11905. В треугольнике ABC
со сторонами 13, 14 и 15 H
, M
и L
— точки пересечения высот, медиан и биссектрис соответственно. Найдите площадь треугольника HML
.
Ответ. \frac{1}{24}
.
Решение. Пусть AB=13
, AC=14
, BC=15
; BK
, BQ
и BN
— соответственно высота, биссектриса и медиана треугольника ABC
; S
— его площадь, R
— радиус окружности с центром O
, описанной около треугольника ABC
.
По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509)
\frac{AQ}{QC}=\frac{AB}{BC}=\frac{13}{15},
поэтому
AQ=\frac{13}{28}AB=\frac{13}{28}\cdot14=\frac{13}{2},
а так как в любом треугольнике ABC
биссектриса AQ
лежит между высотой BK
и медианой BN
(см. задачу 784), а AQ\gt AK
, то
NQ=AN-AQ=7-\frac{13}{2}=\frac{1}{2}.
Поскольку
AC=14=\frac{13+15}{2}=\frac{AB+BC}{2},
ML\parallel AC
(см. задачу 2898), значит,
ML=\frac{2}{3}NQ=\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{3}.
По формуле Герона, находим, что S=84
, поэтому
BK=\frac{2S}{AC}=\frac{2\cdot84}{14}=12,
R=\frac{AB\cdot BC\cdot AC}{4S}=\frac{13\cdot15\cdot14}{4\cdot84}=\frac{65}{8}
(см. задачу 4269).
Из прямоугольного треугольника ONC
находим, что
ON=\sqrt{OC^{2}-CN^{2}}=\sqrt{R^{2}-CN^{2}}=\sqrt{\left(\frac{65}{8}\right)^{2}-7^{2}}=\frac{33}{8}.
Расстояние от вершины треугольника до точки пересечения высот вдвое больше расстояния от центра описанной окружности до противоположной стороны треугольника (см. задачу 1257), поэтому
BH=2ON=2\cdot\frac{33}{8}=\frac{33}{4}.
Пусть прямая ML
пересекает высоту BK
в точке F
. Тогда
HF=|BF-BH|=\left|\frac{2}{3}BK-BH\right|=\left|\frac{2}{3}\cdot12-\frac{33}{4}\right|=\frac{1}{4}.
Следовательно,
S_{\triangle HML}=\frac{1}{2}ML\cdot HF=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{4}=\frac{1}{24}.