12362. Медиана BD
треугольника ABC
равна \sqrt{392{,}5}
. Через вершину B
проведена прямая, перпендикулярная стороне AB
. На этой прямой лежит точка O
, \angle BOC=90^{\circ}
. Окружность с центром в точке O
, проходящая через точку A
, пересекает прямую BO
в точках M
и N
. Найдите площадь треугольника MAN
, если MC=5\sqrt{34}
, тангенс угла CAB
равен \frac{7}{9}
.
Ответ. 600.
Решение. Пусть
a=BD=\sqrt{392{,}5}=\sqrt{392+\frac{1}{2}}=\sqrt{\frac{785}{2}},
b=MC=5\sqrt{34},~\alpha=\angle CAB,~\tg\alpha=\frac{7}{9}.
Тогда
\cos\alpha=\frac{1}{1+\tg^{2}\alpha}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{63}{81}}}=\frac{9}{\sqrt{130}}.
По формуле для медианы треугольника (см. задачу 4014)
4BD^{2}=2AB^{2}+2BC^{2}-AC^{2},
AC=\sqrt{2(AB^{2}+BC^{2})-4AC^{2}}=\sqrt{2((AO^{2}-BO^{2})+BC^{2})-4AC^{2}}=
\sqrt{2(AO^{2}+(BC^{2}-BO^{2}))-4AC^{2}}=\sqrt{2(AO^{2}+OC^{2})-4AC^{2}}=
=\sqrt{2(OM^{2}+OC^{2})-4AC^{2}}=\sqrt{2MC^{2}-4AC^{2}}=\sqrt{2b^{2}-4a^{2}}=
=\sqrt{2\cdot25\cdot34-4\cdot\frac{785}{2}}=\sqrt{1700-1570}=\sqrt{130}.
Пусть CP
— высота треугольника ABC
. Четырёхугольник BOCP
— прямоугольник, поэтому
PC=BO,~AP=AC\cos\alpha=\sqrt{130}\cdot\frac{9}{\sqrt{130}}=9,~CP=AC\tg\alpha=9\cdot\frac{7}{9}=7.
Пусть прямые BD
и OC
пересекаются в точке Q
. Обозначим CO=BP=x
. Треугольники CDQ
и ADB
равны по стороне и двум прилежащим к ней углам. Тогда
AB=CQ=AB+BP=9+x,~OQ=OC+CQ=x+(9+x)=2x+9.
По теореме Пифагора
BQ^{2}=BO^{2}+OQ^{2},~\mbox{или}~4BD^{2}=BO^{2}+OQ^{2},
4\cdot\frac{785}{2}=7^{2}+(2x+9)^{2},~1570=49+(2x+9)^{2},
4x^{2}+36x-1440=0,~x^{2}+9x-360=0,
откуда x=15
. Тогда
AB=9+x=24,~AO=OM=\sqrt{MC^{2}-x^{2}}=\sqrt{24\cdot34-15^{2}}=
=\sqrt{850-225}=25,~MN=2OM=50.
Следовательно,
S_{\triangle MAN}=\frac{1}{2}AB\cdot MN=\frac{1}{2}\cdot24\cdot50=600.