3327. Площадь трапеции ABCD
равна 90. Диагонали пересекаются в точке O
, отрезки, соединяющие середину P
основания AD
с вершинами B
и C
, пересекаются с диагоналями трапеции в точках M
и N
. Найдите площадь четырёхугольника OMPN
, если одно из оснований трапеции вдвое больше другого.
Ответ. 10 или 4.
Решение. Пусть AD=2BC
(рис. 1). Четырёхугольники ABCP
и BCDP
— параллелограммы, поэтому M
и N
— середины BP
и CP
, значит, CM
и BN
— медианы треугольника BPC
.
Пусть h
— высота трапеции. Положим BC=a
, AD=2a
. Тогда
S_{ABCD}=\frac{a+2a}{2}h=\frac{3}{2}ah=90,~ah=60.
Следовательно,
S_{OMPN}=\frac{1}{3}S_{\triangle BPC}=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}ah=\frac{1}{6}\cdot60=10.
Рассмотрим случай, когда BC=2AD
(рис. 2). Пусть h
— высота трапеции. Положим BC=2a
, AD=a
, AM=3t
. Тогда ah=60
.
Треугольник AOD
подобен треугольнику COB
с коэффициентом \frac{AD}{BC}=\frac{1}{2}
, а треугольник AMP
подобен треугольнику CMB
с коэффициентом \frac{AP}{BC}=\frac{\frac{a}{2}}{2a}=\frac{1}{4}
. Тогда
MC=4AM=12t,~AC=AM+MC=3t+12t=15t,~AO=\frac{1}{3}AC=5t,~\frac{AM}{AO}=\frac{3t}{5t}=\frac{3}{5}t.
Аналогично, \frac{DN}{DO}=\frac{3}{5}
.
Высота треугольника AOD
, проведённая из вершины O
, равна \frac{1}{3}h
, значит,
S_{\triangle AOD}=\frac{1}{2}a\cdot\frac{1}{3}h=\frac{1}{6}ah=\frac{1}{6}\cdot60=10,
S_{\triangle DNP}=S_{\triangle AMP}=\frac{AM}{AO}\cdot\frac{AP}{AD}S_{\triangle AOD}=\frac{3}{5}\cdot\frac{1}{3}\cdot10=3
(см. задачу 3007). Следовательно,
S_{OMPN}=S_{\triangle AOD}-S_{\triangle DNP}-S_{\triangle AMP}=10-3-3=4.
