3330. 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 треугольника MON
, если одно из оснований трапеции втрое больше другого.
Ответ. \frac{27}{5}
или \frac{135}{49}
.
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}AC=\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}AD\cdot\frac{3}{4}h=\frac{1}{2}\cdot3a\cdot\frac{3}{4}h=\frac{9}{8}ah=\frac{9}{8}\cdot120=135,
а так как треугольник MON
подобен треугольнику AOD
с коэффициентом \frac{1}{5}
, то
S_{\triangle MON}=\left(\frac{1}{5}\right)^{2}S_{\triangle AOD}=\frac{1}{25}\cdot135=\frac{27}{5}.
Рассмотрим случай, когда BC=3AD
(рис. 2). Аналогично предыдущему получим, что \frac{OM}{OA}=\frac{3}{7}
и S_{\triangle AOD}=15
. Следовательно,
S_{\triangle MON}=\left(\frac{3}{7}\right)^{2}S_{\triangle AOD}=\frac{9}{49}\cdot15=\frac{135}{49}.
