13272. Окружности \Omega
и \omega
касаются в точке A
внутренним образом. Отрезок AB
— диаметр большей окружности \Omega
, а хорда BC
окружности \Omega
касается \omega
в точке D
. Луч AD
повторно пересекает \Omega
в точке E
Найдите радиусы окружностей и площадь четырёхугольника BACE
, если известно, что CD=1
, BD=3
.
Ответ. R=\frac{3}{\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}
, r=\frac{3}{2\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{4}
, S_{BACE}=4\sqrt{2}
.
Решение. Пусть R
и r
— искомые радиусы окружностей \Omega
и \omega
соответственно. По лемме Архимеда для сегмента (см. задачу 89) AE
— биссектриса вписанного в окружность \Omega
угла BAC
, поэтому хорды BE
и CE
равны. При этом AD
— биссектриса треугольника ABC
, поэтому \frac{AB}{AC}=\frac{BD}{CD}=3
(см. задачу 1509).
Положим AB=3t
, AC=t
. Точка C
лежит на окружности с диаметром AB
, поэтому \angle ACB=90^{\circ}
. По теореме Пифагора
AB^{2}=AC^{2}+BC^{2},~\mbox{или}~9t^{2}=16+t^{2},
откуда t=\sqrt{2}
. Следовательно,
2R=AB=3t=3\sqrt{2},~R=\frac{3\sqrt{2}}{2},~AC=t=\sqrt{2}.
Обозначим \angle BAC=\alpha
. Тогда
\cos\alpha=\frac{AC}{AB}=\frac{t}{3t}=\frac{1}{3},~\sin\alpha=\frac{2\sqrt{2}}{3},~\ctg\alpha=\frac{1}{2\sqrt{2}},
\sin\angle BAE=\sin\angle BAD=\sin\frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{2}}=\sqrt{\frac{1-\frac{1}{3}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}.
Пусть O
— центр окружности \omega
. Поскольку OD\perp BC
, прямые OD
и AC
параллельны, поэтому \angle BOD=\angle BAC=\alpha
. Следовательно,
r=OD=BD\ctg\alpha=3\cdot\frac{1}{2\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{4}.
По теореме синусов
CE=BE=2R\sin\angle BAE=3\sqrt{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}=\sqrt{6}.
Четырёхугольник BACE
вписанный, поэтому
\sin\angle BEC=\sin(180^{\circ}-\angle BAC)=\sin(180^{\circ}-\alpha)=\sin\alpha.
Следовательно,
S_{BACE}=S_{\triangle ABC}+S_{\triangle BEC}=\frac{1}{2}SC\cdot BC+\frac{1}{2}BE\cdot CE\sin\alpha=
=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{2}\cdot4+\frac{1}{2}\cdot\sqrt{6}\cdot\sqrt{6}\cdot\frac{2\sqrt{2}}{3}=2\sqrt{2}+2\sqrt{2}=4\sqrt{2}.