17105. Медиана BD
и биссектриса AE
треугольника ABC
пересекаются в точке F
, причём AF=3FE
. Медиана BD
равна a
, биссектриса AE
равна b
. Найдите площадь треугольника ABC
.
Ответ. \frac{3ab}{4}
.
Решение. Пусть прямая, проведённая через середину D
стороны AC
параллельно биссектрисе AE
, пересекает сторону BC
в точке M
. Тогда DM
— средняя линия треугольника ACE
, поэтому
DM=\frac{1}{2}AE=\frac{b}{2},
а так как
FE=\frac{1}{4}AE=\frac{b}{4}=\frac{1}{2}DM,
то FE
— средняя линия треугольника BDM
. Следовательно, F
— середина медианы BD
. Таким образом, биссектриса AF
треугольника ABD
является его медианой. Значит, треугольник ABD
равнобедренный, AB=AD
, а AF
— его высота. Значит,
S_{\triangle ABC}=2S_{\triangle ABD}=2\cdot\frac{1}{2}BD\cdot AF=BD\cdot AF=a\cdot\frac{3}{4}b=\frac{3ab}{4}.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический факультет НГУ. — 1976, задача 3, вариант 4
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1976, с. 10, задача 3, вариант 4