凸四边形 $ABCD$ 中，$AB=CD=10,BC=14,AD=2\sqrt{65}$ 。 $ABCD$ 对角线交于点 $P$，$\Delta APB,\Delta CPD$ 面积之和等于 $\Delta BPC,\Delta APD$ 。求四边形 $ABCD$ 的面积
【难度】
【出处】
2018年第36届美国数学邀请赛Ⅱ（AIMEⅡ）
【标注】
【答案】
112
【解析】
由条件易知 $AD$ 是四边形的最长边。设 ${{h}_{1}}$ 是从 $B$ 到 $AC$，${{h}_{2}}$ 是从 $D$ 到 $AC$ 。于是 $\frac{{{h}_{1}}}{2}AP+\frac{{{h}_{2}}}{2}CP=\frac{{{h}_{1}}}{2}CP+\frac{{{h}_{2}}}{2}AP\to\left( {{h}_{1}}-{{h}_{2}} \right)AP=\left( {{h}_{1}}-{{h}_{2}} \right)CP\to AP=CP$ 。注意到 $AB=CD$，$DB$ 平分 $AC$ 。延长 $DB$ 至点 $E$，使得 $AECD$ 是平行四边形，即 $AE=CD=10,EC=DA=2\sqrt{65}$ 。在三角形 $ABE$ 中，$AB=AE=10,\angle ABE=\angle AEB$ 。 平行四边形 $AECD$ 中，$\angle AED=\angle CDE$，所以 $\angle ABE=\angle CDE,\angle ABD={{180}^{{}^\circ}}-\angle CDB$ 。设 $\angle CDB=\alpha $，所以 $\angle ABD={{180}^{{}^\circ }}-\angle ABD$ 。在 $\Delta DAB,\Delta CDB$ 中，由余弦定理 $\begin{matrix}
& {{\left( 2\sqrt{65}\right)}^{2}}={{10}^{2}}+B{{D}^{2}}-20BD\cos \left( {{180}^{{}^\circ}}-\alpha \right)\text{=}100+B{{D}^{2}}+20BD\cos \alpha \\
&{{14}^{2}}\text{=}{{10}^{2}}+B{{D}^{2}}-20BD\cos \alpha \\
\end{matrix}$ 将两式相减得到 $260-196\text{=}40BD\cos\alpha \to BD\cos \alpha \text{=}\frac{8}{5}$ 。过 $B$ 作 $CD$ 的高，垂足记为 $Q$，则 $DQ=\frac{8}{5},CQ=\frac{42}{5}$ 。注意到 $CQ=\frac{3}{5}\cdot BC,BQ=\frac{56}{5}$ 。 $S\Delta BCD=\frac{1}{2}\cdot 10\cdot \frac{56}{5}=56$ 。因为 $AP=CP$，所以 $A,C$ 到 $BD$ 距离相等。于是 $S\Delta ABD=S\Delta CBD=56$，所以 $\left[ ABCD \right]=56+56=112$
& {{\left( 2\sqrt{65}\right)}^{2}}={{10}^{2}}+B{{D}^{2}}-20BD\cos \left( {{180}^{{}^\circ}}-\alpha \right)\text{=}100+B{{D}^{2}}+20BD\cos \alpha \\
&{{14}^{2}}\text{=}{{10}^{2}}+B{{D}^{2}}-20BD\cos \alpha \\
\end{matrix}$ 将两式相减得到 $260-196\text{=}40BD\cos\alpha \to BD\cos \alpha \text{=}\frac{8}{5}$ 。过 $B$ 作 $CD$ 的高，垂足记为 $Q$，则 $DQ=\frac{8}{5},CQ=\frac{42}{5}$ 。注意到 $CQ=\frac{3}{5}\cdot BC,BQ=\frac{56}{5}$ 。 $S\Delta BCD=\frac{1}{2}\cdot 10\cdot \frac{56}{5}=56$ 。因为 $AP=CP$，所以 $A,C$ 到 $BD$ 距离相等。于是 $S\Delta ABD=S\Delta CBD=56$，所以 $\left[ ABCD \right]=56+56=112$
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