6156. Отрезок KB
является биссектрисой треугольника KLM
. Окружность радиуса 5 проходит через вершину K
, касается стороны LM
в точке B
и пересекает сторону KL
в точке A
. Найдите угол MKL
и площадь треугольника KLM
, если ML=9\sqrt{3}
, KA:LB=5:6
.
Ответ. 60^{\circ}
, \frac{405\sqrt{3}}{16}
.
Указание. Если окружность пересекает сторону KM
в точке C
, то AC\parallel ML
.
Решение. Пусть окружность пересекает сторону KM
в точке C
. Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
\angle ABL=\angle AKB=\angle BKC=\angle BAC,
значит, AC\parallel ML
.
Положим AK=5a
, BL=6a
. По теореме о касательной и секущей BL^{2}=LA\cdot LK
, или 36a^{2}=LA(LA+5a)
, откуда находим, что LA=4a
, а так как AC\parallel ML
, то
\frac{KC}{CM}=\frac{KA}{AL}=\frac{5a}{4a}=\frac{5}{4},~AC=\frac{5}{9}\cdot ML=\frac{5}{9}\cdot9\sqrt{3}=5\sqrt{3}.
Пусть R=5
— радиус окружности, о которой говорится в условии задачи. Эта окружность описана около треугольника AKC
, поэтому
\sin\angle AKC=\frac{AC}{2R}=\frac{5\sqrt{3}}{10}=\frac{\sqrt{3}}{2},
значит, \angle MKL=\angle AKC=60^{\circ}
или \angle MKL=\angle AKC=120^{\circ}
.
Второй случай невозможен, так как тогда градусная мера дуги ABC
равна 240^{\circ}
, и поэтому расстояние от точки K
до прямой AC
меньше расстояния от точки B
до этой прямой. В то же время, отношение этих расстояний равно \frac{KA}{AL}=\frac{5}{4}
. Следовательно, \angle MKL=60^{\circ}
.
Положим KC=5b
, CM=4b
. По теореме о касательной и секущей
BM=\sqrt{MC\cdot MK}=\sqrt{4b\cdot9b}=6b,
значит, ML=LB+MB=6a+6b
. По теореме косинусов
ML^{2}=KM^{2}+KL^{2}-2KM\cdot KL\cos60^{\circ},~(6a+6b)^{2}=81b^{2}+81a^{2}-81ab,
4(a+b)^{2}=9(a^{2}+b^{2})-9ab,~5(a^{2}+b^{2})-17ab=0,~5(a+b)^{2}-27ab=0,~27ab=5(a+b)^{2},
а так как
a+b=\frac{1}{6}ML=\frac{1}{6}\cdot9\sqrt{3}=\frac{3}{2}\sqrt{3},
то
27ab=5\cdot\left(\frac{3}{2}\sqrt{3}\right)^{2}=\frac{135}{4},~ab=\frac{5}{4}.
Следовательно,
S_{\triangle KLM}=\frac{1}{2}\cdot9a\cdot9b\cdot\sin60^{\circ}=\frac{81ab\sqrt{3}}{4}=\frac{81\cdot\frac{5}{4}\cdot\sqrt{3}}{4}=\frac{405\sqrt{3}}{16}.