Элементарная математика. Геометрия.

Задача 299

Точка $M$ удалена от сторон угла в $60^\circ$ на расстояния $\sqrt{3}$ и $3\sqrt{3}$ (основания перпендикуляров, опущенных из $M$  на стороны угла, лежат на сторонах, а не на их продолжениях). Прямая, проходящая через $M$, пересекает стороны угла и отсекает треугольник периметра $12$. Найти площадь этого треугольника.

Решение:

Замечание.
Обратите внимание, что рисунок интерактивный. Точки, большие по размеру, можно двигать мышкой.

Пусть $\angle AOB=60^\circ$.
Внутри угла возьмем точку $M$ так, что $MC=\sqrt{3}$ и $MD=3\sqrt{3}$.
Проведем $MK \parallel OB$ и $MP \parallel OA$. Получился параллелограмм $MKOP$.

Угол $\angle AKM=\angle MPD=\angle AOB=60^\circ$.

Рассмотрим прямоугольный $\triangle CMK$.  Из определения синуса найдем гипотенузу $KM=\dfrac{CM}{\sin{\angle CKM}}=\dfrac{\sqrt{3}\cdot2}{\sqrt{3}}=2$.
Таким же образом находим гипотенузу прямоугольного $\triangle MPD$:
$PM=\dfrac{MD}{\sin{\angle MPD}}=\dfrac{3\sqrt{3}\cdot2}{\sqrt{3}}=6$.

Пусть $OA=x$ и $OB=y$.
Рассмотрим два треугольника  $\triangle AOB$ и  $\triangle AKM$. Они подобны  по двум углам так как, $\angle AKM=\angle AOB$ и $\angle ABO=\angle AMK$. Тогда $\dfrac{AK}{x} = \dfrac{KM}{y}$.
Так как $AK=AO-KO=AO-MP=x-6$, то
$\dfrac{x-6}{x} = \dfrac{2}{y}$
или
$2x=y(x-6).$
Найдем третью сторону по теореме косинусов для $\triangle AOB$:
$BA=\sqrt{AO^2+OB^2-2AO\cdot OB\cdot\cos{\angle AOB}}=\sqrt{x^2+y^2-2xy\cos60^\circ}$.
Зная периметр и три стороны, составим уравнение:
$x+y+ \sqrt{x^2+y^2-2xy\cos60^\circ}=12$.
Далее выразим $y$ через $x$ и подставим в уравнение периметра, получим:
$x+\dfrac{2x}{x-6}+ \sqrt{x^2+\dfrac{4x^2}{(x-6)^2}-\dfrac{2x^2}{x-6}}=12$.

Найдем корни этого уравнения. Для этого проделаем следующие преобразования:
$x+\frac{2x}{x-6}-12=-\sqrt{x^2+\frac{4x^2}{(x-6)^2}-\frac{2x^2}{x-6}}$;
$(x+\frac{2x}{x-6}-12)^2=x^2+\frac{4x^2}{(x-6)^2}-\frac{2x^2}{x-6}$;
$(x+\frac{2x}{x-6}-12)^2=x^2+(\frac{2x}{x-6})^2+\frac{4x^2}{x-6}-\frac{6x^2}{x-6}$;
$(x+\frac{2x}{x-6}-12)^2=(x+\frac{2x}{x-6})^2-\frac{6x^2}{x-6}$;
$(x+\frac{2x}{x-6})^2-24(x+\frac{2x}{x-6})+144-(x+\frac{2x}{x-6})^2=-\frac{6x^2}{x-6}$;
$-24(x+\frac{2x}{x-6})+144=-\frac{6x^2}{x-6}$;
$\frac{x^2}{x-6}-4(x+\frac{2x}{x-6})+24=0$;
$x^2-4(x(x-6)+2x)+24(x-6)=0$;
$x^2-4(x^2-6x+2x)+24x-144=0$;
$x^2-4x^2+24x-8x+24x-144=0$;
$3x^2-40x+144=0$;
$x_{1,2}=\frac{20\pm\sqrt{400-3\cdot144}}{3}=\frac{20\pm\sqrt{-32}}{3}.$
Данное уравнение не имеет действительных корней, следовательно такого треугольника не существует.

Рассмотрим случай, когда точка лежит вне угла.
Проведем $MK \parallel OB$ и $MP \parallel OA$. Получился параллелограмм $MKOP$. Пусть $N$ — точка пересечения $OK$ и $MD$.
Рассмотрим $\triangle MKC$. В нем  $\angle AKM= \angle KOB=60^\circ$, поскольку они являются внутренними накрест лежащими.
Тогда $MK=\dfrac{MC}{\sin{\angle MKC}}=\dfrac{\sqrt{3}\cdot2}{\sqrt{3}}=2$.
Рассмотрим прямоугольный $\triangle MKN$, в нем
$KN=\dfrac{MK}{\cos{\angle MKN}}=2\cdot2=4$;
$MN=\sin{\angle MKN}\cdot KN=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 4=2\sqrt{3}$, тогда $ND=MD-MN=3\sqrt{3}-2\sqrt{3}=\sqrt{3}$.
Рассмотрим далее прямоугольный $\triangle OND$. В нем
$NO=\dfrac{ND}{\sin{\angle NOD}}=\dfrac{\sqrt{3}\cdot2}{\sqrt{3}}=2$.
Следовательно, $OK=ON+NK=2+4=6$.

Рассмотрим  $\triangle MKA$ и  $\triangle BOA$. Они подобны по двум углам: $\angle KAM=\angle OAB$ и $\angle MKO=\angle AOB$.
Пусть $OA=x$ и $OB=y$, тогда $\dfrac{AK}{x} = \dfrac{KM}{y}$ и $AK=OK-OA=6-x$.
Пропорция приобретает вид
$\dfrac{6-x}{x} = \dfrac{2}{y}$
или
$2x=y(6-x).$

Найдем 3 сторону по теореме косинусов для $\triangle AOB$:
$BA = \sqrt{x^2+y^2-2xy\cos60^\circ}$.
Зная периметр и три стороны составим уравнение:
$x+y+ \sqrt{x^2+y^2-2xy\cos60^\circ}=12$.
Далее выразим $y$ через $x$ и подставим в уравнение периметра, получим:
$x+\frac{2x}{6-x}+ \sqrt{x^2+\frac{4x^2}{(6-x)^2}-\frac{2x^2}{6-x}}=12$.

Найдем корни этого уравнения. Как и в предыдущем случае, последовательно получаем:
$x+\frac{2x}{6-x}-12=-\sqrt{x^2+\frac{4x^2}{(6-x)^2}-\frac{2x^2}{6-x}}$;
$(x+\frac{2x}{6-x}-12)^2=x^2+\frac{4x^2}{(6-x)^2}-\frac{2x^2}{6-x}$;
$(x+\frac{2x}{6-x}-12)^2=x^2+(\frac{2x}{6-x})^2+\frac{4x^2}{6-x}-\frac{6x^2}{6-x}$;
$(x+\frac{2x}{6-x}-12)^2=(x+\frac{2x}{6-x})^2-\frac{6x^2}{6-x}$;
$(x+\frac{2x}{6-x})^2-24(x+\frac{2x}{6-x})+144-(x+\frac{2x}{6-x})^2=-\frac{6x^2}{6-x}$;
$-24(x+\frac{2x}{6-x})+144=-\frac{6x^2}{6-x}$;
$\frac{x^2}{6-x}-4(x+\frac{2x}{6-x})+24=0$;
$x^2-4(x(6-x)+2x)+24(6-x)=0$;
$x^2-4(6x-x^2+2x)+144-24x=0$;
$x^2-24x+4x^2-8x+144-24x=0$;
$5x^2-56x+144=0$;
$x_{1,2}=\frac{28\pm\sqrt{28^2-5\cdot144}}{5}=\frac{28\pm 8}{5}.$
Корни данного уравнения равны 4 и $\frac{36}{5}$.
Подставим $x$ в уравнение с $y$. При корне $x=\frac{36}{5}$, $y$ получается отрицательным, следовательно данный корень не подходит.
При корне $x=4$, $y=4$.
Далее найдем площадь треугольника:
$S=\frac{1}{2}a\cdot b\cdot\sin{\angle AOB}=\dfrac{1}{2}\cdot 4\cdot 4\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}.$

Ответ:

$4\sqrt{3}$.