Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16411
2026-02-17 
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 3946).
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
$S\leq\frac{1}{2}BC\cdot DF=BD\cdot DF\leq2S'.$
Следовательно, $S'\geq\frac{1}{2}S$.
Заметим, что равенство достигается, когда $DE\perp BC$
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 3946).
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
$S\leq\frac{1}{2}BC\cdot DF=BD\cdot DF\leq2S'.$
Следовательно, $S'\geq\frac{1}{2}S$.
Заметим, что равенство достигается, когда $DE\perp BC$
