2219. В прямоугольном треугольнике ABC
угол ACB
— прямой. Пусть E
— точка пересечения биссектрисы угла ABC
со стороной AC
. Точка D
— середина стороны AB
, O
— точка пересечения отрезков BE
и CD
. Через точку O
проведён перпендикуляр к BO
до пересечения со стороной BC
в точке F
. Известно, что FC=b
, OC=\frac{3b}{2}
. Найдите площадь треугольника ABC
.
Ответ. \frac{8b^{2}\sqrt{11}}{5}
.
Указание. Обозначьте \angle ABC=2\alpha
и примените теорему синусов к треугольнику OCF
.
Решение. Обозначим \angle ABC=2\alpha
. Тогда
\angle DCB=2\alpha,~\angle OBC=\alpha,~\angle OFC=90^{\circ}+\alpha,~\angle COF=90^{\circ}-3\alpha.
По теореме синусов из треугольника COF
находим:
\frac{OC}{\sin\angle OFC}=\frac{CF}{\sin\angle COF}~\Rightarrow~\frac{3}{2b\cos\alpha}=\frac{b}{\cos3\alpha}~\Rightarrow~3\cos3\alpha=2\cos\alpha~\Rightarrow~
~\Rightarrow~3(\cos2\alpha\cos\alpha-\sin2\alpha\sin\alpha)=2\cos\alpha~\Rightarrow~3(2\cos2\alpha-1)=2
(так как \cos\alpha\ne0
). Поэтому \cos2\alpha=\frac{5}{6}
.
Пусть K
— проекция точки O
на BC
. Из прямоугольного треугольника COK
находим, что
CK=OC\cos2\alpha=\frac{3b}{2}\cdot\frac{5}{6}=\frac{5b}{4},
OK=OC\sin2\alpha=\frac{3b}{2}\cdot\frac{\sqrt{11}}{6}=\frac{b\sqrt{11}}{4}.
Тогда
BK=\frac{OK^{2}}{FK}=\frac{11b}{4},~BC=KC=\frac{11b}{4}+\frac{5b}{4}=4b.
Поэтому
AC=BC\tg2\alpha=\frac{4b\sqrt{11}}{5}.
Следовательно,
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}BC\cdot AC=\frac{1}{2}\cdot4b\cdot4b\cdot\frac{\sqrt{11}}{5}=\frac{8b^{2}\sqrt{11}}{5}