Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16487
2026-02-19 
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 4834).
Поскольку угол $CAE$ тупой как смежный с острым углом $BAC$, то диагональ $CE$ параллелограмма $ACNE$ больше его диагонали $AM$ (см. задачу 5447), т.е. $CE\gt AN$. В треугольнике $ACE$ медиана $AM$ не меньше биссектрисы $AF$, т.е. $AM\leq AF$. Следовательно,
$CE\gt AN=2AM\leq2AF=2CD.$
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 т.к. $BC=CD+BD$, то
$CD\cdot BD\leq\left(\frac{CD+BD}{2}\right)^{2}=\frac{BC^{2}}{4}.$
Значит, если $AH$ - высота треугольника $ABC$, то
$\frac{CE}{CD}=\frac{BC\cdot\frac{AD}{BD}}{CD}=\frac{BC\cdot AD}{CD\cdot BD}\geq\frac{BC\cdot AD}{\frac{BC^{2}}{4}}=\frac{4AD}{BC}=\frac{4}{BC}\cdot AD\geq\frac{4}{BC}\cdot AH=\frac{4}{BC}\cdot BHtg\angle ABC=\frac{4}{BC}\cdot\frac{BC}{2}tg\angle ABC=2tg\angle ABC\gt2tg45^{\circ}=2$
(т.к. угол при основании остроугольного равнобедренного треугольника больше $45^{\circ}$). Следовательно, $CE\gt2CD$. Что и требовалось доказать
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 4834).
Поскольку угол $CAE$ тупой как смежный с острым углом $BAC$, то диагональ $CE$ параллелограмма $ACNE$ больше его диагонали $AM$ (см. задачу 5447), т.е. $CE\gt AN$. В треугольнике $ACE$ медиана $AM$ не меньше биссектрисы $AF$, т.е. $AM\leq AF$. Следовательно,
$CE\gt AN=2AM\leq2AF=2CD.$
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 т.к. $BC=CD+BD$, то
$CD\cdot BD\leq\left(\frac{CD+BD}{2}\right)^{2}=\frac{BC^{2}}{4}.$
Значит, если $AH$ - высота треугольника $ABC$, то
$\frac{CE}{CD}=\frac{BC\cdot\frac{AD}{BD}}{CD}=\frac{BC\cdot AD}{CD\cdot BD}\geq\frac{BC\cdot AD}{\frac{BC^{2}}{4}}=\frac{4AD}{BC}=\frac{4}{BC}\cdot AD\geq\frac{4}{BC}\cdot AH=\frac{4}{BC}\cdot BHtg\angle ABC=\frac{4}{BC}\cdot\frac{BC}{2}tg\angle ABC=2tg\angle ABC\gt2tg45^{\circ}=2$
(т.к. угол при основании остроугольного равнобедренного треугольника больше $45^{\circ}$). Следовательно, $CE\gt2CD$. Что и требовалось доказать
