3329. Площадь трапеции ABCD
равна 240. 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 втрое больше другого.
Ответ. 27 или \frac{45}{7}
.
Решение. Пусть AD=3BC
(рис. 1). Положим BC=a
, AD=3a
, OC=x
. Треугольник COB
подобен треугольнику AOD
с коэффициентом \frac{BC}{AD}=\frac{1}{3}
, а треугольник CMB
подобен треугольнику AMP
с коэффициентом \frac{BC}{AP}=\frac{a}{\frac{3a}{2}}=\frac{2}{3}
, поэтому
OA=3x,~AC=OA+OC=3x+x=4x,~
MC=\frac{2}{5}\cdot4x=\frac{8}{5}x,~
OM=MC-OC=\frac{8}{5}x-x=\frac{3}{5}x,
значит, \frac{OM}{OA}=\frac{\frac{3}{5}x}{3x}=\frac{1}{5}
. Аналогично, \frac{ON}{OD}=\frac{1}{5}
.
Пусть h
— высота трапеции. Тогда
\frac{a+3a}{2}h=2ah=240,~ah=120,~
S_{\triangle AOD}=\frac{1}{2}\cdot3a\cdot\frac{3}{4}h=\frac{9}{8}ah=135,
S_{\triangle DNP}=S_{\triangle AMP}=\frac{AM}{AO}\cdot\frac{AP}{AD}S_{\triangle AOD}=\frac{4}{5}\cdot\frac{1}{2}\cdot135=54.
Следовательно,
S_{OMPN}=S_{\triangle AOD}-S_{\triangle DNP}-S_{\triangle AMP}=135-54-54=27.
Рассмотрим случай, когда BC=3AD
(рис. 2). Положим BC=3a
, AD=a
, AM=t
. Треугольник AOD
подобен треугольнику COB
с коэффициентом \frac{AD}{BC}=\frac{1}{3}
, а треугольник AMP
подобен треугольнику CMB
с коэффициентом \frac{AP}{BC}=\frac{\frac{a}{2}}{3a}=\frac{1}{6}
, поэтому
MC=6t,~AC=AM+MC=6t+t=7t,~
OA=\frac{1}{4}AC=\frac{1}{4}\cdot7t=\frac{7}{4}t,~
значит, \frac{AM}{AO}=\frac{t}{\frac{7}{4}t}=\frac{4}{7}
. Аналогично, \frac{DN}{DO}=\frac{4}{7}
.
Пусть h
— высота трапеции. Тогда
\frac{a+3a}{2}h=2ah=240,~ah=120,~
S_{\triangle AOD}=\frac{1}{2}\cdot a\cdot\frac{1}{4}h=\frac{1}{8}ah=15,
S_{\triangle DNP}=S_{\triangle AMP}=\frac{AM}{AO}\cdot\frac{AP}{AD}S_{\triangle AOD}=\frac{4}{7}\cdot\frac{1}{2}\cdot15=\frac{30}{7}
(см. задачу 3007). Следовательно,
S_{OMPN}=S_{\triangle AOD}-S_{\triangle DNP}-S_{\triangle AMP}=15-\frac{30}{7}-\frac{30}{7}=\frac{45}{7}.
