Математикадан республикалық олимпиада, 2001-2002 оқу жылы, 9 сынып

$ABC$ үшбұрышында $\angle B > 90{}^\circ $ және $AC$ қабырғасындағы қандай да бір $H$ нүктесі үшін $AH=HB$ және де $BH$ түзуі $BC$-ға перпендикуляр. $AB$ және $BC$ қабырғаларының орталарын сәйкесінше $D$ және $E$ деп белгілейік. $H$ арқылы өтетін және $AB$-ға параллель түзу $DE$-ні $F$ нүктесінде қияды. $\angle BCF=\angle ACD$ екенін дәлелдеңіздер.

Комментарий/решение

так как $AH=BH$ , $HF ||AB$ и $DE$ средняя линия $\Delta ABC$ , то значит $\angle ABH= \angle BAH= \angle BHF = \angle FHC$ , то есть $ADFH$ - параллелограмм , откуда $\angle DFH = \angle DAH$.

$\angle HBC=90^{\circ}$ , значит $\angle FBC=90^{\circ}-(90^{\circ}-\angle DAC)=\angle DAC $. Докажем что $\Delta BFC;\Delta ACD$ подобны ,для этого надо показать что $\frac{BF}{AD} = \frac{BC}{AC}$.

Получим что надо показать действительность выполнения тождества $tg \angle DAC = \dfrac{tg2 \angle DAC}{\dfrac{cos2 \angle DAC+1}{cos2 \angle DAC}}$ которое верно , откуда $\angle BCF=\angle ACD$