13668. Через точку D
, лежащую на боковой стороне AB
равнобедренного треугольника ABC
с основанием BC
, проведена прямая, перпендикулярная AB
. Эта прямая пересекается с AC
в точке F
, а с прямой BC
— в точке E
, причём AD=CE
. Докажите, что площадь треугольника ADF
вдвое больше площади треугольника CFE
.
Решение. Пусть G
— точка, симметричная точке B
относительно D
. Тогда треугольник BEG
равнобедренный, BE=EG
.
По теореме Менелая для треугольника ABC
и прямой DFE
получаем
\frac{BD}{DA}\cdot\frac{AF}{FC}\cdot\frac{CE}{BE}=1,
а так как DA=CE
, то
\frac{BD}{BE}\cdot\frac{AF}{FC}=1,
Аналогично, по теореме Менелая для треугольника BED
и прямой CFA
получаем
\frac{BC}{CE}\cdot\frac{EF}{FD}\cdot\frac{DA}{DB}=1,
а так как DA=CE
, то
\frac{BC}{AB}\cdot\frac{EF}{FD}=1,
Значит,
\frac{BD}{BE}\cdot\frac{AF}{FC}=\frac{BC}{AB}\cdot\frac{EF}{FD},~~\mbox{или}~\frac{BD}{BE}\cdot AF\cdot DF=\frac{BC}{AB}\cdot CF\cdot EF.
Поскольку
S_{\triangle AFD}=\frac{1}{2}AF\cdot FD\sin\angle DFA,~S_{\triangle CFE}=\frac{1}{2}EF\cdot FC\sin\angle EFC,
то достаточно доказать, что
2EF\cdot FC=AF\cdot FD,\mbox{или}~2\cdot\frac{BC}{AB}=\frac{BD}{BE}.
Поскольку 2BD=BG
, то остаётся показать, что \frac{BG}{BE}=\frac{BC}{AB}
, что вытекает из подобия равнобедренных треугольников EGB
и ABC
.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2001, № 2, задача 8 (2000, с. 450), с. 87