5775. В параллелограмме ABCD
прямые l_{1}
и l_{2}
являются биссектрисами углов A
и C
соответственно, а прямые m_{1}
и m_{2}
— биссектрисами углов B
и D
соответственно. Расстояние между l_{1}
и l_{2}
в \sqrt{3}
раз меньше расстояния между m_{1}
и m_{2}
. Найдите угол BAD
и радиус окружности, вписанной в треугольник ABD
, если AC=\sqrt{\frac{22}{3}}
, BD=2
.
Ответ. \frac{\pi}{3}
, \frac{1}{2\sqrt{3}}
.
Решение. Пусть прямая l_{1}
пересекает прямые m_{1}
и m_{2}
в точках K
и N
соответственно, а прямая l_{2}
пересекает m_{1}
и m_{2}
соответственно в точках L
и M
. Тогда четырёхугольник KLMN
— прямоугольник, так как углы между биссектрисами внутренних односторонних углов при параллельных прямых и секущей — прямые. Из прямоугольного треугольника KML
находим, что \tg\angle KML=\frac{KL}{ML}=\frac{1}{\sqrt{3}}
, следовательно, \angle KML=30^{\circ}
.
Пусть прямые l_{1}
и BC
пересекаются в точке P
, а прямые l_{2}
и AD
— в точке Q
. Тогда треугольник ABP
— равнобедренный, так как его биссектриса BK
является высотой. Значит, K
— середина стороны AP
параллелограмма APCQ
. Аналогично, M
— середина стороны CQ
параллелограмма APCQ
, значит, KM\parallel BC
, поэтому \angle PCQ=\angle KML=30^{\circ}
, а \angle BAD=\angle BCD=2\angle PCQ=60^{\circ}
.
Обозначим, AB=a
, BC=b
. По теореме косинусов из треугольника ABD
находим, что BD^{2}=AB^{2}+AD^{2}-2AB\cdot AD\cos60^{\circ}
, или 4=a^{2}+b^{2}-ab
. С другой стороны, по теореме о сумме квадратов диагоналей параллелограмма (см. задачу 4011) 2AB^{2}+2BC^{2}=AC^{2}+BD^{2}
, или 2a^{2}+2b^{2}=\frac{22}{3}+4=\frac{34}{3}
. Из системы
\syst{a^{2}+b^{2}=\frac{17}{3}\\a^{2}+b^{2}-ab=4\\}
находим, что ab=\frac{5}{3}
. Тогда
a^{2}+b^{2}=(a+b)^{2}-2ab=ab+4,~(a+b)^{2}=3ab+4=5+4=9,~a+b=3.
Пусть r
— радиус окружности, вписанной в треугольник ABD
. Тогда
r=\frac{2S_{\triangle ABD}}{AB+AD+BD}=\frac{2\frac{1}{2}ab\sin60^{\circ}}{a+b+2}=\frac{2\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{5}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}}{3+2}=\frac{1}{2\sqrt{3}}.