Республиканская олимпиада по математике, 2015 год, 9 класс

В треугольнике $ABC$ точка $N$ — основание биссектрисы угла $B$, а точка $M$ — середина стороны $AC$. На отрезке $BN$ нашлись точки $A_1$ и $C_1$ такие, что $NA=NA_1$ и $NC=NC_1$. Прямые $AA_1$ и $CC_1$ пересекаются в точке $E$. Прямая $ME$ пересекает отрезок $BC$ в точке $F$. Докажите равенство $AB+BF=CF$. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

Если $D=N$, получаем что $\Delta ANA_{1} ; \Delta CNC_{1}$ - равнобедренные ,положим что углы $\angle BAC = A, \angle ABC = \angle B$. Получим что $NA_{1}A=\dfrac{2 \angle A+\angle B}{4} , NC_{1}C=90^\circ - \dfrac{2A+B}{4}$ , откуда угол $\angle AEC = 90^\circ$ , так же треугольник $\Delta AME; \Delta MEC$ равнобедренные , так как $ME=\dfrac{AC}{2}$ как медиана проведенная к гипотенузе , откуда $\angle NA_{1}A= \angle AEM$ , $\angle MFC = \dfrac{\angle B}{2}$. Значит $FM || BN$ , теперь можно доказать к примеру так , из за параллельности , получим

$CF=\dfrac{AC \cdot sin(\angle A+\dfrac{\angle B}{2}}{2 \cdot sin \dfrac{\angle B}{2}}$ и $AB=\dfrac{AC \cdot sin(\angle A+\angle B)}{sin \angle B}$, осталось показать что

$sin(\angle A+\angle B) + sin \angle A = 2sin(\angle A+\dfrac{\angle B}{2}) \cdot cos(\dfrac{\angle B}{2})$

что в свою очередь верное тождество.

Решение. $∠A_1 AN=\frac 1 2∠BNC,∠C_1 CN=\frac 1 2∠BNA=>∠AEC=90°$. $\triangle AME$ – равнобедренный $=>ME∥NA_1$.

Проведем $AA'∥BN$ до пересечения с $BC$. $\triangle ABA'$ равнобедренный, $F$ – середина $A' C=> AB+BF=A' F=CF$.

Отличное решение

Легко заметить что $\angle{AEC}=90$, и $BN \parallel FM$, пусть f' симметрична f относительно m, тогда $AF'=CF$, $K$ точка пересечения $BN$ с $AF'$. Из параллельности $AB=AK$ и так как $BFKF'$ - параллелограм то $KF' = BF, \Rightarrow AK + KF' = AB + BF = CF$