2220. На биссектрисе острого угла AOC
взята точка B
. Через точку B
проведена прямая, перпендикулярная к OB
и пересекающая сторону AO
в точке K
, а сторону OC
— в точке L
. Через точку B
проведена ещё одна прямая, пересекающая сторону AO
в точке M
(M
— между O
и K
), сторону OC
— в точке N
, причём \angle MON=\angle MNO
. Известно, что MK=a
, LN=\frac{3a}{2}
. Найдите площадь треугольника MON
.
Ответ. \frac{75a^{2}\sqrt{7}}{16}
.
Указание. Обозначьте угол AOC
через \alpha
и примените теорему синусов к треугольникам MBK
и LBN
.
Решение. Обозначим \angle MON=2\alpha
. Тогда
\angle KMB=4\alpha,~\angle OKB=90^{\circ}-\alpha,~\angle MBK=\angle LBN=90^{\circ}-3\alpha,~\angle MNO=2\alpha.
Применив теорему синусов к треугольникам MBK
и LBN
, получим, что
\frac{MK}{\sin\angle MBK}=\frac{KB}{\sin\angle BMK},~\frac{LN}{\sin\angle LBN}=\frac{BL}{\sin\angle BNL},
или
\frac{a}{\cos3\alpha}=\frac{BK}{\sin4\alpha},~\frac{\frac{3a}{2}}{\cos3\alpha}=\frac{BL}{\sin2\alpha}.
Из этих равенств следует, что
\frac{\sin4\alpha}{\sin2\alpha}=\frac{3}{2},~\mbox{или}~\cos2\alpha=\frac{3}{4}.
Поэтому
\sin2\alpha=\frac{\sqrt{7}}{4},~\sin\alpha=\frac{1}{2\sqrt{2}},~\cos\alpha=\frac{\sqrt{7}}{2\sqrt{2}},~\sin4\alpha=\frac{3\sqrt{7}}{8},
\cos3\alpha=\cos2\alpha\cos\alpha-\sin2\alpha\sin\alpha=\frac{\sqrt{7}}{4\sqrt{2}}.
Тогда
BK=\frac{a\sin4\alpha}{\cos3\alpha}=\frac{3a\sqrt{2}}{2},~OL=\frac{BL}{\sin\alpha}=\frac{BK}{\sin\alpha}=\frac{\frac{3a\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{4}}=6a.
Пусть MF
— высота треугольника MON
. Тогда
MF=FN\tg2\alpha=\frac{5a\sqrt{7}}{4}.
Следовательно,
S_{\triangle MON}=\frac{1}{2}ON\cdot FM=\frac{75a^{2}\sqrt{7}}{16}.