11878. В треугольнике ABC
угол A
равен 45^{\circ}
, угол B
равен 60^{\circ}
, биссектрисы AE
и CF
пересекаются в точке O
, причём OE=\frac{\sqrt{3}}{3}
. Найдите площадь треугольника AEF
. Результат округлите до десятых (все промежуточные вычисления проводите точно).
Ответ. 0{,}5
.
Решение. Положим \angle A=2\alpha
, \angle C=\gamma
. Пусть OB
и OL
— перпендикуляры к сторонам AB
и BC
соответственно (радиусы вписанной окружности, проведённые в точки касания со сторонами треугольника). Тогда
\angle KOL=180^{\circ}-\angle ABC=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ},
\angle FOE=\angle COA=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ABC=90^{\circ}+30^{\circ}=120^{\circ}=\angle KOL
(см. задачу 4770). Значит,
\angle KOE=\angle KOL-\angle EOL=\angle FOE-\angle EOL=\angle LOF.
Тогда прямоугольные треугольники KOE
и LOF
равны по катету и прилежащему острому углу, поэтому OF=OE=\frac{\sqrt{3}}{3}
, т. е. треугольник EOF
равнобедренный. Его угол при вершине равен 120^{\circ}
, значит, EF=\sqrt{3}OE=1
.
По теореме синусов \frac{EF}{\sin\angle EAF}=\frac{AF}{\sin\angle AOF}
, откуда
AF=\frac{EF\sin\angle AEF}{\sin\angle EAF}=\frac{EF\sin30^{\circ}}{\sin22{,}5^{\circ}}=\frac{1\cdot\frac{1}{2}}{\sqrt{\frac{1-\cos45^{\circ}}{2}}}=\frac{1}{\sqrt{2-\sqrt{2}}}=\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{\sqrt{2}}.
Пусть EH
— высота треугольника AEF
. Тогда
EH=EF\sin\angle EFH=\sin(30^{\circ}+22{,}5^{\circ})=\sin30^{\circ}\cos22{,}5^{\circ}+\cos30^{\circ}\sin22{,}5^{\circ}=
=\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}=\frac{1}{4}\left(\sqrt{2+\sqrt{2}}+\sqrt{3}\cdot\sqrt{2-\sqrt{2}}\right).
Следовательно,
S_{\triangle AEF}=\frac{1}{2}AF\cdot EH=\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{\sqrt{2}}\cdot\frac{1}{4}\left(\sqrt{2+\sqrt{2}}+\sqrt{3}\cdot\sqrt{2-\sqrt{2}}\right)=
=\frac{1}{8}(1+\sqrt{2}+\sqrt{3}).