Подобие и площади

Намечаем маршрут площадей

Пусть $S_{ABC} = S$. Наш маршрут площадей: $ABC \to ABM \to AKM$.

Переходим от $ABC$ к $ABM$ (Факт 1)

Так как $BM$ — медиана, точка $M$ делит $AC$ пополам. Следовательно, $AM = \dfrac{5}{2} = 2{,}5$. Треугольники $ABM$ и $ABC$ имеют общую вершину $B$ и основания на одной прямой (Факт 1):

Применяем свойство биссектрисы в $\triangle ABM$

Теперь рассмотрим $\triangle ABM$. Отрезок $AK$ является в нём биссектрисой угла $A$ (так как лежит на $AL$). По свойству биссектрисы для $\triangle ABM$:

Находим долю $KM$ от $BM$

Нам нужна площадь $\triangle AKM$. Треугольники $AKM$ и $ABM$ имеют общую вершину $A$ и основания $KM$ и $BM$ на одной прямой. Найдём долю $KM$ от всего отрезка $BM$. Раз $BK:KM = 8:5$, то весь отрезок $BM$ составляет $8+5=13$ частей, а $KM$ — $5$ частей. Значит, $\dfrac{KM}{BM} = \dfrac{5}{13}$.

Считаем искомую площадь

Применяем Факт 1:

Ответ: $\dfrac{5}{26}$.

Намечаем маршрут площадей

Наш маршрут: $ABC \to ANC \to AOC$.

Переходим от $ABC$ к $ANC$ (Факт 1)

Треугольники $ANC$ и $ABC$ имеют общую вершину $A$. Так как $BN:NC = 3:1$, то отрезок $NC$ составляет $\dfrac{1}{4}$ от всего $BC$.

Добываем отношение $AO:ON$ теоремой Менелая

Для перехода от $ANC$ к $AOC$ нужно знать отношение $\dfrac{AO}{ON}$. Найдём его с помощью теоремы Менелая. Рассмотрим $\triangle ABN$ и прямую $M-O-C$, которая пересекает его стороны $AB$ и $AN$, а также продолжение стороны $BN$ за точку $N$. Запишем теорему Менелая, стартуя из вершины $A$:

Подставляем известные отношения. $AM:MB = \dfrac{1}{2}$. Так как $BN:NC = 3:1$, то весь $BC$ содержит 4 части, значит $\dfrac{BC}{CN} = \dfrac{4}{1}$.

Считаем искомую площадь

Мы выяснили, что $NO:OA = 1:2$. Следовательно, отрезок $AO$ составляет $\dfrac{2}{3}$ от всего отрезка $AN$. Применяем Факт 1 для треугольников $AOC$ и $ANC$ (общая вершина $C$):

Ответ: 10.

Находим положение точки $B_1$ по теореме Чевы

Обозначим $S_{ABC} = S$.

По теореме Чевы найдём положение точки $B_1$:

Следовательно, $AB_1$ составляет $\dfrac{1}{7}$ от стороны $AC$.

Выражаем $S_{AP B_1}$ через $S_{APC}$ (Факт 1)

Нам нужна площадь $\triangle AP B_1$. Выразим её через площадь $\triangle APC$ (Факт 1, общая вершина $P$):

Осталось найти $S_{APC}$.

Связываем $S_{APC}$ и $S_{APB}$

Вспомним полезное следствие из Факта 1: отношение площадей треугольников $APB$ и $APC$ равно отношению отрезков $BA_1$ к $A_1C$. Действительно, $\dfrac{S_{ABA_1}}{S_{ACA_1}} = \dfrac{BA_1}{A_1C}$ и $\dfrac{S_{PBA_1}}{S_{PCA_1}} = \dfrac{BA_1}{A_1C}$. Вычитая площади, получаем:

Находим $S_{APB}$ через теорему Менелая

Найдём $S_{APB}$. Перейдём к нему от $S_{ABA_1}$. $S_{ABA_1} = \dfrac{1}{4} S$ (так как $BA_1 = \dfrac{1}{4} BC$). Чтобы найти долю $S_{APB}$ от $S_{ABA_1}$, применим теорему Менелая к $\triangle ABA_1$ и прямой $C-P-C_1$:

Значит, $PA$ составляет $\dfrac{2}{5}$ от отрезка $AA_1$. Тогда $S_{APB} = \dfrac{2}{5} S_{ABA_1} = \dfrac{2}{5} \cdot \dfrac{1}{4} S = \dfrac{1}{10} S$.

Собираем ответ по цепочке

Возвращаемся по цепочке назад: $S_{APC} = 3 S_{APB} = \dfrac{3}{10} S$. $S_{AP B_1} = \dfrac{1}{7} S_{APC} = \dfrac{1}{7} \cdot \dfrac{3}{10} S = \dfrac{3}{70} S$.

Ответ: $\dfrac{3}{70}$.

Доказываем подобие и находим коэффициент

Так как $A_1C_1 \parallel AC$, треугольник $A_1BC_1$ подобен треугольнику $ABC$ (Ситуация 1: общий угол $B$, равные соответственные углы при параллельных). Коэффициент подобия равен отношению сходственных сторон, отсчитанных от вершины $B$:

Применяем Факт 3: квадрат коэффициента

По Факту 3 площади подобных треугольников относятся как квадрат коэффициента:

Отсюда площадь малого треугольника:

Вычитаем и получаем площадь трапеции

Трапеция $AA_1C_1C$ — это весь треугольник без отсечённого малого:

Ответ: $63$.

Доказываем подобие треугольников у оснований

Треугольники $BOC$ и $AOD$ подобны: углы при $O$ равны (вертикальные), углы $OBC$ и $ODA$ равны как накрест лежащие при $BC \parallel AD$ и секущей $BD$. Коэффициент подобия равен отношению оснований:

Находим площадь $AOD$ (Факт 3)

По Факту 3 (квадрат коэффициента):

Находим площади боковых треугольников (Факт 4)

По Факту 4 боковые треугольники $ABO$ и $CDO$ равновелики. Их общую площадь найдём как среднее геометрическое площадей $BOC$ и $AOD$ (это свойство трапеции; проще всего — через Факт 1). Треугольники $BOC$ и $DOC$ имеют общую вершину $C$ и основания $BO$, $OD$ на одной прямой $BD$, причём $BO:OD = k = 3:7$ (то же подобие). Значит:

И симметрично $S_{ABO} = 21$.

Складываем четыре площади

Складываем все четыре треугольника:

Ответ: $100$.

Находим высоту как среднее геометрическое проекций

Здесь чертёж совпадает с конфигурацией «Высота прямоугольного треугольника к гипотенузе» выше: $m = AH = 4$, $n = HB = 9$.

По соотношению $h^2 = m\cdot n$ находим высоту:

Считаем площадь через гипотенузу и высоту

Вся гипотенуза равна $AB = AH + HB = 4 + 9 = 13$. Площадь через гипотенузу и высоту к ней:

(Проверка через катеты: $AC^2 = AH\cdot AB = 4\cdot 13 = 52$, $BC^2 = HB\cdot AB = 9\cdot 13 = 117$, тогда $S = \dfrac{1}{2}AC\cdot BC = \dfrac{1}{2}\sqrt{52}\cdot\sqrt{117} = \dfrac{1}{2}\sqrt{52\cdot 117} = \dfrac{1}{2}\sqrt{6084} = \dfrac{1}{2}\cdot 78 = 39$ — совпадает.)

Ответ: $39$.