13066. Дан параллелограмм ABCD
, у которого AB=1
, BC=2
и угол ABC
тупой. Через каждую из точек B
и D
проведено по две прямых, одна из которых перпендикулярна стороне AB
, а другая перпендикулярна стороне BC
. В пересечении этих четырёх прямых получился параллелограмм, подобный параллелограмму ABCD
. Найдите площадь параллелограмма ABCD
.
Ответ. \frac{6}{5}
.
Решение. Пусть BP
и DQ
— высоты параллелограмма ABCD
, опущенные на стороны AD
и BC
соответственно; BM
и DN
— высоты параллелограмма ABCD
, опущенные на прямые CD
и AB
соответственно; прямые BP
и DN
пересекаются в точке E
, а прямые DQ
и BM
— в точке F
. Тогда BEDF
— параллелограмм из условия задачи, подобный параллелограмму ABCD
.
Пусть острый угол при вершине A
параллелограмма ABCD
равен \alpha
. Тогда острый угол при вершине E
параллелограмма BEDF
тоже равен \alpha
. Из прямоугольного треугольника ABP
получаем
BP=AB\sin\alpha=\sin\alpha,~AP=AB\cos\alpha=\cos\alpha.
Тогда из прямоугольного треугольника DPE
находим, что
DE=\frac{DP}{\sin\angle DEP}=\frac{AD-AP}{\sin\alpha}=\frac{2-\cos\alpha}{\sin\alpha},
EP=DP\ctg\angle DEP=(2-\cos\alpha)\ctg\alpha,
поэтому
BE=EP-BP=(2-\cos\alpha)\ctg\alpha-\sin\alpha.
Из подобия параллелограммов следует, равенство отношений сторон, заключающих угол \alpha
, т. е. либо \frac{BE}{DE}=2
, либо \frac{BE}{DE}=\frac{1}{2}
.
В первом случае
2DE=BE~\Rightarrow~\frac{2(2-\cos\alpha)}{\sin\alpha}=(2-\cos\alpha)\ctg\alpha-\sin\alpha~\Rightarrow~
\Rightarrow~4-2\cos\alpha=2\cos\alpha-\cos^{2}\alpha-\sin^{2}\alpha~~\Rightarrow~\cos\alpha=\frac{5}{4},
что невозможно.
Во втором —
DE=2BE\Rightarrow~\frac{2-\cos\alpha}{\sin\alpha}=2(2-\cos\alpha)\ctg\alpha-2\sin\alpha~\Rightarrow~
\Rightarrow~2-\cos\alpha=4\cos\alpha-2\cos^{2}\alpha-2\sin^{2}\alpha~~\Rightarrow~\cos\alpha=\frac{4}{5}.
Тогда \sin\alpha=\frac{3}{5}
. Следовательно,
S_{ABCD}=AB\cdot AD\sin\alpha=1\cdot2\cdot\frac{3}{5}=\frac{6}{5}.