12202. В параллелограмме ABCD
угол ADC
равен \arcsin\frac{\sqrt{24}}{5}
. Окружность \Omega
, проходящая через точки A
, C
и D
, пересекает стороны AB
и BC
в точках N
и L
соответственно, причём AN=11
, BL=6
. Найдите площадь параллелограмма ABCD
и радиус окружности \Omega
.
Ответ. S=60\sqrt{6}
, R=\frac{5\sqrt{265}}{4\sqrt{6}}
.
Решение. Трапеция ADCN
вписана в окружность, поэтому она равнобокая, CN=AD=BC
. Значит, треугольник BNC
равнобедренный,
\angle CBN=\angle ADC=\arcsin\frac{\sqrt{24}}{5}=\arccos\frac{1}{5}.
Пусть CH
— высота равнобедренного треугольника BNC
. Тогда
\frac{1}{5}=\cos\angle HBC=\frac{BH}{BC}=\frac{\frac{1}{2}BN}{BC}=\frac{BN}{2BC}.
Положим BC=5x
, BN=2x
.
Из точки B
к окружности \Omega
проведены секущие BLC
и BNA
, поэтому (см. задачу 2636) BN\cdot BA=BL\cdot BC
, или 2x(2x+11)=6\cdot5x
, откуда x=2
. Значит,
BC=5x=10,~AB=2x+11=15.
Следовательно,
S_{ABCD}=AB\cdot BC\sin\angle ABC=15\cdot10\cdot\frac{\sqrt{24}}{5}=60\sqrt{6}.
Окружность \Omega
описана около треугольника ACD
. Пусть её радиус равен R
. По теореме косинусов из треугольника ADC
находим, что
AC=\sqrt{AD^{2}+DC^{2}-2AD\cdot DC\cos\angle ADC}=\sqrt{100+225-2\cdot10\cdot15\cdot\frac{1}{5}}=\sqrt{265}.
Следовательно, по теореме синусов
R=\frac{AC}{2\sin\angle ADC}=\frac{\sqrt{265}}{2\cdot\frac{\sqrt{24}}{5}}=\frac{5\sqrt{265}}{4\sqrt{6}}.