5855. Окружность с центром на диагонали AC
параллелограмма ABCD
касается прямой AB
и проходит через точки C
и D
. Найдите стороны параллелограмма, если его площадь S=\sqrt{2}
, а \angle BAC=\arcsin\frac{1}{3}
.
Ответ. \sqrt{2}
, \sqrt{3}
.
Решение. Пусть O
— центр окружности, F
— точка касания окружности с прямой AB
. Обозначим OC=OD=OF=R
, AB=CD=x
, AD=BC=y
, \angle ACD=\angle BAC=\alpha
. Тогда
\sin\alpha=\frac{1}{3},~\cos\alpha=\frac{2\sqrt{2}}{3}.
Продолжим радиус OF
до пересечения с хордой CD
в точке M
. Так как OF\perp AB
и CD\parallel AB
, то OM\perp CD
, значит, M
— середина CD
. Из прямоугольного треугольника OMC
находим, что
R=OC=\frac{MC}{\cos\alpha}=\frac{x}{2\cos\alpha}=\frac{3x}{4\sqrt{2}},~OM=OC\sin\alpha=\frac{1}{3}R=\frac{x}{4\sqrt{2}}.
Тогда
FM=OF+OM=R+\frac{1}{3}R=\frac{4}{3}R=\frac{4}{3}\cdot\frac{3x}{4\sqrt{2}}=\frac{x}{\sqrt{2}},
а так как MF
— высота параллелограмма ABCD
, то S=CD\cdot MF
, или \sqrt{2}=x\cdot\frac{x}{\sqrt{2}}
, откуда AB=x=\sqrt{2}
.
Пусть P
— проекция вершины C
на прямую AB
. Тогда CP=MF=\frac{x}{\sqrt{2}}
. Из прямоугольного треугольника APC
находим, что
AC=\frac{CP}{\sin\angle PAC}=\frac{CP}{\sin\alpha}=\frac{\frac{x}{\sqrt{2}}}{\frac{1}{3}}=\frac{3x}{\sqrt{2}}=3.
По теореме косинусов
y^{2}=BC^{2}=AB^{2}+AC^{2}-2AB\cdot AC\cos\angle BAC=2+9-2\cdot\sqrt{2}\cdot3\cdot\frac{2\sqrt{2}}{3}=11-8=3.
Следовательно, BC=\sqrt{3}
.