如图，$6$ 个正方形构成的图形中，外围三个正方形的面积分别为 $72,73,85$，则内侧三个正方形围成的三角形面积为_______．
答案 $11$．
解析 如图，设 $\triangle ABC$ 的三边分别为 $a,b,c$，则注意到 $\angle CAB$ 与 $\angle FAE$ 互补，$\angle ABC$ 与 $\triangle DBI$ 互补，$\angle BCA$ 与 $\angle GCH$ 互补．
在 $\triangle AEF,\triangle BDI,\triangle CHG$ 中应用余弦定理，有\[\begin{cases} b^2+c^2+2bc\cos A=p,\\ c^2+a^2+2ca\cos B=q,\\ a^2+b^2+2ab\cos C=r,\end{cases}\]其中 $p=EF^2$，$q=DI^2$，$r=GH^2$．在 $\triangle ABC$ 中应用余弦定理，代入上述方程组，可得\[\begin{cases} 2b^2+2c^2-a^2=p,\\ 2c^2+2a^2-b^2=q,\\ 2a^2+2b^2-c^2=r,\end{cases} \implies a^2+b^2+c^2=\dfrac 13(p+q+r),\]于是\[(a^2,b^2,c^2)=\left(\dfrac {-p+2q+2r}9,\dfrac{2p-q+2r}9,\dfrac{2p+2q-r}9\right),\]应用海伦公式，可得三角形 $ABC$ 的面积\[\begin{split} [ABC]&=\dfrac14\sqrt{2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2-(a^4+b^4+c^4)}\\ &=\dfrac{1}{12}\sqrt{2pq+2qr+2rp-(p^2+q^2+r^2)},\end{split}\]将 $p=72$，$q=85$，$r=73$ 代入，即得 $[ABC]=11$．
解法二
过 $G,H$ 分别作 $FE,DI$ 的平行线，并交于点 $Q$，连接 $QC,QD,QE$，如图．
由于 $GQ$ 与 $FE$，$GC$ 与 $FA$ 均平行且相等，因此 $CQ$ 与 $AE$ 也平行且相等．而 $QE,GF,CA$ 平行且相等．在平移变换 $\overrightarrow {QC}$ 下，有\[ \triangle FAE\to \triangle GCQ,\quad \triangle BDI\to \triangle CQH,\quad \triangle QED\to \triangle CAB,\]而\[[ABC]=\dfrac 12\sin \angle CAB\cdot AB\cdot AC=\dfrac 12\sin\angle EAF\cdot AE\cdot AF=[AEF],\]同理，有\[[ABC]=[BDI]=[CGH],\]因此\[[QGH]=[CQG]+[CGH]+[CHQ]=3[ABC],\]也即 $\triangle ABC$ 的面积是以三个正方形的边长为边长的三角形面积的 $\dfrac 13$，进而可以求得三角形 $ABC$ 面积为 $11$．
注意到 $72=6^2+6^2$，$73=3^2+8^3$，$85^2=2^2+9^2$，因此可以构造以下矩形求出以 $\sqrt{72},\sqrt{73},\sqrt{85}$ 为边长的三角形面积，为\[8\cdot 9-\dfrac 12(6\cdot 6+2\cdot 9+3\cdot 8)=11.\]
