Question

В па­рал­ле­ло­грам­ме ABCD про­ве­де­на диа­го­наль AC. Точка O яв­ля­ет­ся цен­тром окруж­но­сти, впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC. Рас­сто­я­ния от точки O до точки A и пря­мых AD и AC со­от­вет­ствен­но равны 5, 4 и 3. Най­ди­те пло­щадь па­рал­ле­ло­грам­ма ABCD. ;Желательно не только ответ,но и решение

Answer 1

         
 $OH \perp AC , \ OH=3 \\ OE \perp AD , \ AD=4$   , заметим что  $OH= r$ радиус вписанной окружности , так как  $AO$ это биссектриса угла  $BAC$ ,         $AH = \sqrt{AO^2-OH^2} = \sqrt{5^2-3^2}=4$ , найдя  $\angle BAC = 2OAH = 2 arcsin(\dfrac{3}{5})$    ,      треугольники           $AOH , AOE$ равны по общей  гипотенузе и  катетам $OE= AH = 4$                значит  $\angle HOA = \angle AOE$  (  вписанная равнобедренная трапеция  $AOHE$) ,  получаем    
  $\angle CAD = \angle BCA = \angle OAE - \angle OAH = arcsin(\dfrac{4}{5} ) - arcsin(\dfrac{3}{5})$ или   $\angle BCA = 2arcsin( \dfrac{4}{5})-90^{\circ}$ ,     положим что  $F$ точка касания вписанной окружности со стороной  $AB$ , найдем   
$CH = 3 \cdot ctg( \dfrac{\angle BCA}{2}) = 3 \cdot ctg(arcsin(\dfrac{4}{5}) - 45^{\circ}) = 3 \cdot 7 = 21 \\ FB = 3 \cdot ctg(\dfrac{90^{\circ}-arcsin(\dfrac{4}{5})}{2}) = 3 \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2}$      
 Тогда         
 $AB = AF+FB = 4+\dfrac{3}{2} = \dfrac{11}{2} \\ AC = AH + CH = 4+21 = 25 \\ BC= CH + BF = 21+\dfrac{3}{2} = \dfrac{45}{2} \\ S_{ABCD} = 2S_{ABC} = AB \cdot AC \cdot sin \angle BAC = \dfrac{275}{2 } \cdot sin(2arcsin\dfrac{3}{5}) = \\ \dfrac{275}{2} \cdot 2 \cdot \dfrac{3}{5} \cdot \dfrac{4}{5} = 132$