6830. Вершины A
, B
и C
ромба ABCD
лежат на окружности, а вершина D
— на хорде AE
. Луч CD
пересекает окружность в точке F
.
а) Докажите, что D
— центр окружности, вписанной в треугольник BEF
.
б) Найдите AE
, если радиус исходной окружности равен 41\frac{2}{3}
, а большая диагональ AC
ромба равна 80.
Ответ. 78.
Решение. а) Поскольку AB\parallel CF
, вписанный в окружность четырёхугольник ABCF
— равнобедренная трапеция (см. задачу 5003), значит, AF=BC=AB
. Вписанные углы BEA
и AEF
опираются на равные дуги, поэтому они равны. Тогда EA
— биссектриса угла BEF
. Аналогично FC
— биссектриса угла BFE
. Следовательно, D
— точка пересечения биссектрис треугольника BEF
, т. е. центр его вписанной окружности.
б) Пусть P
— центр ромба ABCD
, а продолжение диагонали BD
пересекает данную окружность в точке K
. Тогда BK
— серединный перпендикуляр к хорде AC
, поэтому хорда BK
— диаметр окружности. Отрезок CP
— высота прямоугольного треугольника BCK
, проведённая из вершины прямого угла, значит, PC^{2}=BP\cdot PK
, или 40^{2}=BP\cdot\left(\frac{250}{3}-BP\right)
. Отсюда, учитывая, что BP\lt CP
, находим, что BP=30
. Тогда
BC=\sqrt{BP^{2}+CP^{2}}=\sqrt{30^{2}+40^{2}}=50.
Пусть H
и Q
— проекции точек соответственно C
и B
на прямую AE
. Тогда CH
— высота ромба, и CH
вдвое больше высоты прямоугольного треугольника BPC
, опущенной на гипотенузу BC
, значит,
CH=2\cdot\frac{BP\cdot CP}{BC}=2\cdot\frac{30\cdot40}{50}=48.
Из прямоугольного треугольника CHE
находим, что
EH=\sqrt{CE^{2}-CH^{2}}=\sqrt{AB^{2}-CH^{2}}=\sqrt{50^{2}-48^{2}}=14.
Следовательно,
AE=AQ+QH+EH=2EH+BC=2\cdot14+50=78.