ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2026-02-17   
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


Решение:


Луч $BE$ - биссектриса вписанного угла $BAC$, поэтому $E$ - середина меньшей дуги $BC$, и $CE=BC$. По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 5137)

$\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{DC}=\frac{S_{\Delta BED}}{S_{\Delta CED}}=\frac{5}{6}$

(см. задачу 6413), 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

$11=S_{\Delta BEC}=\frac{1}{2}BE\cdot EC\sin(180^{\circ}-\alpha)=\frac{1}{2}BE^{2}\sin\alpha=\frac{1}{2}BE^{2}\cdot\frac{4}{5}=\frac{2}{5}BE^{2},$

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

$(BE+EC)+(AB+AC)=2BE+BC+AC=2\sqrt{\frac{55}{2}}+\sqrt{88}+\frac{6}{5}\sqrt{88}=\sqrt{110}+\frac{22\sqrt{22}}{5}$.