18257. Дан прямоугольный треугольник ABC
с прямым углом при вершине A
и катетами AB=48
и AC=36
. Вне треугольника на каждой его стороне как на диаметре построены полуокружности. Точки D
, E
и F
— середины полуокружностей с диаметрами BC
, AC
и AB
соответственно. Найдите площадь треугольника DEF
.
Ответ. 1764.
Указание. Докажите, что точки E
, A
и F
лежат на одной прямой, а DA
— высота треугольника DEF
.
Решение. Обозначим BC=a
, AC=b
и AB=c
. Из равнобедренных прямоугольных треугольников AEC
и AFB
находим
AE=AC\cos45^{\circ}=\frac{b\sqrt{2}}{2},~AF=AB\cos45^{\circ}=\frac{c\sqrt{2}}{2}.
Поскольку D
— середина дуги BC
окружности с диаметром BC
, луч AD
— биссектриса прямого угла ABC
, а так как
\angle EAD=\angle EAC+\angle CAD=45^{\circ}+45^{\circ}=\angle BAF+\angle DAF=\angle FAD,
то точки E
, A
и F
лежат на одной прямой, поэтому DA
— высота треугольника DEF
, а также
EF=AE+AF=\frac{b\sqrt{2}}{2}+\frac{c\sqrt{2}}{2}=\frac{(b+c)\sqrt{2}}{2}.
Пусть O
— середина BC
(т. е. центр полуокружности с диаметром BC
), H
— проекция точки D
на прямую AB
, а K
— точка пересечения прямой EO
, параллельной AB
, с прямой DH
. Поскольку \angle KDO=\angle ABC
как углы с соответственно перпендикулярными сторонами, то прямоугольные треугольники KDO
и ABC
подобны, причём коэффициент подобия равен \frac{OD}{CB}=\frac{1}{2}
. Значит, KD=\frac{1}{2}AB=\frac{c}{2}
, а так как KH=\frac{1}{2}AC=\frac{b}{2}
, то
DH=DK+KH=\frac{c+b}{2}.
Тогда из равнобедренного треугольника ABD
находим, что
AD=\frac{DH}{\cos45^{\circ}}=DH\sqrt{2}=\frac{(b+c)\sqrt{2}}{2}=EF.
Следовательно,
S_{\triangle DEF}=\frac{1}{2}EF\cdot DA=\frac{1}{2}\cdot\left(\frac{(b+c)\sqrt{2}}{2}\right)^{2}=\frac{(b+c)^{2}}{2}=\frac{(36+48)^{2}}{2}=\frac{84^{2}}{2}=42\cdot84=1764.
Источник: Чешско-австрийско-польско-словацкий турнир (CAPS). — 2018, задача WE11, с. 5