1461. В прямоугольнике ABCD
, где AB=6
, AD=3\left(1+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)
, расположены две окружности. Окружность радиуса 2 с центром в точке K
касается сторон AB
и AD
. Окружность радиуса 1 с центром в точке L
касается стороны CD
и первой окружности. Найдите площадь треугольника CLM
, если M
— основание перпендикуляра, опущенного из вершины B
на прямую, проходящую через точки K
и L
.
Ответ. \frac{3(4\sqrt{2}-5)}{4}
.
Указание. Пусть N
— точка касания первой окружности со стороной AB
, G
— проекция точки L
на прямую NK
. Тогда \angle MBN=\angle LKG=45^{\circ}
.
Решение. Пусть N
и H
— точки касания первой окружности со сторонами AB
и AD
соответственно, F
— точка касания второй окружности со стороной CD
, E
— проекция точки K
на CD
, G
— проекция точки L
на KE
, P
— точка пересечения прямых KL
и CD
.
Рассмотрим прямоугольный треугольник KGL
. В нём
KL=2+1=3,~KG=NE-NK-GE=NE-NK-LF=
=\left(1+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)-2-1=\frac{3\sqrt{2}}{2},
\cos\angle GKL=\frac{KG}{KL}=\frac{\sqrt{2}}{2},~\angle GKL=45^{\circ}.
Поскольку \angle HAK=45^{\circ}
, то точки A
, K
и L
лежат на одной прямой. Из равнобедренного прямоугольного треугольника ABM
находим, что
AM=AB\sin45^{\circ}=3\sqrt{2}.
Поэтому
LM=AK+KL-AM=2\sqrt{2}+3-3\sqrt{2}=3-\sqrt{2}.
Поскольку \angle LFP=\angle KGL=45^{\circ}
, то FP=LF=1
, поэтому
CP=CD-DE-EF-FP=6-2-\frac{3\sqrt{2}}{2}-1=3-\frac{3\sqrt{2}}{2}.
Пусть CQ
— высота треугольника CLM
. Тогда
CQ=CP\sin\angle CPQ=CP\sin45^{\circ}=\left(3-\frac{3\sqrt{2}}{2}\right)\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=3(\sqrt{2}-1).
Следовательно,
S_{\triangle CLM}=\frac{1}{2}LM\cdot CQ=\frac{1}{2}(3-\sqrt{2})(3\sqrt{2}-1)=\frac{3(4\sqrt{2}-5)}{4}.
Источник: Вступительный экзамен на экономический факультет МГУ. — 1986, вариант 2, № 4
Источник: Нестеренко Ю. В., Олехник С. Н., Потапов М. К. Задачи вступительных экзаменов по математике. — М.: Факториал, 1995. — с. 140