Олимпиада имени Леонарда Эйлера2008-2009 учебный год, I тур заключительного этапа

В треугольнике $ABC$ стороны $AB$ и $BC$ равны. Точка $D$ внутри треугольника такова, что угол $ADC$ вдвое больше угла $ABC$. Докажите, что удвоенное расстояние от точки $B$ до прямой, делящей пополам углы, смежные с углом $ADC$, равно $AD+DC$. ( С. Берлов )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.    
Решение. Пусть $l$ — биссектриса углов, смежных с углом $ADC$, точка $K$ — проекция $B$ на $l$, а точки $B'$ и $C'$ симметричны соответственно точкам $A$, $B$ и $C$ относительно $l$. Тогда $BB' = 2BK $ — как раз удвоенное расстояние от $B$ до $l$. Кроме того, точка $D$ лежит на отрезке $AC'$ (так как прямые $DA$ и $DC$ симметричны относительно $l$), и $AC' = AD+DC' = AD+DC$. Далее, из той же симметрии получаем $\angle AC'B' = \angle DC'B' = \angle DCB$, $\angle BB'C' = \angle B'BC$. Пусть отрезки $BB'$ и $AC'$ пересекаются в точке $O$. Из прямоугольного треугольника $OKD$ получаем $\angle BOC' = \angle KOD = 90 ^\circ - \angle ODK = (180 ^\circ - \angle CDC')/2 = \angle ADC/2 = \angle ABC$. Значит, $$\angle ABB' = \angle ABC - \angle B'BC = \angle BOC' - \angle OB'C = \angle OC'B'.$$ Аналогично, $$\angle BAO = \angle BOC' - \angle ABO = \angle ABC - \angle ABO = \angle B'BC = \angle BB'C'.$$ Таким образом, треугольники $ABO$ и $B'C'O$ равны по стороне и двум прилежащим углам. Отсюда $BB' = BO+OB' = C'O+OA = AC' = AD+DC$, что и требовалось.

Возьмем точку $E$ как пересечение расстояния от точки $B$ с биссектрисой углов смежных с углом $ADC$.Удвоим $BE$ и обозначим конец отрезка как $B'$,так что $BE=EB'$.

Продолжим $CD$ и возьмем на ней такую точку $A'$ , что $A'D=AD$

Возьмем $BB' \cap CD=F , BB' \cap AD=H $

Возьмем $\angle ABC=\alpha \Rightarrow \angle ADC=2\alpha $

$ \angle FDH= 180 - 2\alpha , DE$ - биссектриса $\angle FDH \Rightarrow \angle FDE=\angle EDH=90 - \alpha$

$BE$ - расстояние $ \Rightarrow BE \bot ED \Rightarrow \angle FED=\angle HED=90^\circ $

$ ED=ED , \angle FED=\angle HED , \angle FDE=\angle EDH \Rightarrow \triangle FDE=\triangle HDE $

$ \triangle FDE=\triangle HDE \Rightarrow FD=HD , FE=HE , \angle DFH=\angle DHF=180-90-(90-\alpha)=\alpha $

$ \angle DFH=\angle BFA' , \angle DHF=\angle AHB' \Rightarrow \angle DFH=\angle BFA'=\angle DHF=\angle AHB'=\alpha $

$ BE=EB' , EF=EH \Rightarrow BE-EF=EB'-EH \Rightarrow BF=HB' $

$ AD=A'D , DF=DH \Rightarrow AD-DF=A'D-DH \Rightarrow AH=A'F $

$ \angle BFA'=\angle AHB' , BF=HB' , AH=A'F \Rightarrow \triangle BFA'=\triangle B'HA $

$ \triangle BFA'=\triangle B'HA \Rightarrow A'B=AB' $

$ AD=A'D , DF=DH , FA'=HA ,$ По Теореме Фалеса $ FH \parallel A'A $

$ FH \parallel A'A ; B,F,H,B'$ на одной линии $\Rightarrow BB' \parallel A'A $

$ BB' \parallel A'A ; A'B=AB' \Rightarrow B'AA'B$ - Равнобокая трапеция

$ B'AA'B$ - Равнобокая трапеция $\Rightarrow AB=A'B' \Rightarrow AB=A'B'=BC $

$ B'AA'B$ - Равнобокая трапеция $\Rightarrow \angle AA'B'=\angle ABB' $

$ \angle AA'B'=\angle ABB' , \angle AA'C=\angle ABC \Rightarrow \angle AA'C-\angle AA'B'=\angle ABC-\angle ABB' \Rightarrow \angle B'A'C=\angle B'BC $

$ \angle B'A'C=\angle B'BC \Rightarrow B'A'BC$ - вписанный

$ B'A'BC$ - вписанный $\Rightarrow \angle A'B'B=\angle A'CB $

$ \angle B'A'C=\angle B'BC ; \angle A'B'B=\angle A'CB ; A'B' = BC \Rightarrow \triangle A'FB'=\triangle BFC $

$ \triangle A'FB'=\triangle BFC \Rightarrow A'F=BF ; B'F=CF $

$ A'F=BF ; B'F=CF \Rightarrow A'F+CF=BF+B'F $

$ A'F+CF=A'C ; BF+B'F=BB' \Rightarrow A'C=BB' $

$ A'C=AD+DC \Rightarrow AD+DC=BB' $

Ч.Т.Д

Во первых у вас много опечаток и не нерничайте а то так нервно пишете