Тип 15 № 20315

а) Пусть прямая из условия пересекает $AD$ в точке $E$, а $BC$ — в точке $F$. Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей ромба. Опустим высоту $BH$ на $AD$.

Заметим, что $AO = OC$. Тогда $AM : OM = 2 : 1$. Так как $BN : ND = 1 : 3$, а $BO = OD$, то $N$ — середина $BO$. Запишем теорему Менелая для треугольника $AOD$ и прямой $NE$ :

$$\frac{OM}{MA}\cdot\frac{AE}{ED}\cdot\frac{DN}{NO}=1$$

$$\frac{DE}{AE}=\frac{OM}{MA}\cdot\frac{DN}{NO}=\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{1}=\frac{3}{2}$$

Прямые $NE$ и $BH$ перпендикулярны прямой $AD$, а значит параллельны. Тогда по теореме Фалеса для угла $BDH$ :

$$\frac{DE}{EH}=\frac{DN}{NB}=\frac{3}{1}$$

Таким образом, $EH$ в два раза меньше $EA$. Значит, $AD = 5AH$. Но в ромбе $AB = AD$, тогда имеем:

$$\cos \angle BAD = \frac{AH}{AB} = \frac{1}{5}$$

б) Диагонали ромба делят его углы пополам, поэтому

$$\angle OAD=\frac{1}{2}\angle BAD$$

Прямоугольные треугольники $AOD$ и $NED$ подобны по двум углам: прямому и общему. Тогда имеем:

$$\angle END=\angle OAD=\frac{1}{2}\angle BAD$$

Значит, так как $\angle OAD < 90^\circ$, то по формуле косинуса двойного угла

$$\cos \angle OAD=\sqrt{\frac{\cos \angle BAD+1}{2}}=\sqrt{0,6}$$

Отсюда получаем

$$\sin \angle OAD=\sqrt{1-\cos^2 \angle OAD}=\sqrt{0,4}$$

Значит,

$$NO=MN\sqrt{0,6}, \qquad MO=MN\sqrt{0,4}$$

Мы знаем, что

$$BD=4NO, \qquad AC=6MO$$

Тогда окончательно имеем:

$$S_{ABCD}=\frac{1}{2}BD\cdot AC=12NO\cdot MO=$$

$$=12\cdot 5\sqrt{2}\cdot \sqrt{0,6}\cdot 5\sqrt{2}\cdot \sqrt{0,4}=$$

$$=12\cdot 5\sqrt{2}\cdot 5\sqrt{2}\cdot \sqrt{0,6\cdot 0,4}=120\sqrt{6}$$

Ответ: б) $120\sqrt{6}$