11465. Медианы треугольника ABC
пересекаются в точке M
. На прямой, проходящей через точку A
параллельно BC
, выбрана точка D
так, что \angle CMD=90^{\circ}
. Площадь четырёхугольника AMCD
равна S
. Докажите, что AB\cdot CD\geqslant2S
.
Решение. Пусть C_{1}
— середина стороны AB
. Продлим медиану из точки C
и отметим на ней такую точку E
, что CM=ME
. Тогда DM
является медианой и высотой в треугольнике CDE
и, значит, CD=DE
.
Поскольку точка пересечения медиан делит их в отношении 2:1
, верно равенство ME=CM=2MC_{1}
, поэтому C_{1}
— середина отрезка ME
. Следовательно, AMBE
— параллелограмм. Тогда треугольники AC_{1}M
и BC_{1}E
равны, а треугольники AME
и AEB
равновелики. Кроме того, S_{\triangle AME}=S_{\triangle AMC}
, так как у треугольников AMC
и AME
совпадают высоты и равны основания. Таким образом,
S_{\triangle AMC}=S_{\triangle AME}=S_{\triangle AEB}.
Поскольку прямые AD
и BC
параллельны, S_{\triangle ACD}=S_{\triangle ABD}
. Следовательно,
S_{AMCD}=S_{\triangle ACD}+S_{\triangle AMC}=S_{\triangle ABD}+S_{\triangle AEB}=S_{AEBD}.
Но удвоенная площадь любого четырёхугольника не превосходит произведения длин его диагоналей (следствие из 3018), поэтому
2S=2S_{AMCD}=2S_{AEBD}\leqslant AB\cdot DE=AB\cdot CD.
Что и требовалось доказать.