17149. Дана трапеция ABCD
с основанием AD
и диагоналями BD
и AC
. Известно, что AC=3
, BD=4
и \angle CAD=2\angle BDA
. Найдите площадь трапеции ABCD
.
Ответ. \frac{14\sqrt{5}}{9}
.
Пусть прямая, проведённая через вершину B
параллельно диагонали AC
, пересекает прямую AD
в точке M
. Тогда ACBM
— параллелограмм, BM=AC=3
, а искомая площадь трапеции ABCD
равна площади треугольника DBM
(см. задачу 4668).
Обозначим \angle MDB=\angle ADB=\alpha
. Тогда \angle BMD=\angle CAD=2\alpha
По теореме синусов из треугольника BDM
получаем
\frac{BM}{\sin\alpha}=\frac{BD}{\sin2\alpha},~\mbox{или}~\frac{3}{\sin\alpha}=\frac{4}{2\sin\alpha\cos\alpha}~\Rightarrow~\cos\alpha=\frac{2}{3}~\Rightarrow~\sin\alpha=\frac{\sqrt{5}}{3}~\Rightarrow
\cos2\alpha=\cos^{2}\alpha-\sin^{2}\alpha=\frac{4}{9}-\frac{5}{9}=-\frac{1}{9},~\sin2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha=\frac{2}{3}\cdot\frac{\sqrt{5}}{3}=\frac{4\sqrt{5}}{9},
\sin\angle DBM=\sin(180^{\circ}-(\alpha+2\alpha))=\sin(\alpha+2\alpha)=\sin\alpha\cos2\alpha+\cos\alpha\sin2\alpha=
=\frac{\sqrt{5}}{3}\cdot\left(-\frac{1}{9}\right)+\frac{2}{3}\cdot\frac{4\sqrt{5}}{9}=\frac{7\sqrt{5}}{27}.
Следовательно,
S_{ABCD}=S_{\delta DBM}=\frac{1}{2}BM\cdot BD=\sin\angle DBM=\frac{1}{2}\cdot3\cdot4\cdot\frac{7\sqrt{5}}{27}=\frac{14\sqrt{5}}{9}.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический факультет НГУ. — 1986, задача 3, вариант 1
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1986, с. 40, задача 3, вариант 1
Источник: Журнал «Квант». — 1987, № 3, с. 53, задача 3, вариант 1