13045. На стороне BC
треугольника ABC
отмечена точка D
, причём AB=BD
. Биссектриса BF
треугольника ABC
пересекает прямую AD
в точке E
. Из точки C
на прямую AD
опущен перпендикуляр CK
.
а) Докажите, что AB:BC=AE:EK
.
б) Найдите отношение площади треугольника ABE
к площади четырёхугольника CDEF
, если BD:DC=5:2
.
Ответ. \frac{30}{19}
.
Решение. а) Пусть F
— точка пересечения луча BE
со стороной AC
. Биссектриса BE
равнобедренного треугольника ABD
является его высотой, поэтому BE\perp AK
. Тогда BF\parallel CK
. Значит, по теореме Фалеса AF:FC=AE:EK
. С другой стороны, по свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509) AF:FC=AB:BC
. Следовательно,
AB:BC=AF:FC=AE:EK.
Что и требовалось доказать.
б) Пусть S
, S_{1}
и S_{2}
— площади треугольников ABC
, ABE
и четырёхугольника CDEF
соответственно. Тогда (см. задачу 3000)
S_{1}=\frac{1}{2}S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}\cdot\frac{BD}{BC}S=\frac{1}{2}\cdot\frac{5}{7}S=\frac{5}{14}S,
а так как
S_{\triangle AEF}=\frac{AE}{AD}\cdot\frac{AF}{AC}S_{\triangle ADC}=\frac{5}{12}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{7}S=\frac{5}{84}S
(см. задачу 3007), то
S_{2}=S_{\triangle ADC}-S_{\triangle AEF}=\frac{2}{7}S-\frac{5}{84}S=\frac{19}{84}S.
Следовательно,
\frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{\frac{5}{14}S}{\frac{19}{84}S}=\frac{30}{19}.