10052. В квадрате ABCD
точки E
и F
— середины сторон BC
и CD
соответственно. Отрезки AE
и BF
пересекаются в точке G
. Что больше: площадь треугольника AGF
или площадь четырёхугольника GECF
?
Ответ. S_{\triangle AFG}\gt S_{CEGF}
.
Решение. Обозначим площадь треугольника AGF
через S_{1}
, а площадь четырёхугольника GECF
через S_{2}
. Пусть площадь квадрата равна S
, тогда
S_{1}+S_{2}+S_{\triangle ABE}+S_{\triangle ADF}=S.
Учитывая, что
S_{\triangle ABE}=S_{\triangle ADF}=\frac{1}{4}S,
получим:
S_{1}+S_{2}=\frac{1}{2}S.
Тогда
S_{1}=\frac{1}{2}S-S_{2}.
Далее можно рассуждать по-разному.
Первый способ. Составим и преобразуем разность:
S_{1}-S_{2}=\left(\frac{1}{2}S-S_{2}\right)-S_{2}=\frac{1}{2}S-2S_{2}=2\left(\frac{1}{4}S-S_{2}\right)=2(S_{\triangle BCF}-S_{2})\gt0.
Следовательно, S_{1}\gt S_{2}
, т. е. S_{\triangle AFG}\gt S_{CEGF}
.
Второй способ. Пусть сторона квадрата равна 2a
, т. е. S=4a^{2}
. Тогда S_{1}+S_{2}=2a^{2}
. Найдём S_{3}=S_{\triangle BEG}
(рис. 2). Заметим, что прямоугольные треугольники ABE
и BCF
равны (по двум катетам). Пусть \angle BAE=\angle FBC=\alpha
. Тогда \angle ABG=90^{\circ}-\alpha
, значит, AE\perp BF
.
Из треугольника ABE
находим, что
AE=a\sqrt{5},~\sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{5}},~BG=AB\sin\alpha=\frac{2a}{\sqrt{5}}.
Тогда
S_{3}=\frac{1}{2}BF\cdot BG\sin\alpha=\frac{1}{2}\cdot a\cdot\frac{2a}{\sqrt{5}}\cdot\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{a^{2}}{5}.
Следовательно,
S_{2}=S_{\triangle BCF}-S_{3}=a^{2}-\frac{a^{2}}{5}=\frac{4a^{2}}{5}.
Тогда
S_{1}=2a^{2}-S_{2}=\frac{6a^{2}}{5}.
Таким образом S_{1}\gt S_{2}
, т. е. S_{\triangle AFG}\gt S_{CEGF}
.
Примечание. Возможны также рассуждения, которые позволяют выразить S_{1}
и S_{2}
через сторону квадрата, использующие подобие, теорему Менелая, и пр.
Источник: Всероссийская олимпиада школьников. — 2015-2016, XLII, окружной этап, 11 класс