Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 10486
2023-02-18 
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 $2:3$.
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 6847).
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 5493)
$BH=\frac{AB-CE}{2}=\frac{2x-x}{2}=\frac{x}{2},~\angle HBE=60^{\circ},~EH=\frac{x\sqrt{3}}{2}.$
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, $BE=x=2$.
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 $2:3$.
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 6847).
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 5493)
$BH=\frac{AB-CE}{2}=\frac{2x-x}{2}=\frac{x}{2},~\angle HBE=60^{\circ},~EH=\frac{x\sqrt{3}}{2}.$
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, $BE=x=2$.
