Математикадан облыстық олимпиада, 2003-2004 оқу жылы, 9 сынып

Периметрі $BC$ қабырғасының ұзындығынан 7 есе үлкен $ABC$ үшбұрышында $AB < AC$ екені белгілі. Үшбұрышқа іштей сызылған шеңбер $BC$ қабырғасын $E$ нүктесінде жанайды, ал осы шеңбердің $DE$ диаметрі $A$ төбесінен түсірілген медиананы $F$ нүктесінде қияды. Олай болса, $DF:FE$ қатынасын табыңыз.

Комментарий/решение

Если $AB<AC$ и $AB+AC=6BC$ то $\angle B > 90^{\circ}$ , проведем высоту $AH$ из точки $A$ на сторону $BC$ , так как $DE \perp BC$ получим что $DE || AH$ , из подобия треугольников $MEF, MAH$ получим $\dfrac{FE}{AH} = \dfrac{ME}{MH}$ , докажем что $\dfrac{ME}{MH} = \dfrac{1}{6}$ , преобразовав получим $\dfrac{BE+BH}{ME}=5$ , положим что $N$ точка касания окружности со стороной $AC$ , получим что $AN=\dfrac{5BC}{2}$ , тогда $EM=AC-3BC$ , тогда $BE = \dfrac{BC}{2}-EM = \dfrac{7BC-2AC}{2}$ , тогда $BH=-AB*cos \angle B$ , тогда получим соотношение которое надо доказать $3BC-AB = \dfrac{BC-2AB \cdot cos \angle B}{12}$ , откуда $cos \angle B = \dfrac{12AB-35BC}{2AB}$ , которая следует из теоремы косинусов .

Найдем соотношение $\dfrac{FE}{r}$ , так как $FE=\dfrac{AH}{6}$ , с одной стороны $S_{ABC} = \dfrac{BC \cdot AH}{2}$ , но с другой $S_{ABC} = p \cdot r = \dfrac{7BC}{2} \cdot r$ , то есть $\dfrac{FE}{r}=\dfrac{7}{6}$ или $\dfrac{FE}{DE}=\dfrac{7}{12}$ , значит $\dfrac{DE}{DF}=\dfrac{12}{5}$.