Задача №16892

В выпуклом четырёхугольнике $KLMN$ диагонали $KM$ и $LN$ перпендикулярны соответственно сторонам $MN$ и $KL\text{,}$ а длина стороны $KN$ равна $4\sqrt{3}\text{.}$ На стороне $KN$ расположена точка $A$ так, что $\angle LAK=\angle MAN\text{.}$ Известно, что $\angle MKN-\angle KNL=15^{\circ }\text{,}$ $LA:AM=1:\sqrt{3}\text{.}$

а) Докажите, что $\angle MAL=90^{\circ }\text{.}$
б) Найдите площадь четырёхугольника $KLMN\text{.}$

а) Докажем, что $\angle MAL=90^{\circ }\text{.}$

По условию $\angle KLN=\angle KMN=90^{\circ }\text{,}$ то есть треугольники $KLN$ и $KMN$ — прямоугольные с общей гипотенузой $KN\text{.}$ Значит, точки $L$ и $M$ лежат на окружности с диаметром $KN$ (по обратной теореме о вписанном угле).

Пусть $L^{\prime }$ — точка, симметричная $L$ относительно прямой $KN\text{.}$ Тогда $L^{\prime }$ также лежит на этой окружности (т.к. $\angle K{L}^{\prime }N=\angle KLN=90^{\circ }$). Обозначим $\angle KNL=\alpha \text{,}$ тогда по условию $\angle MKN=\alpha +15^{\circ }\text{.}$ В прямоугольном $△KLN\text{:}$ $\angle LKN=90^{\circ }-\alpha \text{.}$ По симметрии $\angle L^{\prime }KN=90^{\circ }-\alpha \text{.}$ Тогда

$$\angle L^{\prime }KM=\angle L^{\prime }KN+\angle NKM=(90^{\circ }-\alpha )+(\alpha +15^{\circ })=105^{\circ }.$$

По теореме синусов для $△L^{\prime }KM\text{,}$ вписанного в окружность диаметра $KN=4\sqrt{3}$ (то есть $2R=4\sqrt{3}$):

$$L^{\prime }M=2R\sin \angle L^{\prime }KM=4\sqrt{3}\cdot \sin 105^{\circ }=4\sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}=\sqrt{18}+\sqrt{6}=3\sqrt{2}+\sqrt{6}.$$

По условию $LA:AM=1:\sqrt{3}\text{,}$ причём $L^{\prime }A=LA$ (симметрия). Значит, $L^{\prime }A+AM=L^{\prime }M\text{,}$ и

$$L^{\prime }A=LA=\frac{1}{1+\sqrt{3}}{L}^{\prime }M=\frac{3\sqrt{2}+\sqrt{6}}{1+\sqrt{3}}=\sqrt{6},AM=\sqrt{3}\cdot LA=3\sqrt{2}.$$

По теореме о пересекающихся хордах ($L^{\prime }M$ и $KN$ пересекаются в $A$):

$$KA\cdot AN=L^{\prime }A\cdot AM=\sqrt{6}\cdot 3\sqrt{2}=6\sqrt{3}.$$

Также $KA+AN=KN=4\sqrt{3}\text{.}$ Решаем систему: $KA$ и $AN$ — корни уравнения $t^2-4\sqrt{3}t+6\sqrt{3}=0\text{.}$ Получаем $KA=3\sqrt{3}-3\text{,}$ $AN=3+\sqrt{3}\text{.}$

Пусть $O$ — центр окружности (середина $KN$), тогда $AO=2\sqrt{3}-KA=2\sqrt{3}-3\sqrt{3}+3=3-\sqrt{3}\text{.}$ $OM=R=2\sqrt{3}\text{.}$ По теореме косинусов в $△AOM\text{:}$

$$O{M}^2=A{M}^2+A{O}^2-2\cdot AM\cdot AO\cdot \cos \angle MAO,$$ $$12=18+(3-\sqrt{3}{)}^2-2\cdot 3\sqrt{2}\cdot (3-\sqrt{3})\cdot \cos \angle MAO.$$

После вычислений получаем $\cos \angle MAO=\frac{1}{\sqrt{2}}\text{,}$ откуда $\angle MAO=45^{\circ }\text{.}$

Поскольку $L^{\prime }$ симметрична $L$ относительно $KN\text{,}$ угол $\angle LAO=\angle L^{\prime }AO\text{,}$ и из условия $\angle LAK=\angle MAN$ имеем $\angle LAO=45^{\circ }\text{.}$ Тогда $\angle MAL=\angle MAO+\angle LAO=45^{\circ }+45^{\circ }=90^{\circ }\text{.}$

б) Площадь $KLMN\text{.}$

Диагонали $KM$ и $LN$ пересекаются в точке $A$ (по доказанному в п. а) под углом $45^{\circ }$ (так как $\angle MAN=45^{\circ }$). Площадь четырёхугольника разобьём на три треугольника $LAK\text{,}$ $MAL\text{,}$ $MAN\text{:}$

$$S_{KLMN}=S_{LAK}+S_{MAL}+S_{MAN}=\frac{1}{2}(AK\cdot AL+AM\cdot AN)\sin 45^{\circ }+\frac{1}{2}AL\cdot AM.$$

Подставим:

1. $AK\cdot AL=(3\sqrt{3}-3)\cdot \sqrt{6}=3\sqrt{18}-3\sqrt{6}=9\sqrt{2}-3\sqrt{6}\text{,}$
2. $AM\cdot AN=3\sqrt{2}(3+\sqrt{3})=9\sqrt{2}+3\sqrt{6}\text{,}$
3. сумма: $18\sqrt{2}\text{,}$
4. $AL\cdot AM=\sqrt{6}\cdot 3\sqrt{2}=6\sqrt{3}\text{.}$

Итого:

$$S_{KLMN}=\frac{1}{2}\cdot 18\sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{1}{2}\cdot 6\sqrt{3}=\frac{18\cdot 2}{4}+3\sqrt{3}=9+3\sqrt{3}.$$

Ответ:

а) $\angle MAL=90^{\circ }$

б) $9+3\sqrt{3}$