Қалалық Жәутіков олимпиадасы 7 сынып, 2006 жыл

$ABC$ үшбұрышында $AF$ медианасы жүргізілген. $D$ — $AF$ кесіндісінің ортасы, ал $E$ — $CD$ түзуінің $AB$ қабырғасымен қиылысу нүктесі. Сонда $BD=BF=CF$ болды. $AE=DE$ екенін дәлелдеңдер.

Комментарий/решение

1) Введем систему координат. Точка $F(0;0)$ - начало координат, ось иксов направлена сонаправлено $\overrightarrow{FB}$, ось игреков - перпендикулярно $\overrightarrow{FB}$.

2) Пусть $BF=a$, тогда по условию $BC = BF = a$ и $B(a;0);C(-a;0)$

3) Пусть $D(b;c)$ . По условию $DF=DA$. Значит $A(2b;2c)$;

4) Для выяснения координат точки $E$ нужно решить систему $E = CE \cap BA$

Вектор $\overrightarrow{CD}:$

$$\overrightarrow{CD} = (x_D-x_C;y_D-y_C)=(b+a;c)$$

Чтобы написать уравнение прямой $CE$, нужно задать вектор, перпендикулярный вектору $\overrightarrow{CD}$

5) Теорема: вектору $\overrightarrow{a}=(x;y)$ перпендикулярен вектор $\overrightarrow{b}=(-y;x)$

6) Согласно (5), $\overrightarrow{n_{CD}} = (-c;b+a)$

Уравнение прямой $CD$

$$CE:\;\;\;\;-c\cdot x + (b+a)\cdot y + CONST_{CE} = 0$$

Подстановка точки $A(-a;0)$

$$CE:\;\;\;\;-c\cdot (-a) + (b+a)\cdot 0 + CONST_{CE} = 0\rightarrow CONST_{CE} =-c\cdot a $$

Окончательно

$$\boxed{CE:\;\;\;\;-c\cdot x + (b+a)\cdot y -c\cdot a= 0 }$$

7) Вектор $\overrightarrow{AB}:$

$$\overrightarrow{AB} = (x_B-x_A;y_B-y_A)=(a-2b;-2c)$$

Чтобы написать уравнение прямой $AB$, нужно задать вектор, перпендикулярный вектору $\overrightarrow{AB}$

$\overrightarrow{n_{AB}} = (2c;a-2b)$

Уравнение прямой $AB$

$$AB:\;\;\;\;2c\cdot x + (a-2b)\cdot y + CONST_{AB} = 0$$

Подстановка точки $B(a;0)$

$$AB:\;\;\;\;2c\cdot a + (a-2b)\cdot 0 + CONST_{AB} = 0\rightarrow CONST_{AB} =-2c\cdot a $$

Окончательно

$$\boxed{AB:\;\;\;\;2c\cdot x + (a-2b)\cdot y -2c\cdot a= 0 }$$

8) Собственно решение системы уравнений

$$\begin{equation*} \begin{cases} -c\cdot x + (b+a)\cdot y -c\cdot a= 0 \\ 2c\cdot x + (a-2b)\cdot y -2c\cdot a= 0 \end{cases}\end{equation*}$$

Домножим первое уравнение на 2, сложим их

$$\begin{equation*} \begin{cases} -2c\cdot x + (2b+2a)\cdot y -2c\cdot a= 0 \\ 2c\cdot x + (a-2b)\cdot y -2c\cdot a= 0 \end{cases}\end{equation*}$$

Результат : $\boxed{x_E = \dfrac{a}{3} + \dfrac{4}{3}\cdot b;y_E = \dfrac{4c}{3} }$

9) Нужно получить связь между $a,b,c$. Её можно получить вычислив квадрат длины отрезка $BD$. С одной стороны $BD^2 = a^2$ (см. условие). С другой стороны, по теореме Пифагора,

$$BD^2 = (x_B-x_D)^2+(y_B-y_D)^2 = (a-b)^2+c^2$$

$$a^2-2ab+b^2+c^2=a^2\rightarrow \boxed{-2ab+b^2+c^2=0}$$

10) Заключительный штрих: сравним $AE^2$ и $DE^2$

$$DE^2 = (x_E-x_D)^2+(y_E-y_D)^2 = \left(\dfrac{a}{3} + \dfrac{4}{3}\cdot b-b\right)^2+\left(\dfrac{4c}{3}-c\right)^2$$

$$DE^2 = \dfrac{a^2+b^2+c^2+2\cdot a\cdot b}{9}$$

$$AE^2 = (x_E-x_A)^2+(y_E-y_A)^2 = \left(\dfrac{a}{3} + \dfrac{4}{3}\cdot b-2b\right)^2+\left(\dfrac{4c}{3}-2c\right)^2$$

$$AE^2 = \dfrac{a^2+4b^2+4c^2-4\cdot a\cdot b}{9}$$

Используя связь (9), имеем

$$AE^2-DE^2 = \dfrac{3b^2+3c^2-6ab}{9}=\dfrac{3(b^2+c^2-2ab)}{9}=0$$

То есть, $AE = DE$

Мне кажется что эта задача должно решаться легче. Это же 7-класс. Скорее всего здесь должно быть дополнительное построение.

Полностью, абсолютно согласен. Просто я пока что не сумел разглядеть это дополнительное построение. Скорее всего, тут будет фигурировать пересечение медиан, ведь точка $E$ делит отрезок $AB$ в отношении 2 к 1

Треугольники $ABD, CDF$ равны по двум сторонам $CF=BD, AD=DF$ и $\angle ADB = \angle CDF$ так как треугольник $BDF$ равнобедренный, рассмотрим параллелограмм $ BDCG$ где $AD=DF=FG$ треугольники $BGF=ABD$ по трем сторонам , тогда $\angle EAD = \angle BAD = \angle BGF = \angle EDA$ то есть $AD=DE$ .

Можете сказать, если не сложно, почему $\angle ADB =\angle CDF$? Я просто не понял. Они же не вертикальные

Matov, У вас небольшая опечатка

Вы пишите "треугольники $BDF=ABD$ по трём сторонам, тогда..."

А правильно было бы "треугольники $BGF=ABD$ по трём сторонам, тогда..."

А само решение классное, мне понравилось

заявляю что это самый добрый человек матола

Жаль что КТО-ТО очень сильно любит гнобить его