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