$\vartriangle ABC$ 中，$AB=360$，$BD=507$，$AC=720$，$BM$，$BD$ 分别为中线与角平分线，点 $F\in BC$ 满足 $BD\bot DF$．记 $S=DF\bigcap BM$，设 $\frac{DE}{EF}\text{=}\frac{m}{n}$，这里 $m,n\in {{\mathbf{Z}}^{+}}$，$\left( m,n \right)=1$．求 $m+n$．
【难度】
【出处】
2003年第21届美国数学邀请赛Ⅰ（AIMEⅠ）
【标注】
【答案】
289
【解析】
令 $AB=c$，$BC=a$，$AC=b$，由于 $a>c$，故点 $F$ 在边 $BC$ 上．设 $l$ 为过点 $A$ 且与 $DF$ 平行的直线，它分别交 $BD$，$BE$，$BC$ 于点 ${{D}^{\prime }}$，${{e}^{\prime}}$，${{F}^{\prime }}$．由于 $A{{F}^{\prime }}\parallel DF$，故 $\frac{m}{n}=\frac{DE}{EF}=\frac{{{D}^{\prime}}{{E}^{\prime }}}{{{E}^{\prime }}{{F}^{\prime }}}$．在 $\vartriangle AB{{F}^{\prime}}$ 中，$B{{D}^{\prime}}$ 为高且为角平分线，故 $\vartriangle AB{{F}^{\prime }}$ 是以 $B{{F}^{\prime }}\text{=}BA\text{=}c$ 为两腰的等腰三角形，因此 $A{{D}^{\prime}}={{D}^{\prime }}{{F}^{\prime }}$，故 $\frac{A{{E}^{\prime}}}{{{E}^{\prime }}{{F}^{\prime }}}=\frac{A{{D}^{\prime }}+{{D}^{\prime}}{{E}^{\prime }}}{{{E}^{\prime }}{{F}^{\prime }}}=\frac{{{D}^{\prime}}{{F}^{\prime }}+{{D}^{\prime }}{{E}^{\prime }}}{{{E}^{\prime }}{{F}^{\prime }}}=\frac{{{E}^{\prime}}{{F}^{\prime }}+2{{D}^{\prime }}{{E}^{\prime }}}{{{E}^{\prime }}{{F}^{\prime}}}=1+\frac{2m}{n}$．
如图21-3所示，延长 $BM$ 至 $N$，使得 $BM=MN$，连接 $AN$，$CN$，则四边形 $ABCN$ 为平行四边形，因为其两条对角线 $AC$，$BN$ 互相平分．易见 $\vartriangle A{{E}^{\prime}}N\text{ }\!\!\tilde{ }\!\!\text{ }\vartriangle {{F}^{\prime }}{{E}^{\prime}}B$，因此
$1+\frac{2m}{n}=\frac{A{{E}^{\prime}}}{{{E}^{\prime }}{{F}^{\prime }}}=\frac{AN}{{{F}^{\prime}}B}=\frac{BC}{AB}=\frac{a}{c}$，故 $\frac{m}{n}=\frac{a-c}{2c}=\frac{507-360}{720}=\frac{49}{240}$．因此 $m+n=289$．
如图21-3所示，延长 $BM$ 至 $N$，使得 $BM=MN$，连接 $AN$，$CN$，则四边形 $ABCN$ 为平行四边形，因为其两条对角线 $AC$，$BN$ 互相平分．易见 $\vartriangle A{{E}^{\prime}}N\text{ }\!\!\tilde{ }\!\!\text{ }\vartriangle {{F}^{\prime }}{{E}^{\prime}}B$，因此
$1+\frac{2m}{n}=\frac{A{{E}^{\prime}}}{{{E}^{\prime }}{{F}^{\prime }}}=\frac{AN}{{{F}^{\prime}}B}=\frac{BC}{AB}=\frac{a}{c}$，故 $\frac{m}{n}=\frac{a-c}{2c}=\frac{507-360}{720}=\frac{49}{240}$．因此 $m+n=289$．
答案
解析
备注
