13184. Точка D
лежит на продолжении стороны AC
треугольника ABC
, площадь которого равна S
; при этом точка A
находится между D
и C
. Пусть O
— точка пересечения медиан треугольника ABC
. Известно, что площадь треугольника DOC
равна S_{1}
. Выразите площадь треугольника DOB
через S
и S_{1}
.
Ответ. 2S_{1}-\frac{1}{3}S
.
Решение. Пусть K
— середина стороны AC
. Опустим перпендикуляры AA_{1}=h_{1}
, KK_{1}=h
, BB_{1}=h_{2}
и CC_{1}=h_{3}
на прямую DO
. По теореме о средней линии трапеции h=\frac{1}{2}(h_{1}+h_{3})
, а из подобия прямоугольных треугольников KK_{1}O
и BB_{1}O
и теоремы о медианах треугольника (см. задачу 1207) следует, что
h=\frac{OK}{OB}h_{2}=\frac{1}{2}h_{2}.
Значит, h_{1}+h_{3}=h_{2}
. Следовательно,
S_{\triangle DOB}=\frac{1}{2}DO\cdot h_{2}=\frac{1}{2}DO\cdot(h_{1}+h_{3})=\frac{1}{2}DO\cdot h_{1}+\frac{1}{2}DO\cdot h_{3}=
=S_{\triangle DOA}+S_{\triangle DOC}=S_{\triangle DOA}+S_{1}.
В то же время,
S_{\triangle DOA}=S_{\triangle DOC}-S_{\triangle AOC}=S_{1}-\frac{1}{3}S.
Следовательно,
S_{\triangle DOB}=S_{\triangle DOA}+S_{1}=S_{1}-\frac{1}{3}S+S_{1}=2S_{1}-\frac{1}{3}S.