13486. Дан остроугольный равнобедренный треугольник ABC
, D
— произвольная точка на его основании BC
. Прямая, проведённая через точку C
параллельно AD
, пересекает прямую AB
в точке E
. Докажите, что CE\gt2AD
.
Решение. Первый способ. Пусть прямая, проведённая через вершину A
, пересекает прямую CE
в точке F
. Тогда ADCF
— параллелограмм, поэтому AF=BC
. На продолжении медианы AM
треугольника ACE
отложим отрезок MN=AM
. Тогда ACNE
— тоже параллелограмм. Кроме того, AF
— биссектриса треугольника ACE
(см. задачу 1174).
Поскольку угол CAE
тупой как смежный с острым углом BAC
, то диагональ CE
параллелограмма ACNE
больше его диагонали AM
(см. задачу 1864), т. е. CE\gt AN
. В треугольнике ACE
медиана AM
не меньше биссектрисы AF
, т. е. AM\leqslant AF
. Следовательно,
CE\gt AN=2AM\leqslant2AF=2CD.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Треугольник CEB
подобен треугольнику DAB
, поэтому
\frac{CE}{AD}=\frac{BC}{BD}~\Rightarrow~CE=BC\cdot\frac{AD}{BD},
а так как BC=CD+BD
, то
CD\cdot BD\leqslant\left(\frac{CD+BD}{2}\right)^{2}=\frac{BC^{2}}{4}.
Значит, если AH
— высота треугольника ABC
, то
\frac{CE}{CD}=\frac{BC\cdot\frac{AD}{BD}}{CD}=\frac{BC\cdot AD}{CD\cdot BD}\geqslant\frac{BC\cdot AD}{\frac{BC^{2}}{4}}=\frac{4AD}{BC}=\frac{4}{BC}\cdot AD\geqslant
\geqslant\frac{4}{BC}\cdot AH=\frac{4}{BC}\cdot BH\tg\angle ABC=\frac{4}{BC}\cdot\frac{BC}{2}\tg\angle ABC=
=2\tg\angle ABC\gt2\tg45^{\circ}=2
(так как угол при основании остроугольного равнобедренного треугольника больше 45^{\circ}
). Следовательно, CE\gt2CD
. Что и требовалось доказать.