$$ 2.{1}^{○}$$. Площади треугольников с одинаковой высотой относятся как длины соответствующих оснований. В частности, если точка  `D` лежит на основании `AC` (рис. 6а), то

`(S_(DBC))/(S_(ABC))=(DC)/(AC)`.

$$ 2.{2}^{○}$$. Площади треугольников с общим углом относятся как произведения сторон, заключающих этот угол (см. рис. 6б):

`(S_(KBL))/(S_(ABC))=(BK*BL)/(BA*BC)`.  

$$ 2.{3}^{○}$$. Площади подобных треугольников относятся как квадраты их

сходственных сторон, т. е. если  `Delta ABC~DeltaA_1B_1C_1`, то `(S_(A_1B_1C_1))/(S_(ABC))=((A_1B_1)/(AB))^2`.

Три медианы треугольника разбивают его на `6` треугольников с общей вершиной и равными площадями.  

Известно, что три медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся в отношении `2:1`, считая от вершины. Пусть `O` - точка пересечения медиан треугольника `DeltaABC` площади `S` (рис. 7а). Надо доказать, что площади всех шести треугольников с верш иной в точке `O`, составляющих треугольник `ABC`, равны между собой, т. е. равны `1/6S`.

Докажем, например, для треугольника `BOM`, что `S_(BOM)=1/6S_(ABC)`.

Точка `M` - середина стороны `BC` (рис. 7б), по утверждению $$ 2.{1}^{○}$$ о сравнении площадей `S_(ABM)=1/2S`. Медиана `BN`, пересекая медиану `AM` в точке `O` (рис. 7в), делит её в отношении `AO:OM=2:1`, т. е. `OM=1/3AM`. По тому же утверждению $$ 2.{1}^{○}$$ площадь треугольника `BOM` составляет `1//3` площади треугольника `ABM`, т. е.

`S_(BOM)=1/3(1/2S)=1/6S`.

Дан треугольник `ABC`. Точка `D` лежит на стороне `AB`, `AD:DB=1:2`, точка `K` лежит на стороне `BC`, `BK:KC=3:2` (рис. 8а). Отрезки `AK` и `CD` пересекаются в точке `O`. Найти отношение площади четырёхугольника `DBKO` к площади треугольника `ABC`.

1. Обозначим `S_(ABC)=S`, `S_(DBKO)=sigma` и `S_(ADO)=a`. По утверждению $$ 2.{1}^{○}$$ имеем `S_(ABK)=a+sigma=3/5S` (так как `BK:BC=3:5`). Площадь `a` треугольника `ADO` найдём как часть площади треугольника `ADC`, зная, что `S_(ADC)=1/3S` (так как `AD:AB=1:3`).

2. Через точку `D` проведём прямую `DL``|\|``AK`. По теореме о пересечении сторон угла параллельными прямыми (`/_ABC`, `DL``|\|``AK`) имеем `(BL)/(LK)=(BD)/(AD)`, откуда `LK=y`. 

По той же теореме (`/_DCB`, `OK``|\|``DL`) получим `(DO)/(DC)=(LK)/(LC)`, `DO=1/3DC`. 

3. Теперь находим `S_(ADO):S_(ADC)=DO:DC`, `a=1/3(1/3S)=1/9S`.

(Можно по теореме Менелая для треугольника `BCD` и секущей `CD:`

`(BK)/(KC)*(CO)/(OD)*(DA)/(AB)=1 iff 3/2*(CO)/(OD)*1/3=1 iff CO=2OD=>OD=1/3DC`).

Находим площадь:  `sigma=3/5S-a=(3/5-1/9)S=22/45S`.

`22/45`.

Найти площадь треугольника, две стороны которого равны `3` и `7`, а медиана к третьей стороне равна `4` (рис. 9).

Пусть `AB=3`, `BC=7`, `AM=MC` и `BM=4`. Достроим треугольник `ABC` до  параллелограмма,  для  этого  на  прямой `BM` отложим  отрезок `MD=BM` и соединим точки: `A` с `D` и `C` с `D`. Противоположные стороны параллелограмма равны: `(DC=AB)` и равны площади треугольников `ABC` и `DBC` (общее  основание `BC` и  равные высоты  из  вершин `A` и `D`).  

В   треугольнике `DBC` известны все три стороны: `BC=7`, `DC=3`, `BD=2BM=8`. 

Находим его площадь  по  формуле Герона:  `p=9`, `S_(BCD)=6sqrt3`.

Значит и `S_(ABC)=6sqrt3`.

В решении этой задачи дополнительным построением получен треугольник, площадь которого равна площади заданного и легко вычисляется по данным задачи. Приведём ещё одну задачу, где сначала вычисляется площадь дополнительно построенной фигуры, а затем легко находится искомая площадь.

Найти площадь треугольника, если его медианы равны `3`, `4` и `5`.

Пусть `O` - точка пересечения медиан треугольника `ABC` (рис. 10) и пусть `m_a=AM=3`, `m_b=BN=4` и `m_c=CP=5`. 

По свойству медиан `AO=2/3m_a`, `CO=2/3m_c` и `ON=1/3m_b`. В треугольнике `AOC` известны две стороны `AO` и `CO` и медиана третьей стороны `ON`. Площадь этого треугольника найдём как в предыдущей задаче.

Достроим треугольник `AOC` до параллелограмма `AOCD`, `S_(AOC)=S_(DOC)`, в треугольнике `DOC` известны три стороны: 

 `DO=2ON=2/3m_b`,  `OC=2/3m_c`,  `DC=AO=2/3m_a`.                                 

Площадь треугольника `DOC` вычисляем по формуле Герона  `S_1=S_(AOC)=S_(DOC)=8/3`.  Сравним теперь площадь треугольника `ABC` (обозначим её `S`) с площадью треугольника `AOC`. Из теоремы 2 о медианах и площадях следует `S_(AOC)=S_(AON)+S_(NOC)=2*1/6S=1/3S`.

Итак,  `S=3`, `S_1=8`.

Найти отношение площади `S` треугольника к площади `S_0` треугольника, составленного из медиан первого.

Рассмотрим рис. 10. В построенном треугольнике `OCD` стороны таковы: `OC=2/3m_c`, `OD=2/3m_b`, `CD=2/3m_a`. Очевидно, что треугольник со сторонами `m_a`, `m_b`, `m_c` подобен (по третьему признаку) треугольнику со сторонами  `2/3m_a`, `2/3m_b`, `2/3m_c`.

Из решения предыдущей задачи следует, что `S_(OCD)=S_1=1/3S` (здесь `S` - площадь треугольника `ABC`). Кроме того, площади подобных треугольников относятся как квадраты сходственных сторон, поэтому `(S_1)/(S_0)=(2/3)^2`. Таким образом, имеем `S_0=9/4S_1=3/4S`,  т. е. 

Из рассуждений в решении Примера 9 следует, что всегда существует треугольник со сторонами, равными медианам данного треугольника, поскольку всегда существует подобный ему треугольник со сторонами `2/3m_a`, `2/3m_b`,  `2/3m_c`. Кроме того, становится ясным план построения треугольника по трём отрезкам, равным его медианам: сначала строится треугольник `OCD` (см. рис. 10) со сторонами `2/3m_a`, `2/3m_b`, `2/3m_c`, затем точка `N` - середина отрезка `OD`, потом точка `A` (из `AN=NC`) и точка `B` (из `OB=OD`). Это построение осуществимо, если существует треугольник `OCD`, т. е. если существует треугольник со сторонами `m_a`, `m_b`, `m_c`. Итак, вывод: три отрезка могут быть медианами некоторого треугольника тогда и только тогда, когда из них можно составить треугольник.

Около окружности радиуса `sqrt3` описан треугольник. Найти его площадь, если одна из его сторон точкой касания делится на отрезки `9` и `5`.

Пусть `AP=9`, `PC=5` (рис. 11) и пусть `BM=x`. По свойству касательных `AM=AP`, `CN=CP` и `BN=BM`, поэтому стороны треугольника таковы: `AC=14`, `AB=9+x`, `BC=5+x`, тогда `p=14+x`.  (Заметим, что `p=AC+BM`!). По формулам площади (3) и (4) имеем: `S=pr=(14+x)sqrt3` и `S=sqrt((14+x)x*5*9)`. Приравниваем правые части, возводим в квадрат, приводим подобные члены, получаем `x=1`.  Вычисляем площадь треугольника:

`S=pr=(14+1)*sqrt3=15sqrt3`.

В треугольнике `ABC` угол `C` равен `varphi`, `AC=b`, `BC=a` (рис. 12). Доказать, что биссектриса `CD` равна `(2ab)/(a+b) cos  varphi/2`.

Обозначим `CD=x`. Очевидно, что `S_(ABC)=S_(ACD)+S_(DCB)`. По формуле (2) `S_(ABC)=1/2 ab sin  varphi`, `S_(ACD)=1/2 bx sin  varphi/2`, `S_(BDC)=1/2 ax sin  varphi/2`. Таким образом, имеем: `1/2 ab sin  varphi=1/2(a+b)x sin  varphi/2`. Используем формулу синуса двойного угла `sin varphi=2sin  varphi/2 cos  varphi/2`, получим: 

называется окружность, касающаяся одной из сторон треугольника и продолжений двух других сторон. Таких окружностей, очевидно, три (рис. 13). Их радиусы обычно обозначаются `r_a`, `r_b`, `r_c` в зависимости от того, какой стороны окружность касается.

Вневписанная окружность касается стороны `a=BC` треугольника `ABC` (рис. 14). Доказать, что `S_(ABC)=r_a(p-a)`, где `2p=a+b+c`.

Центр окружности `I_a` лежит на пересечении биссектрисы угла `A` и биссектрис внешних углов при вершинах `B` и `C`.  Легко видеть, что если `D`, `F` и `E` - точки касания, то `I_aD=I_aF=I_aE=r_a`.

Считаем площадь `S_0` четырёхугольника `ABI_aC`:

`S_0=S_(ABC)+S_(BCI_a)`  и `S_0=S_(ABI_a)+S_(ACI_a)`,  откуда

`S_(ABC)=S_(ABI_a)+S_(ACI_a)-S_(BCI_a)=1/2 cr_a+1/2br_a-1/2ar_a=`

`=r_a (c+b-a)/2=r_a(2p-2a)/2=r_a(p-a)`.                 

Итак,