13333. Вокруг равнобедренного треугольника ABC
(AB=BC
) описана окружность \Omega
. Прямая, содержащая биссектрису AD
треугольника ABC
, пересекает повторно \Omega
в точке E
. Найдите периметр четырёхугольника ABEC
, если известно что площади треугольников BED
и CED
равны 5 и 6 соответственно.
Ответ. \sqrt{110}+\frac{22\sqrt{22}}{5}
.
Решение. Луч BE
— биссектриса вписанного угла BAC
, поэтому E
— середина меньшей дуги BC
, и CE=BC
. По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509)
\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{DC}=\frac{S_{\triangle BED}}{S_{\triangle CED}}=\frac{5}{6}
(см. задачу 3000), откуда AC=\frac{6}{5}AB=\frac{6}{5}BC
.
Пусть BH
— высота (и медиана) равнобедренного треугольника ABC
. Обозначим \angle ACB=BAG=\alpha
. Из прямоугольного треугольника ABH
находим, что
\cos\alpha=\frac{AH}{AB}=\frac{\frac{1}{2}AC}{AB}=\frac{1}{2}\cdot\frac{AC}{AB}=\frac{1}{2}\cdot\frac{6}{5}=\frac{3}{5}.
Тогда \sin\alpha=\frac{4}{5}
.
Четырёхугольник ABEC
вписанный, поэтому
\angle BEC=180^{\circ}-\angle BAC=180^{\circ}-\alpha.
Тогда
11=S_{\triangle BEC}=\frac{1}{2}BE\cdot EC\sin(180^{\circ}-\alpha)=
=\frac{1}{2}BE^{2}\sin\alpha=\frac{1}{2}BE^{2}\cdot\frac{4}{5}=\frac{2}{5}BE^{2},
откуда BE=\sqrt{\frac{55}{2}}
.
По теореме косинусов из треугольника BEC
получаем
BC^{2}=2BE^{2}-2BE^{2}\cos(180^{\circ}-\alpha)=
=2BE^{2}+2BE^{2}\cos\alpha=2BE^{2}(1+\cos\alpha)=2\cdot\frac{55}{2}\left(1+\frac{3}{5}\right)=88.
Следовательно, периметр четырёхугольника ABEC
равен
(BE+EC)+(AB+AC)=2BE+BC+AC=
=2\sqrt{\frac{55}{2}}+\sqrt{88}+\frac{6}{5}\sqrt{88}=\sqrt{110}+\frac{22\sqrt{22}}{5}.
Примечание. Если площади треугольников BED
и CED
равны 5 и 8 соответственно, то ответ: \frac{2}{3}\sqrt{390}+\frac{26}{5}\sqrt{39}
.
Источник: Олимпиада «Физтех» (математическая олимпиада МФТИ). — 2023, задача 4, вариант 15, 9 класс