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

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 $\angle BCF = \angle ACD$