Республиканская олимпиада по математике, 2002 год, 9 класс

В треугольнике $ABC$ $\angle B > 90^{\circ}$ и на стороне $AC$ для некоторой точки $H$ $AH=BH$ причем прямая $BH$ перпендикулярна $BC$. Обозначим через $D$ и $E$ середины сторон $AB$ и $BC$ соответственно. Прямая, проведенная через $H$ и параллельная $AB$ пересекает $DE$ в точке $F$. Докажите, что $\angle BCF=\angle ACD.$

Комментарий/решение

1) так как $AH=BH$ , $HF ||AB$ и $DE$ средняя линия $\Delta ABC$ , это значит $\angle ABH= \angle BAH= \angle BHF = \angle FHC$ , то есть $ADFH$ - параллелограмм, получается $\angle DFH = \angle DAH$, так же $AHB$ - равнобедренный, значит $AD=BD=HF$ или $DHFB$ - прямоугольник .

2) $\angle FBC=90^{\circ}-(90^{\circ}-\angle DAC)=\angle DAC $. Докажем что $\Delta BFC;\Delta ACD$ подобны, для этого надо показать что $$\frac{BF}{AD} = \frac{BC}{AC} \Rightarrow \dfrac{DH}{AD} = \dfrac{BC}{AC}$$ но $$tg \angle BAC = \dfrac{DH}{AD}$$ проведем перпендикуляр $TC \perp AC$ где $T \in AB$ подсчетом углов, получим $CB=CT$ тогда $\dfrac{BC}{AC} = \dfrac{TC}{AC} = tg \angle TAC = tg \angle BAC.$

3) Тогда $\angle BCF = \angle ACD$