Тип 17 № 20577

Решение:

а)

Обозначим $BN = a$ и $ND = 3a$. Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD$, а $F$ — точка пересечения $MN$ и $AD$. Проведём высоту $OE$ в треугольнике $AOD$.

Из условия получаем соотношения: $$NO : OD = FE : ED = 1 : 2, \qquad AF : FE = AM : MO = 2 : 1.$$ Отсюда следует, что $AE : ED = 3 : 2$. Положим $AE = 3b$, $ED = 2b$. Треугольники $AOE$ и $ODE$ подобны (по двум углам), поэтому $$OE : AE = DE : OE \quad\Longrightarrow\quad OE^2 = AE \cdot DE = 6b^2,$$ то есть $OE = \sqrt{6}\,b$.

Теперь найдём тангенс угла $OAD$: $$\tg \angle OAD = \frac{OE}{AE} = \frac{\sqrt{6}\,b}{3b} = \frac{\sqrt{6}}{3}.$$ Тогда для угла $BAD$ (который вдвое больше) по формуле тангенса двойного угла: $$\tg \angle BAD = \frac{2\tg \angle OAD}{1 - \tg^2 OAD} = \frac{2 \cdot \frac{\sqrt{6}}{3}}{1 - \frac{6}{9}} = 2\sqrt{6}.$$ Следовательно, $$\cos \angle BAD = \frac{1}{\sqrt{\tg^2 \angle BAD + 1}} = \frac{1}{\sqrt{24 + 1}} = \frac{1}{5}.$$

б)

Пусть $\angle OAD = \angle MNO = \alpha$. Из пункта а) имеем $\cos 2\alpha = \frac{1}{5}$, откуда $$2\cos^2\alpha - 1 = \frac{1}{5} \quad\Longrightarrow\quad \cos^2\alpha = \frac{3}{5}, \quad \cos\alpha = \sqrt{\frac{3}{5}}.$$ В прямоугольном треугольнике $MNO$: $$NO = MN \cdot \cos\alpha = 5\sqrt{\frac{3}{5}} = \sqrt{15}.$$ Так как $BD = 4 \cdot NO$, получаем $$BD = 4\sqrt{15}.$$ Аналогично, $$\sin\alpha = \sqrt{1 - \frac{3}{5}} = \sqrt{\frac{2}{5}}, \quad MO = MN \cdot \sin\alpha = 5\sqrt{\frac{2}{5}} = \sqrt{10}.$$ Тогда $$AC = 6 \cdot MO = 6\sqrt{10}.$$

Площадь ромба $ABCD$: $$S_{ABCD} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BD = \frac{1}{2} \cdot 6\sqrt{10} \cdot 4\sqrt{15} = 12\sqrt{150} = 60\sqrt{6}.$$

Ответ: б) $60\sqrt{6}$.