11073. В прямоугольнике ABCD
(BC\gt CD
) диагонали AC
и BD
пересекаются в точке O
. Биссектриса угла CAD
пересекает BD
в точке E
. Пусть F
— основание перпендикуляра, опущенного из точки E
на сторону AD
; точка K
— середина AD
. Через точку E
проведён также перпендикуляр к AE
до пересечения с диагональю AC
в точке H
. Найдите площадь ABCD
, если OH=b
, KF=\frac{4}{3}b
.
Ответ. 36\frac{4}{75}b^{2}
.
Решение. Пусть прямая, проведённая через точку E
параллельно AD
, пересекает AO
в точке L
. Треугольник ALE
равнобедренный, так как
\angle AEL=\angle EAD=\angle EAL.
Пусть G
— точка пересечения прямых EH
и AD
. Треугольник AGH
также равнобедренный (AG=AH
), так как его биссектриса AE
является высотой. Значит, E
— середина его основания GH
. Тогда EL
— средняя линия треугольника AGH
, L
— середина отрезка AH
, а AG=2EL
.
Пусть M
— точка пересечения OK
и LE
. Тогда M
— середина LE
, а EMKG
— прямоугольник, поэтому
LM=ME=KF=\frac{4}{3}b.
Тогда
AH=AG=2EL=\frac{16}{3}b,~OL=LH-OH=\frac{8}{3}b-b=\frac{5}{3}b.
Из прямоугольного треугольника OML
находим, что
OM=\sqrt{OL^{2}-LM^{2}}=\sqrt{\frac{25}{9}b^{2}-\frac{16}{9}b^{2}}=b.
Треугольник AOD
подобен треугольнику LOE
с коэффициентом
k=\frac{OA}{OL}=\frac{\frac{5}{3}+\frac{8}{3}b}{\frac{5}{3}b}=\frac{13}{5},
поэтому
AD=\frac{13}{5}LE=\frac{13}{5}\cdot\frac{8}{3}b=\frac{104}{15}b,~OK=\frac{13}{5}OM=\frac{13}{5}b.
Следовательно,
S_{ABCD}=4S_{\triangle AOD}=4\cdot\frac{1}{2}AD\cdot OK=4\cdot\frac{52}{15}b\cdot\frac{13}{5}b=\frac{2704}{75}b^{2}=36\frac{4}{75}b^{2}.
Примечание. См. также статью Я.Суконника и П.Горнштейна «Геометрические решения геометрических задач», Квант, 1979, N9, с.38-43.