10559. В трапеции ABCD
, где BC\parallel AD
, а диагонали пересекаются в точке O
, на отрезке BC
выбрана такая точка K
, что BK:CK=1:3
, а на отрезке AD
выбрана такая точка M
, что AM:MD=3:1
. Найдите площадь треугольника COD
, если AD=9
, BC=5
, KM=\frac{21}{2}
, а \cos\angle CAD=\frac{1}{4}
.
Ответ. \frac{135\sqrt{15}}{64}
.
Решение. Пусть отрезки AC
и BD
пересекают отрезок KM
в точках O_{1}
и O_{2}
соответственно. Тогда из подобия получаем, что
\frac{KO_{1}}{O_{1}M}=\frac{CK}{AM}=\frac{\frac{3}{4}\cdot5}{\frac{3}{4}\cdot9}=\frac{5}{9},
\frac{KO_{2}}{O_{2}M}=\frac{BK}{DM}=\frac{\frac{1}{4}\cdot5}{\frac{2}{4}\cdot9}=\frac{5}{9}=\frac{KO_{1}}{O_{1}M}.
Следовательно, точки O_{1}
и O_{2}
совпадают, а значит, совпадают с точкой O
, т. е. отрезок KM
проходит через точку пересечения диагоналей трапеции.
Из подобия находим, что
MO=\frac{AM}{AM+CK}\cdot MK=\frac{9}{9+5}\cdot\frac{21}{2}=\frac{27}{4}=AM,
т. е. треугольник AMO
равнобедренный. Пусть \angle CAD=\alpha
. Тогда
\cos\alpha=\sqrt{1-\frac{1}{16}}=\frac{\sqrt{15}}{4},~\sin2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha=2\cdot\frac{\sqrt{15}}{4}\cdot\frac{1}{4}=\frac{\sqrt{15}}{8},
S_{\triangle AMO}=\frac{1}{2}AM\cdot MO\sin(180^{\circ}-2\alpha)=\frac{1}{2}\cdot\left(\frac{27}{4}\right)^{2}\cdot\sin2\alpha=\frac{1}{2}\left(\frac{27}{4}\right)^{2}\cdot\frac{\sqrt{15}}{8}.
Из равенства
S_{\triangle AMO}=\frac{AO}{AC}\cdot\frac{AM}{AD}S_{\triangle ACD}
находим, что
S_{\triangle ACD}=\frac{AC}{AO}\cdot\frac{AD}{AM}S_{\triangle AMO}=\frac{14}{9}\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{1}{2}\left(\frac{27}{4}\right)^{2}\cdot\frac{\sqrt{15}}{8}=\frac{7\cdot27\sqrt{15}}{32}.
Следовательно,
S_{\triangle COD}=\frac{OC}{AC}\cdot S_{\triangle ACD}=\frac{5}{14}\cdot\frac{7\cdot27\sqrt{15}}{32}=\frac{135\sqrt{15}}{64}.
Источник: Математическая олимпиада МГУ «Ломоносов». — 2013, вариант 2, № 4
Источник: Бегунц А. В., Бородин П. А. и др. Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике (2005—2018). — М.: МЦНМО, 2019. — с. 29