2221. В треугольнике ABC
сторона AB
равна стороне BC
. Пусть D
— основание перпендикуляра, опущенного из B
на сторону AC
, E
— точка пересечения биссектрисы угла BAC
со стороной BC
. Через точку E
проведён перпендикуляр к AE
до пересечения с продолжением стороны AC
в точке F
(C
между F
и D
). Известно, что AD=m
, FC=\frac{m}{4}
. Найдите площадь треугольника ABC
.
Ответ. \frac{5m^{2}\sqrt{11}}{7}
.
Решение. Пусть P
— точка пересечения прямых AB
и EF
, а L
— точка пересечения прямой, проведённой через точку E
параллельно AC
, со стороной AB
.
Треугольник ALE
равнобедренный (AL=LE
), так как
\angle AEL=\angle FAE=\angle EAL,
Значит, CE=AL=EL
.
Треугольник FAP
также равнобедренный (AP=AF
), так как его биссектриса AE
является высотой. Значит, E
— середина FP
, а EL
— средняя линия треугольника FAP
. Тогда
AL=EL=\frac{1}{2}AF=\frac{1}{2}(AD+DC+CF)=\frac{1}{2}\left(m+m+\frac{1}{4}m\right)=
=\frac{1}{2}\left(m+m+\frac{1}{4}m\right)=\frac{9}{8}m.
Пусть Q
— точка проекция точки L
на сторону AC
. Тогда отрезок AQ
— проекция боковой стороны AL
равнобедренной трапеции ALEC
на её основание AC
, поэтому
AQ=\frac{AC-LE}{2}=\frac{2m-\frac{9}{8}m}{2}=\frac{7}{16}m
(см. задачу 1921). Из прямоугольного треугольника ALQ
находим, что
LQ=\sqrt{AL^{2}-AQ^{2}}=\sqrt{\left(\frac{9}{8}m\right)^{2}-\left(\frac{7}{16}m\right)^{2}}=\frac{5m\sqrt{11}}{16}.
Прямоугольные треугольники ADB
и AQL
подобны с коэффициентом
k=\frac{AD}{AQ}=\frac{m}{\frac{7}{16}m}=\frac{16}{7},
поэтому
BD=kLQ=\frac{16}{7}\cdot\frac{5m\sqrt{11}}{16}=\frac{5m\sqrt{11}}{7}.
Следовательно,
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AF\cdot BD=m\cdot\frac{5m\sqrt{11}}{7}=\frac{5m^{2}\sqrt{11}}{7}.