18065. На сторонах BC
, CA
и AB
остроугольного треугольника ABC
как на диаметрах построены вне треугольника ABC
полуокружности. Продолжения высот SD
, BE
и CF
треугольника пересекают эти полуокружности в точках A'
, B'
и C'
соответственно. Известно что площади треугольников BA'C
, CB'A
и AB'C
равны 5, 6 и 7. Найдите площадь треугольника ABC
.
Ответ. \sqrt{110}
.
Указание. Докажите что сумма квадратов площадей треугольников BA'C
, CB'A
и AB'C
равна квадрату площади треугольника ABC
.
Решение. Пусть углы при вершинах A
, B
и C
треугольника ABC
равны \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно.
Поскольку A'D
— высота прямоугольного треугольника BA'C
, проведённая из вершины прямого угла, то A'D^{2}=BD\cdot DC
(см. задачи 1689 и 2728). Тогда
S_{\triangle BA'C}^{2}=\left(\frac{1}{2}BC\cdot DA'\right)^{2}=\frac{1}{4}BC^{2}\cdot A'D^{2}=\frac{1}{4}BC^{2}\cdot BD\cdot DC,
поэтому
\frac{S_{\triangle BA'C}^{2}}{S_{\triangle ABC}^{2}}=\frac{\frac{1}{4}BC^{2}\cdot BD\cdot DC}{\frac{1}{4}BC^{2}\cdot AD^{2}}=\frac{BD\cdot DC}{AD^{2}}=\frac{BD}{AD}\cdot\frac{DC}{AD}=\tg\beta\tg\gamma.
Аналогично,
\frac{S_{\triangle CB'A}^{2}}{S_{\triangle ABC}^{2}}=\tg\gamma\tg\alpha~\mbox{и}~\frac{S_{\triangle AB'C}^{2}}{S_{\triangle ABC}^{2}}=\tg\alpha\tg\gamma.
Известно, что
\tg\alpha\tg\beta+\tg\beta\tg\gamma+\tg\gamma\tg\alpha=1
(см, задачу 6860). Значит,
\frac{S_{\triangle BA'C}^{2}}{S_{\triangle ABC}^{2}}+\frac{S_{\triangle CB'A}^{2}}{S_{\triangle ABC}^{2}}+\frac{S_{\triangle AB'C}^{2}}{S_{\triangle ABC}^{2}}=\tg\alpha\tg\beta+\tg\beta\tg\gamma+\tg\gamma\tg\alpha=1.
Значит,
S_{\triangle BA'C}^{2}+S_{\triangle CB'A}^{2}+S_{\triangle AB'C}^{2}=S_{\triangle ABC}^{2}.
Следовательно,
S_{\triangle ABC}=\sqrt{S_{\triangle BA'C}^{2}+S_{\triangle CB'A}^{2}+S_{\triangle AB'C}^{2}}=\sqrt{5^{2}+6^{2}+7^{2}}=\sqrt{110}.
Источник: Международная математическая олимпиада Naboj. — 2022, задача 52