13410. В треугольнике
ABC
проведена медиана
AD
. На отрезке
AC
выбрана точка
E
, а на луче
DE
— точка
F
, причём
\angle ABC=\angle AED
и
AF\parallel BC
. Докажите, что из отрезков
BD
,
DF
и
AF
можно составить треугольник, площадь которого не меньше половины площади треугольника
ABC
.
Решение. Пусть прямые, проведённые через точку
D
параллельно
AB
и
AC
, пересекают прямую
AF
в точках
X
и
Y
соответственно,
K
— точка пересечения
AB
и
DY
, а
L
— точка пересечения
AC
и
DX
. Обозначим
\angle ABC=\angle AED=\alpha
,
\angle BDY=\beta
. Тогда, поскольку
ALDK
— параллелограмм, то по теореме о внешнем угле треугольника
\angle ALD=\angle AKD=\alpha+\beta,

поэтому
\angle FDX=\angle EDL=\angle ALD-\angle AED=

=(\alpha+\beta)-\alpha=\beta=\angle BDY=\angle FYD.

Значит,
DF
— касательная к описанной окружности треугольника
XDY
(см. задачу 144).
По теореме о касательной и секущей, учитывая, что
AX=BD=CD=AY
, получаем
FD^{2}=FX\cdot FY=(FA-AX)(FA+AY)=

=(FA-AX)(FA+AX)=FA^{2}-AX^{2}=FA^{2}-BD^{2}.

Таким образом,
FD^{2}+BD^{2}=FA^{2}
. Следовательно, из отрезков
BD
,
DF
и
AF
можно составить прямоугольный треугольник. Его площадь
S'
равна половине произведения катетов, т. е.
\frac{1}{2}FD\cdot BD
.
Треугольники
ABC
и
BFC
с общим основанием
BC
и равными высотами равновелики. Пусть их площади равны
S
. Тогда
S\leqslant\frac{1}{2}BC\cdot DF=BD\cdot DF\leqslant2S'.

Следовательно,
S'\geqslant\frac{1}{2}S
.
Заметим, что равенство достигается, когда
DE\perp BC
.
Примечание. Заметим, из условия
DE\perp BC
следует, что
\angle B-\angle C=90^{\circ}
.
Действительно, обозначим
\angle ACB=\gamma
. Треугольник
BFC
равнобедренный (
FB=FC
), так как его медиана
DF
является высотой. Треугольник
AFB
тоже равнобедренный, так как в рассматриваемом случае
FA=FB
. Значит, точки
A
,
B
и
C
лежат на окружности с центром
F
. Центральный угол
AFB
вдвое больше вписанного угла
ACB
, т. е.
\angle AFB=2\gamma
. Пусть
BP
и
FQ
— высоты равнобедренного треугольника
AFB
. Тогда
\angle ABP=\angle AFQ=\gamma.

Следовательно,
\angle B=\angle ABC=\angle ABP+\angle PBD=\gamma+90^{\circ}=\angle C+90^{\circ},

т. е.
\angle B-\angle C=90^{\circ}
.
Верно и обратное: если
\angle B-\angle C=90^{\circ}
, то
DE\perp BC
.
Действительно, если
\angle ABP=\angle ACB=\gamma
, то угол при вершине
F
равнобедренного треугольника
AFB
равен
2\gamma
. Тогда точка
C
лежит на окружности с центром
F
(см. задачу 2900). В равнобедренном треугольнике
BFC
медиана
FD
является высотой, следовательно,
DE\perp BC
.