Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16524
2026-02-19 
Дан неравнобедренный треугольник $ABC$ единичной площади. На стороне $AC$ отмечены точки $C_{1}$ и $C_{2}$, а на стороне $AB$ - точки $B_{1}$ и $B_{2}$, причём $AC_{1}=C_{1}C_{2}=C_{2}C$ и $AB_{1}=B_{1}B_{2}=B_{2}B$. Найдите площадь четырёхугольника, образованного пересечениями прямых $BC_{1}$, $BC_{2}$, $CB_{1}$ и $BC_{2}$ (см. рисунок)
Решение:
Лемма. Если точки $B'$ и $C'$ лежат на сторонах соответственно $AC$ и $AB$ треугольника $ABC$, а отрезки $BB'$ и $CC'$ пересекаются в точке $O$, то
$\frac{BO}{OB'}=\frac{BC'}{C'A}\left(\frac{AB'}{B'C}+1\right).$
Доказательство.
$\frac{BO}{OB'}=\frac{S_{\Delta ABO}}{S_{\Delta AB'O}}=\frac{S_{\Delta CBO}}{S_{\Delta CB'O}}=\frac{S_{\Delta ABO}+S_{\Delta CBO}}{S_{\Delta AC'O}}=\frac{S_{\Delta CBO}}{S_{\Delta ACO}}\left(\frac{S_{\Delta ABO}}{S_{\Delta CBO}}+1\right)=\frac{BC'}{C'A}\left(\frac{AB'}{B'C}+1\right).$
Лемма доказана.
Рассмотрим теперь четырёхугольник $PQRS$, о котором говорится в условии задачи. По лемме
$\frac{BP}{PC_{1}}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}+1\right)=\frac{3}{4},~\frac{BQ}{QC_{1}}=2\left(\frac{1}{2}+1\right)=3,$
поэтому
$BP=\frac{3}{7}BC_{1},~QC_{1}=\frac{1}{4}BC_{1},$
$PQ=\left(1-\frac{3}{7}-\frac{1}{4}\right)BC_{1}=\frac{9}{28}BC_{1}.$
Значит, $BP:PQ:QC_{1}=12:9:7$.
Аналогично,
$\frac{BS}{SC_{2}}=\frac{1}{2}(2+1)=\frac{3}{2},~\frac{BR}{RC_{2}}=2(2+1)=6,$
поэтому
$BS=\frac{3}{5}BC_{2},~RC_{2}=\frac{1}{7}BC_{2},$
$RS=\left(1-\frac{3}{5}-\frac{1}{7}\right)BC_{2}=\frac{9}{35}BC_{2}.$
Значит, $BS:SR:RC_{2}=21:9:5$. Тогда
$S_{\Delta BPS}=\frac{BP}{BQ}\cdot\frac{BS}{BR}S_{\Delta BQR}=\frac{12}{21}\cdot\frac{21}{30}S_{\Delta BQR}=\frac{2}{5}S_{\Delta BQR},$
Следовательно,
$S_{PQRS}=\frac{3}{5}S_{\Delta BQR}=\frac{3}{5}\cdot\frac{BQ}{BC_{1}}\cdot\frac{BR}{BC_{2}}S_{\Delta BC_{1}C_{2}}=\frac{3}{5}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{6}{7}\cdot\frac{1}{3}=\frac{9}{70}$.
Дан неравнобедренный треугольник $ABC$ единичной площади. На стороне $AC$ отмечены точки $C_{1}$ и $C_{2}$, а на стороне $AB$ - точки $B_{1}$ и $B_{2}$, причём $AC_{1}=C_{1}C_{2}=C_{2}C$ и $AB_{1}=B_{1}B_{2}=B_{2}B$. Найдите площадь четырёхугольника, образованного пересечениями прямых $BC_{1}$, $BC_{2}$, $CB_{1}$ и $BC_{2}$ (см. рисунок)
Решение:
Лемма. Если точки $B'$ и $C'$ лежат на сторонах соответственно $AC$ и $AB$ треугольника $ABC$, а отрезки $BB'$ и $CC'$ пересекаются в точке $O$, то
$\frac{BO}{OB'}=\frac{BC'}{C'A}\left(\frac{AB'}{B'C}+1\right).$
Доказательство.
$\frac{BO}{OB'}=\frac{S_{\Delta ABO}}{S_{\Delta AB'O}}=\frac{S_{\Delta CBO}}{S_{\Delta CB'O}}=\frac{S_{\Delta ABO}+S_{\Delta CBO}}{S_{\Delta AC'O}}=\frac{S_{\Delta CBO}}{S_{\Delta ACO}}\left(\frac{S_{\Delta ABO}}{S_{\Delta CBO}}+1\right)=\frac{BC'}{C'A}\left(\frac{AB'}{B'C}+1\right).$
Лемма доказана.
Рассмотрим теперь четырёхугольник $PQRS$, о котором говорится в условии задачи. По лемме
$\frac{BP}{PC_{1}}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}+1\right)=\frac{3}{4},~\frac{BQ}{QC_{1}}=2\left(\frac{1}{2}+1\right)=3,$
поэтому
$BP=\frac{3}{7}BC_{1},~QC_{1}=\frac{1}{4}BC_{1},$
$PQ=\left(1-\frac{3}{7}-\frac{1}{4}\right)BC_{1}=\frac{9}{28}BC_{1}.$
Значит, $BP:PQ:QC_{1}=12:9:7$.
Аналогично,
$\frac{BS}{SC_{2}}=\frac{1}{2}(2+1)=\frac{3}{2},~\frac{BR}{RC_{2}}=2(2+1)=6,$
поэтому
$BS=\frac{3}{5}BC_{2},~RC_{2}=\frac{1}{7}BC_{2},$
$RS=\left(1-\frac{3}{5}-\frac{1}{7}\right)BC_{2}=\frac{9}{35}BC_{2}.$
Значит, $BS:SR:RC_{2}=21:9:5$. Тогда
$S_{\Delta BPS}=\frac{BP}{BQ}\cdot\frac{BS}{BR}S_{\Delta BQR}=\frac{12}{21}\cdot\frac{21}{30}S_{\Delta BQR}=\frac{2}{5}S_{\Delta BQR},$
Следовательно,
$S_{PQRS}=\frac{3}{5}S_{\Delta BQR}=\frac{3}{5}\cdot\frac{BQ}{BC_{1}}\cdot\frac{BR}{BC_{2}}S_{\Delta BC_{1}C_{2}}=\frac{3}{5}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{6}{7}\cdot\frac{1}{3}=\frac{9}{70}$.
