17456. Внутри ромба ABCD
со стороной a
и углом BAD
, равным 60^{\circ}
, выбрана точка M
, для которой площади треугольников ADM
, ABM
, BCM
и CDM
пропорциональны числам 1, 2, 4 и 3 соответственно. Найдите расстояние от точки M
до вершины A
.
Ответ. \frac{a\sqrt{7}}{5}
.
Решение. Введём обозначения, как показано на рисунке. Проведём через точку M
две прямые, параллельные AB
и AD
. Пусть они пересекают стороны ромба в точках E
, F
, G
, H
. Опустим из точки M
высоты ML
и MN
в треугольниках ADM
и BCM
соответственно на стороны AD
и BC
. Площадь S_{1}
треугольника ADM
равна \frac{1}{2}LM\cdot AD
, а площадь S_{2}
треугольника BCM
равна \frac{1}{2}MN\cdot BC
. По условию
AD=BC=a,~\frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{1}{4}.
Отсюда следует, что \frac{LM}{MN}=\frac{1}{4}
. Прямоугольные треугольники EML
и MNG
подобны, поэтому
\frac{EM}{MG}=\frac{LM}{MN}=\frac{1}{4}~\Rightarrow~EM=\frac{1}{5}a.
Аналогично получим, что
MH=\frac{2}{5}FH=\frac{2}{5}a.
Таким образом, искомый отрезок AM
— диагональ параллелограмма AEMH
со сторонами
AH=EM=\frac{a}{5},~MH=AE=\frac{2a}{5}
и углом \angle AEM=120^{\circ}
. Следовательно, по теореме косинусов из треугольника AHM
находим, что
AM=\sqrt{AH^{2}+HM^{2}-2AH\cdot HM\cos120^{\circ}}=\sqrt{\frac{a^{2}}{25}+\frac{4a^{2}}{25}-2\cdot\frac{a}{5}\cdot\frac{2a}{5}\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)}=
=\frac{a}{5}\sqrt{1+4+2}=\frac{a\sqrt{7}}{5}.
Источник: Вступительный экзамен на физический факультет НГУ. — 1993, 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. — 1993, с. 227, задача 3, вариант 1