Эта точка S называется вторая точка Брокара. Почему вторая? Если считать углы при вершине против часовой стрелки, то у первой точки равные углы идут первыми, а у второй - вторыми, как в этой задаче.
См. чертеж. Я изобразил известное построение точки Брокара. Окружности касаются сторон в одной из вершин. Окружность с центром G касается KL в точке L, окружность с центром в точке Q касается MK в точке K. Окружность (заданная в задаче) с центром O касается ML в точке M, но так как треугольник равнобедренный, то эта окружность заодно касается и KL в точке K.
∠MKS - вписанный в окружность (O) (я буду для краткости так именовать окружности - центр в скобках) и опирается на дугу MS; эта дуга лежит между касательной ML и хордой MS => ∠MKS = ∠SML;
Точно также с использованием окружности (G) и её дуги LS легко показать что ∠SML = ∠KLS; то есть равенство углов, заданное в условии, корректно соблюдается, плюс обнаружен и третий равный угол
∠MKS = ∠SML = ∠KLS (именно это равенство углов и есть определение точки Брокара, а номер определяется порядком углов)
Кроме того, в условии задано ∠SKL=60°, и как теперь ясно, также и ∠SMK = ∠LMK - ∠SML = ∠LKM - ∠MKS = ∠SKL = 60°; величина угла пока не нужна (она понадобится позже), а вот равенство ∠SMK = ∠SKL уже необходимо, поскольку △MKS и △KLS подобны по 2 углам (это подобие - следствие того, что △MKL равнобедренный).
Так как KL - общая внешняя касательная окружностей (G) и (O) (это еще одно следствие того, что треугольник равнобедренный), а прямая MS - радикальная ось этих окружностей, точка их пересечения P лежит посредине KL (обратите внимание - это "соль" всего решения!)
LP = PK;
(Из этого факта следует целый фейерверк следствий, что называется, следите за руками :))
△MKS и △KLS подобны, и отрезки SN и SP - медианы из соответствующих вершин этих треугольников. Поэтому SN/SP = MS/SK;
Отрезок SK - одновременно меньшая сторона в △KLS и "средняя" в △MKS, в данном случае это пропорция между соответствующими элементами разных треугольников. Однако эта пропорция означает, что стороны △MKS и △NSP пропорциональны.
∠LSP = ∠KSN (это опять углы между соответствующими сторонами и медианами подобных треугольников, но можно и сказать, что △LSP и △KSN подобны); => ∠NSP = ∠MSK; => △NSP подобен △MSK;
но это еще не все :) оба эти треугольника подобны △KLS, но, как средняя линия, PN = ML/2 = KL/2; а значит, SP = SL/2; SN = SK/2;
Есть еще много интересных следствий, например, PSNK - вписанный четырехугольник, и еще много интересного, но для решения достаточно именно этого результата, SN = SK/2;
Теперь есть все, чтобы найти ∠MKS = x; вот теперь понадобится что ∠SMK=60°; так как величины углов не зависят от реальных размеров, можно взят подобный треугольник, у которого SK = 2, SN = 1; и я обозначу MS = 2a; MK = 2b; я не стал рисовать NT II MS; NT = a; T - середина SK.
Прекрасное геометрическое решение этой задачи дано в я всем советую сейчас "сбегать туда", сам же я просто сосчитаю угол по теореме косинусов.
из △TNK (со сторнами TK = 1; NK = b; NT = a; по сути я принял TK за единицу измерения длины)
1 = a^2 + b^2 - ab; (напомню, что ∠SMK = 60° = ∠TNK;)
a^2 = b^2 + 1 - 2b*cos(x);
из △SNK 1 = 4 + b^2 - 4b*cos(x);
Дальше исключается cos(x); 4b*cos(x) = b^2 + 3;
2a^2 = 2b^2 + 2 - 4b*cos(x) = 2b^2 + 2 - (b^2 + 3) = b^2 - 1; b^2 = 2a^2 + 1;
a^2 + 2a^2 + 1 - a√(2a^2 + 1) = 1; 3a = √(2a^2 +1); 7a^2 = 1; a = 1/√7;
b^2 = 2/7 + 1 = 9/7; b= 3/√7; cos(x) = (b^2 + 3)/(4b) = 5/√28; sin(x) = √(3/28);
Так как расстояние от S до MK равно √2 = SK*sin(x); а расстояние от S до KL пусть это H = SK*sin(60°) = √2*sin(60°)/sin(x) = √14;
Я публикую еще один решения.
После того, как все слова про равные углы сказаны (см. начало решения), можно сразу записать уравнение с теоремы Чевы в тригонометрической форме.
(sin(y)/sin(x))*(sin(60°)/sin(x))*(sin(60°)/sin(x)) = 1; y =∠SLM;
Все углы "отсчитываются" против часовой стрелки у каждой вершины.
(y + x) + (60° + x) + (60° + x) = 180°; => y = 60° - 3x;
sin(60°-3x) = (4/3)*(sin(x))^3; вот это уравнение надо решить. Ну что, тут только раскрывать все и искать уравнение, которое можно решить.
(√3/2)cos(3x) = (1/2)sin(3x) + (4/3)(sin(x))^3;
(√3)cos(x)(1 - 4(sin(x))^2) = sin(x)(3 - (4/3)(sin(x))^2);
(3√3)ctg(x) = (9 - 4(sin(x))^2)/(1 - 4(sin(x))^2) =
= (9(1 + (ctg(x))^2) - 4)/(1 + (ctg(x))^2 - 3) = (5 + 9(ctg(x))^2)/((ctg(x))^2 - 3);
теперь, чтобы избавиться от иррациональности, можно ввести новую переменную z = (√3)ctg(x); ctg(x) = z/√3; тогда
3z = (5 + 9z^2/3)/(z^2/3 - 3) = (15 + 9z^2)/(z^2 - 9);
или z^3 - 3z^2 - 9z - 5 = 0; получилось кубическое уравнение. Внимательный читатель наверняка заметит, что у уравнения есть корень (-1), что позволяет понизить степень до квадратного, но я сделаю вид, что этого не вижу (как и корня 5), и просто попытаюсь выделить полный куб.
z^3 + 3z^2+3z + 1 - 6z^2 - 12z - 6 = 0;
(z + 1)^3 - 6(z + 1)^2 = 0; или (z - 5)(z + 1)^2 = 0; корень (-1) "не физический",
То есть ctg(x) = 5/√3; sin (x) = √(3/28); получился тот же результат.
Объяснение:
Я не очень умею объяснять, но попробую
Крч провели мы эти линии и получили несколько паралеллогрмаммов (я наверное ушла не в ту степь, но пофиг), а у них противоположные стороны равны. Так мы нашли отрезки В1В, ВА1, А1С, СС1, С1А, АВ1. Мы видим, что каждая прямая состоит из двух одинаковых отрезков, равных одной из сторон исходного треугольника, значит каждая сторона ⚠︎С1В1А1 в два раза больше параллельно лежащей стороны ⚠︎АВС, следовательно периметр С1В1А1 будет в два раза больше, чем у АВС
На фото можно увидеть решение( "дано" не будет оно приняло ислам)
