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
.
Автор: Кузнецов А. С.
Источник: Олимпиада ФМЛ № 239 (Санкт-Петербург). — 2021, задача 5, 8-9 классы