3699. На стороне AB
треугольника ABC
выбрана точка D
так, что CD=\sqrt{13}
и \sin\angle ACD:\sin\angle BCD=4:3
. Через середину отрезка CD
проведена прямая, пересекающая стороны AC
и BC
в точках M
и N
соответственно. Известно, что \angle ACB=120^{\circ}
, площадь треугольника MCN
равна 3\sqrt{3}
, а расстояние от точки M
до прямой AB
в 2 раза больше расстояния от точки N
до этой же прямой. Найдите площадь треугольника ABC
.
Ответ. \frac{27\sqrt{3}}{2}
.
Указание. Решив тригонометрическое уравнение, найдите тригонометрические функции углов ACD
и BCD
, затем с помощью теоремы косинусов докажите, что отрезок CD
проходит через середину MN
Решение. Обозначим CM=x
, CN=y
, \angle ACD=\alpha
, \angle BCD=\beta
. Из условия задачи следует, что
\syst{\alpha+\beta=120^{\circ}\\\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{3}{4}.\\}
Выразив из первого уравнения \beta
и подставив во второе, получим уравнение
3\sin\alpha=4\sin(120^{\circ}-\alpha),
откуда найдём, что \tg\alpha=2\sqrt{3}
. Тогда
\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{3}},~\sin\alpha=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{13}},~\sin\beta=\frac{3}{4}\sin\alpha=\frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{13}}.
Пусть P
— середина отрезка CD
. Поскольку S_{\triangle MCP}+S_{\triangle NCP}=S_{\triangle MCN}
и по условию S_{\triangle MCN}=3\sqrt{3}
, получим систему
\syst{\frac{1}{2}CM\cdot CP\cdot\sin\alpha+\frac{1}{2}CN\cdot CP\cdot\sin\alpha=\frac{1}{2}CM\cdot CN\cdot\sin120^{\circ}\\\frac{1}{2}CM\cdot CN\cdot\sin120^{\circ}=3\sqrt{3},\\}
или
\syst{\frac{1}{2}x\cdot\frac{\sqrt{13}}{2}\cdot\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{13}}+\frac{1}{2}y\cdot\frac{\sqrt{13}}{2}\cdot\frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{13}}=3\sqrt{3}\\\frac{1}{2}xy\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3},\\}
или
\syst{4x+3y=12\\xy=12,}
откуда находим, что x=3
, y=4
.
По теореме косинусов из треугольников MCN
и MCP
находим, что
MN=\sqrt{CM^{2}+CN^{2}-2\cdot CM\cdot CN\cdot\cos120^{\circ}}=\sqrt{9+16+12}=\sqrt{37},
MP=\sqrt{CM^{2}+CP^{2}-2\cdot CM\cdot CP\cdot\cos\alpha}=\sqrt{9+\frac{13}{4}}-2\cdot3\frac{\sqrt{13}}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{13}}=\frac{\sqrt{37}}{2}.
Следовательно, P
— середина отрезка CD
.
Диагонали четырёхугольника MCND
точкой пересечения делятся пополам, поэтому четырёхугольник MCND
— параллелограмм. Значит, DN\parallel AM
и DM\parallel BN
, поэтому треугольники BND
и DMA
подобны, а так как по условию их высоты, проведённые из вершин N
и M
, относятся как 1:2
, то коэффициент подобия этих треугольников равен \frac{1}{2}
. Поэтому BN=\frac{1}{2}DM=\frac{1}{2}CN=2
и AM=2DN=2CM=6
, откуда AC=3+6=9
и BC=4+2=6
.
Следовательно,
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot BC\cdot\sin120^{\circ}=\frac{1}{2}9\cdot6\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{27\sqrt{3}}{2}.
Источник: Вступительный экзамен на факультет вычислительной математики и кибернетики (ВМК) МГУ. — 2000 (апрель), вариант 1, № 4
Источник: Математика. Задачи вступительных экзаменов с ответами и решениями / Сост. Е. А. Григорьев. — М.: УНЦ ДО, 2004. — с. 12