Задача №16487

В параллелограмме $ABCD$ точки $M$ и $N$ — середины сторон $AB$ и $BC$ соответственно, $\angle BAD=\mathrm{arctg}\sqrt{5}\text{,}$ $MN\perp ND\text{.}$

А) Докажите, что $MD:ND=3:2\text{.}$
Б) Найдите отношение площади треугольника $MND$ к площади параллелограмма $ABCD\text{.}$

Решение.

А) Пусть $K=MD\cap AC\text{,}$ $P=ND\cap AC\text{.}$ $△AKM\sim △CKD$ с коэффициентом $\frac{1}{2}$ (по двум углам), значит $\frac{AK}{CK}=\frac{1}{2}\text{,}$ т.е. $AK=\frac{1}{3}AC\text{.}$ Аналогично $△CPN\sim △APD\text{,}$ $CP=\frac{1}{3}AC\text{,}$ $KP=\frac{1}{3}AC\text{.}$

$MN\parallel AC$ (средняя линия $△ABC$), и так как $MN\perp ND\text{,}$ то $ND\perp AC\text{,}$ т.е. $DP\perp AC\text{.}$ Из подобия $△CPN\sim △CKB$ получаем $BK\perp AC\text{.}$

Пусть $AB=2a\text{,}$ $BC=2b\text{.}$ $DP$ — медиана и высота $△KDC\text{,}$ значит $△KDC$ равнобедренный и $KD=CD=2a\text{.}$ Тогда $MK=a\text{,}$ $MD=3a\text{.}$ По условию $\mathrm{tg}\angle BAC=\sqrt{5}\text{,}$ тогда $\cos \angle BAC=\frac{1}{\sqrt{6}}\text{.}$

По теореме косинусов для $△MAD\text{:}$

$$a^2+4b^2-4ab\cdot \frac{1}{\sqrt{6}}=9a^2\iff 2a^2+\frac{ab}{\sqrt{6}}-b^2=0,$$

откуда $\frac{a}{b}=\frac{\sqrt{6}}{4}\text{,}$ т.е. $b=\frac{4}{\sqrt{6}}a\text{,}$ $b^2=\frac{8}{3}{a}^2\text{.}$

Из $△NCD$ по теореме косинусов:

$$N{D}^2=b^2+4a^2-4ab\cdot \frac{1}{\sqrt{6}}=\frac{8}{3}{a}^2+4a^2-\frac{8}{3}{a}^2=4a^2,$$

значит $ND=2a$ и $\frac{MD}{ND}=\frac{3a}{2a}=\frac{3}{2}\text{.}$

Б) Пусть $S_{ABCD}=S\text{.}$ $S_{AMD}=\frac{1}{2}{S}_{ADB}=\frac{1}{4}S\text{,}$ поэтому $S_{MBCD}=\frac{3}{4}S\text{.}$ Далее $S_{MBN}=\frac{1}{4}{S}_{ABC}=\frac{1}{8}S\text{,}$ $S_{NDC}=\frac{1}{2}{S}_{BDC}=\frac{1}{4}S\text{.}$

$$S_{MND}=S_{MBCD}-(S_{MBN}+S_{NDC})=\frac{3}{4}S-\left(\frac{1}{8}+\frac{1}{4}\right)S=\frac{3}{8}S.$$

Ответ:

б) $S_{MND}:S_{ABCD}=3:8\text{.}$