6973. Две окружности касаются внутренним образом в точке A
. Хорда BC
внешней окружности касается внутренней окружности в точке D
. Прямая AD
пересекает внешнюю окружность в точках A
и E
. Найдите BE
, если известно, что EC=CA
, площадь четырёхугольника ABEC
равна 3\sqrt{3}
, а радиусы окружностей относятся как 2:3
.
Ответ. 2.
Решение. Пусть внутренняя окружность пересекает отрезки AB
и AC
в точках M
и N
соответственно, а P
— точка пересечения прямой BC
с общей касательной к окружностям, проведённой в точке A
. Предположим, что точка C
лежит между B
и P
. Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
\angle ABC=\angle CAP=\angle NAP=\angle AMN,
поэтому MN\parallel BC
. Тогда треугольник AMN
подобен треугольнику ABC
, причём коэффициент подобия равен отношению радиусов окружностей, описанных около этих треугольников, т. е. \frac{2}{3}
. Кроме того,
\angle BAD=\angle MAD=\angle MND=\angle NDC=\angle CAD,
т. е. AD
(а значит, и AE
) — биссектриса угла BAC
. Поскольку равные вписанные углы опираются на равные хорды, BE=EC=CA
. Таким образом, три стороны вписанного в окружность четырёхугольника ABEC
равны. Следовательно, это равнобедренная трапеция или прямоугольник (см. задачу 3476).
Обозначим BE=EC=CA=x
. Из подобия треугольников AMN
и ABC
также следует, что \frac{AD}{AE}=\frac{2}{3}
, значит, \frac{AD}{DE}=2
. Тогда треугольник ADB
подобен треугольнику EDC
с коэффициентом 2, поэтому
AB=2EC=2x.
Площадь равнобедренной трапеции ABEC
с основаниями AB=2x
, EC=x
и боковыми сторонами AC=BE=x
. Пусть EH
— высота трапеции. Тогда (см. задачу 1921)
BH=\frac{AB-CE}{2}=\frac{2x-x}{2}=\frac{x}{2},~\angle HBE=60^{\circ},~EH=\frac{x\sqrt{3}}{2}.
Следовательно,
S_{ABEC}=\frac{AB+EC}{2}\cdot EH=\frac{3}{2}x\cdot\frac{x\sqrt{3}}{2}=\frac{3x^{2}\sqrt{3}}{4}=3\sqrt{3}.
Отсюда находим, что x=2
. Следовательно, BE=x=2
.