11845. Дан равнобедренный треугольник ABC
с основанием BC
. Через точку F
, лежащую на стороне AB
, перпендикулярно AB
проведена прямая, пересекающая сторону AC
в точке E
, а прямую BC
— в точке D
. Докажите, что площадь треугольника AFE
вдвое больше площади треугольника CDE
тогда и только тогда, когда AF=CD
.
Решение. Пусть прямая, проведённая через точку E
, пересекает высоту треугольника ABC
, проведённую из вершины A
, в точке G
, а сторону AB
— в точке K
. Из точек F
и G
отрезок AE
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром AE
. Тогда
\angle CED=\angle AEF=\angle AGF,
а так как
\angle CDE=\angle BDF=90^{\circ}-\angle FBD=\angle FAF,
то треугольники CDE
и FAG
подобны с некоторым коэффициентом k
.
Поскольку G
— середина отрезка EK
, то по теореме о средней линии треугольника высота треугольника AEF
, проведённая из вершины E
, вдвое больше высоты треугольника FAG
, проведённой из вершины G
. Значит,
S_{\triangle AFE}=2S_{\triangle FAG}.
Следовательно,
S_{\triangle AFE}=2S_{\triangle CDE}~\Leftrightarrow~S_{\triangle FAG}=S_{\triangle CDE}~\Leftrightarrow~k=1~\Leftrightarrow~CD=AF.
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1982, № 7, задача 662, с. 218