Четырехуголь… — Задание 17 ЕГЭ по математике №00008920

В ромбе $ABCD$ прямая, перпендикулярная стороне $BC$, пересекает диагональ $AC$ в точке $M$ ($AM:MC=1:2$) и диагональ $BD$ в точке $N$ ($BN:ND=1:3$).

Пункт а. Докажем, что $\cos\angle BAD=\dfrac{1}{5}$.

Поместим центр ромба в начало координат, диагонали — на оси: $A=(-p;0)$, $C=(p;0)$, $B=(0;-q)$, $D=(0;q)$ (где $2p=AC$, $2q=BD$).

Косинус угла при вершине $A$: $\cos\angle BAD=\dfrac{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}}{|AB|\,|AD|}$. Здесь $\overrightarrow{AB}=(p;-q)$, $\overrightarrow{AD}=(p;q)$, поэтому $\cos\angle BAD=\dfrac{p^2-q^2}{p^2+q^2}$.

Точка $M$ на $AC$ с $AM:MC=1:2$: $M=A+\dfrac13(C-A)=\left(-p+\dfrac{2p}{3};0\right)=\left(-\dfrac{p}{3};0\right)$.

Прямая через $M$ перпендикулярна $BC$; найдём её пересечение с $BD$ (ось $y$). Направление $BC=(p;q)$, перпендикуляр $(-q;p)$. Точка $N=\left(0;\,-\dfrac{p^2}{3q}\right)$.

Условие $BN:ND=1:3$: при $B=(0;-q)$, $D=(0;q)$ точка, делящая $1:3$, имеет ординату $-q+\dfrac14\cdot 2q=-\dfrac{q}{2}$. Значит $-\dfrac{p^2}{3q}=-\dfrac{q}{2}$, откуда $p^2=\dfrac{3}{2}q^2$.

Подставим: $\cos\angle BAD=\dfrac{p^2-q^2}{p^2+q^2}=\dfrac{1{,}5q^2-q^2}{1{,}5q^2+q^2}=\dfrac{0{,}5}{2{,}5}=\dfrac{1}{5}$. Доказано.

Пункт б. Найдём площадь ромба, если $MN=5$.

$MN^2=\left(\dfrac{p}{3}\right)^2+\left(\dfrac{q}{2}\right)^2=\dfrac{p^2}{9}+\dfrac{q^2}{4}$. Подставим $p^2=\dfrac{3}{2}q^2$: $MN^2=\dfrac{1{,}5q^2}{9}+\dfrac{q^2}{4}=\dfrac{q^2}{6}+\dfrac{q^2}{4}=\dfrac{2q^2+3q^2}{12}=\dfrac{5q^2}{12}$.

Из $MN=5$: $\dfrac{5q^2}{12}=25$, значит $q^2=60$, а $p^2=\dfrac{3}{2}\cdot 60=90$.

Площадь ромба равна половине произведения диагоналей: $S=\dfrac12\cdot 2p\cdot 2q=2pq=2\sqrt{90}\cdot\sqrt{60}=2\sqrt{5400}$.

Упростим: $5400=900\cdot 6$, поэтому $\sqrt{5400}=30\sqrt6$, и $S=2\cdot 30\sqrt6=60\sqrt6$.