4737. Две окружности пересекаются в точках A
и B
. Их центры расположены по разные стороны от прямой, содержащей отрезок AB
. Точки K
и N
лежат на разных окружностях. Прямая, содержащая отрезок AK
, касается одной окружности в точке A
. Прямая, содержащая отрезок AN
, касается другой окружности также в точке A
. Известно, что AK=\sqrt{5}
, AN=2
, а тангенс угла KAN
равен \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}
. Найдите площадь треугольника KBN
.
Ответ. \frac{4\sqrt{6}(9-4\sqrt{3})}{33}
.
Указание. Треугольники ABK
и NBA
подобны.
Решение. Обозначим AB=x
, \angle BAK=\alpha
, \angle BAN=\beta
. По теореме об угле между касательной и хордой
\angle ANB=\angle BAK=\alpha,~\angle AKB=\angle BAN=\beta.
Треугольники ABK
и NBA
подобны по двум углам. Поэтому
\frac{BK}{AB}=\frac{AB}{BN}=\frac{AK}{AN}=\frac{\sqrt{5}}{2}.
Отсюда находим, что
BK=AB\cdot\frac{\sqrt{5}}{2}=\frac{x\sqrt{5}}{2},~BN=AB\cdot\frac{2}{\sqrt{5}}.
По теореме косинусов из треугольника ABK
находим, что
BK^{2}+AB^{2}-2AB\cdot BK\cos\angle ABK=AK^{2},
или
\frac{5x^{2}}{4}+x^{2}-2x\cdot\frac{x\sqrt{5}}{2}\cdot\cos(180^{\circ}-(\alpha+\beta))=5.
Поскольку
\cos(180^{\circ}-(\alpha+\beta))=-\cos(\alpha+\beta)=-\cos\angle KAN=-\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}},
то
\frac{9x^{2}}{4}+x^{2}\sqrt{3}=5.
Отсюда находим, что x^{2}=\frac{20}{9+4\sqrt{3}}
. Поскольку
\sin\angle KBN=\sin2(\alpha+\beta)=\frac{2\tg(\alpha+\beta)}{1+\tg^{2}(\alpha+\beta)}=\frac{\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}}{1+\frac{2}{3}}=\frac{6\sqrt{2}}{5\sqrt{3}},
то
S_{\triangle KBN}=\frac{1}{2}BK\cdot BN\sin\angle KBN=\frac{1}{2}x^{2}\cdot\frac{6\sqrt{2}}{5\sqrt{3}}=\frac{4\sqrt{6}(9-4\sqrt{3})}{33}.