3154. Стороны параллелограмма равны 3 и 2, а угол между ними равен \arccos\frac{5}{16}
. Две взаимно перпендикулярные прямые делят параллелограмм на четыре равновеликие части. Найдите отрезки, на которые эти прямые делят стороны параллелограмма.
Ответ. 1 и 2; \frac{2}{3}
и \frac{4}{3}
.
Указание. Докажите, что точки пересечения указанных прямых со сторонами параллелограмма являются вершинами ромба.
Решение. Пусть точки M
, Q
, N
и P
принадлежат сторонам соответственно BC
, CD
, AD
и AB
параллелограмма ABCD
,
AB=CD=2,~BC=AD=3,~\cos\angle BAD=\frac{5}{16}.
Поскольку трапеции ABMN
и DCMN
равновелики, то
BM+AN=MC+ND,~\mbox{или}~BM+(3-ND)=(3-BM)+ND.
Следовательно, BM=ND
. Поэтому отрезок MN
делит пополам диагональ BD
. Тогда он проходит через точку O
пересечения диагоналей параллелограмма ABCD
. Аналогично докажем, что BP=DQ
и отрезок PQ
также проходит через точку O
. Кроме того OM=ON
и PO=OQ
. Поэтому четырёхугольник MQNP
— ромб.
Обозначим BM=ND=x
, BP=DQ=y
, \angle BAD=\alpha
. Тогда
MC=AN=3-x,~AP=CQ=2-y.
Поскольку S_{PBMO}=S_{QOMC}
и S_{\triangle OMP}=S_{\triangle OMQ}
, то S_{\triangle PBM}=S_{\triangle QCM}
, или
\frac{1}{2}xy\sin\alpha=\frac{1}{2}(3-x)(2-y)\sin\alpha.
После упрощения получим уравнение xy=(3-x)(2-y)
, из которого находим, что y=2-\frac{2x}{3}
.
По теореме косинусов из треугольников APN
и BPM
находим, что
PN^{2}=(3-x)^{2}+(2-y)^{2}-2(3-x)(2-y)\cdot\frac{5}{16},
PM^{2}=x^{2}+y^{2}+2xy\cdot\frac{5}{16}.
Поскольку PN=PM
, то
(3-x)^{2}+(2-y)^{2}-\frac{5}{8}(3-x)(2-y)=x^{2}+y^{2}+\frac{5xy}{8}.
Подставив 2-\frac{2x}{3}
вместо y
и упростив, получим уравнение
x^{2}-7x+6=0.
Условию задачи удовлетворяет только один его корень x=1
. Следовательно,
BM=1,~MC=2,~BP=y=2-\frac{2}{3}=\frac{4}{3},~AP=\frac{2}{3}.