Через вершины \(K\) и \(L\) треугольника \(KLM\) проведена окружность, касающаяся прямых \(KM\) и \(LM\). На этой окружности выбрана точка \(S\) (внутри треугольника), лежащая на расстоянии 1 от прямой \(KL\). Найдите расстояние от точки \(S\) до прямой \(LM\), если известно, что \(\angle KLS = \angle LMS\) и что \(\angle SLM = 45^{\circ}\).

Решение

Положим \(\angle LMS(=\angle KLS)=\alpha \) и искомое расстояние от \(S\) до \(LM\): \( \rho \left( S; LM \right) = x\).

Вспомним \(\href{https://examp.info/theorem/ob-ugle-mezhdu-kasatelnoj-i-hordoj/}{ \text{теорему об угле между касательной и хордой}}\)\(-\) градусная мера угла, образованного касательной к окружности и хордой с концом в точке касания, равна половине градусной меры дуги окружности, заключённой внутри этого угла.

Поскольку угол \(SKL\) опирается на дугу \(SL\), а \(LM\) \(-\) касательная, справедливо \(\angle SKL = \angle SLM = 45^{\circ} = \dfrac{\pi}{4}\). Аналогично, \(\angle SKM = \angle SLK = \alpha \). Тогда из \(\href{https://examp.info/theorem/teorema-sinusov/}{ \text{теоремы синусов}}\), применённой к треугольнику \(KLM\), следует, что
\[\dfrac{KL}{LM}=\dfrac{\sin (\pi -2\alpha -2\pi/4 )}{\sin(\alpha + \pi/4)}=\dfrac{\sin(\ 2(\alpha+\pi/4))}{\sin(\alpha+\pi/4)}=2\cos\left( \alpha+ \dfrac{\pi}{4} \right).\]
То же самое можно было бы получить, опустив перпендикуляр из \(M\) на \(KL\), поскольку \(MK=LM\) как \(\href{https://examp.info/theorem/o-kasatelnyh/}{касательные}\).

С другой стороны, треугольники \(KLS\) и \(LMS\) \(\href{https://examp.info/onedef/podobnye-treugolniki/}{подобны}\) (в силу равенства соответствующих углов), откуда
\[\dfrac{KL}{LM}=\dfrac{SP}{SQ}=\dfrac{SP}{SL}\cdot\dfrac{SL}{SQ} = \frac{\sin \alpha}{\sin 45^{\circ}}=\dfrac{2\sin \alpha}{\sqrt{2}},\] где \(SP\) и \(SQ -\) перпендикуляры, опущенные из \(S\) на \(KL\) и \(LM\) соответственно. Значит,\[ \frac{SP}{SQ} = \dfrac{1}{x} = \dfrac{2\sin \alpha}{\sqrt{2}} \Longrightarrow x = \dfrac{\sqrt{2}}{2\sin \alpha} .\]

Остаётся найти \(\sin \alpha\). Так как получили 2 различных представления на \(\frac {KL}{LM} \), то достаточно их приравнять: \[2\cos\left( \alpha+\dfrac{\pi}{4} \right)=\dfrac{2\sin \alpha}{\sqrt{2}} \Longrightarrow \sqrt{2}(\cos \alpha - \sin \alpha) = \dfrac{2\sin \alpha}{\sqrt{2}},\] откуда \[\cos \alpha = 2\sin \alpha\] и \[\text{ctg} \alpha=2.\]
Поскольку \(\alpha\) ограничен \(\dfrac{\pi}{2}\), выражая \(\sin\alpha\) через \(\text{ctg}\alpha\), получаем \[\sin^2\alpha=\dfrac{1}{1 + \text{ctg}^2 \alpha}=\dfrac{1}{5} \Longrightarrow \sin \alpha =\dfrac{1}{\sqrt{5}}.\] Получаем \[x = \dfrac{\sqrt{5}}{\sqrt{2}} = \sqrt{5/2}.\]

Ответ: \(\sqrt{5/2}\).