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         
 $AB = AF+FB = 4+dfrac{3}{2} = dfrac{11}{2} \ AC = AH + CH = 4+21 = 25 \ BC= CH + BF = 21+dfrac{3}{2} = dfrac{45}{2} \ S_{ABCD} = 2S_{ABC} = AB cdot AC cdot sin angle BAC = dfrac{275}{2 } cdot sin(2arcsindfrac{3}{5}) = \ dfrac{275}{2} cdot 2 cdot dfrac{3}{5} cdot dfrac{4}{5} = 132$