17801. Дан треугольник ABC
, в котором \angle B=60^{\circ}
, \angle C=90^{\circ}
и AB=1
. Вне этого треугольника построены равносторонние треугольники BCP
, CAQ
и ABR
. Отрезки QR
и AB
пересекаются в точке T
. Найдите площадь треугольника PRT
.
Ответ. \frac{9\sqrt{3}}{32}
.
Решение. Заметим, что
BC=\frac{1}{2},~AC=\frac{\sqrt{3}}{2},~\angle QAT=60^{\circ}+30^{\circ}=90^{\circ},
\angle QCP=360^{\circ}-\angle ACQ-\angle ACB-\angle BCP=360^{\circ}-60^{\circ}-90^{\circ}-60^{\circ}=150^{\circ},
а так как
\angle TBR+\angle ABC+\angle CBP=180^{\circ},
то точки P
, B
и R
лежат на одной прямой.
Заметим, что
\angle QAT=60^{\circ}+30^{\circ}=90^{\circ},
то
S_{\triangle AQT}=\frac{1}{2}AQ\cdot AT=\frac{\sqrt{3}}{2}AT~\mbox{и}~S_{\triangle ART}=\frac{1}{2}AR\cdot AT\sin60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}AT,
то S_{\triangle AQT}=S_{\triangle ART}
, поэтому T
— середина отрезка QR
, а S_{\triangle PRT}=\frac{1}{2}S_{\triangle PQR}
. Кроме того,
S_{\triangle ABC}=\frac{\sqrt{3}}{8},~S_{\triangle ABR}=\frac{AB^{2}\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{4},~S_{\triangle BCP}=\frac{BC^{2}\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{16},
S_{\triangle ACQ}=\frac{AC^{2}\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{3}}{16},~S_{\triangle CPQ}=\frac{1}{2}CP\cdot CQ\sin150^{\circ}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{8},
S_{\triangle AQR}=\frac{1}{2}AQ\cdot AR\sin150^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{8}.
Следовательно,
S_{\triangle PRT}=S_{\triangle QRT}=\frac{1}{2}S_{\triangle PQR}=
=\frac{1}{2}\left(S_{\triangle ABC}+S_{\triangle ABR}+S_{\triangle BCP}+S_{\triangle ACQ}+S_{\triangle CPQ}-S_{\triangle AQR}\right)=
=\frac{1}{2}\left(\frac{\sqrt{3}}{8}+\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{\sqrt{3}}{16}+\frac{3\sqrt{3}}{16}+\frac{\sqrt{3}}{16}-\frac{\sqrt{3}}{8}\right)=\frac{9\sqrt{3}}{32}.
Источник: Математические олимпиады Гонконга. — 2005, задача 9