Элементарная математика. Геометрия.

Задача 247

В окружность вписан равнобедренный треугольник $ABC$, в котором $AB=BC$ и $\angle{B}=\beta$. Средняя линия треугольника продолжена до пересечения с окружностью в точках $D$ и $E$ $(DE\|AC)$. Найдите отношение площадей треугольников $ABC$ и $DBE$.

Решение

Обозначим через $MN$ среднюю линию треугольника $ABC$. Так как $ABC$ — равнобедренный треугольник, а $MN$ — его средняя линия, то $AM=MB=BN=NC$. Пусть $p$— длина половины боковой стороны треугольника $ABC$.

Выразим площадь треугольника $ABC$ через параметр $p$:

$S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot{BC}\sin\beta=\frac{1}{2}\cdot{4}p^2\sin\beta=2p^2\sin\beta$.

Выразим теперь площадь треугольника $DBE$:

$S_{DBE}=S_{DBM}+S_{MBN}+S_{EBN}$.

По свойству средней линии треугольника $S_{MBN}=\frac{1}{4}S_{ABC}$. Так как треугольники $DMB$ и $ENB$ равны, площадь треугольника $DBE$ можно выразить следующим образом:

$S_{DBE}=2S_{DBM}+\frac{1}{4}S_{ABC}=2S_{DBM}+\frac{1}{2}p^2{\sin\beta}$.

Площадь треугольника $DMB$ можно выразить так:

$S_{DMB}=\frac{1}{2}DM\cdot{MB}\sin{(180^{\circ}-\alpha)}=\frac{1}{2}DM\cdot{MB}\sin(\frac{180^{\circ}+\beta}{2})=$ $\frac{1}{2}DM\cdot{MB}\sin(90^{\circ}+\frac{\beta}{2})=$ $\frac{1}{2}DM\cdot{MB}\cos\frac{\beta}{2}=$ $\frac{1}{2}DM\cdot{MB}\sqrt{\frac{1+\cos\beta}{2}}$.

В треугольнике $DMB$ сторона $MB=p$. Выразим теперь через $p$ сторону $DM$. Воспользуемся свойством хорд окружности: если хорды окружности пересекаются, то произведение отрезков одной хорды равно произведению отрезков другой хорды. В нашем случае пересекающимися хордами будут $AB$ и $DE$. Они пересекаются в точке $M$, таким образом:

$AM\cdot{MB}=DM\cdot{ME}$.

Перепишем это равенство, подставляя в него уже известные нам величины:

$p\cdot{p}=DM\cdot{(MN+DM)}$;

$p^{2}=DM(MN+DM)$;

$p^{2}=DM^{2}+DM\cdot{MN}$.

Мы получили квадратное уравнение, из которого мы можем найти сторону $DM$. Но сначала из треугольника $MBN$ выразим сторону $MN$ с помощью теоремы косинусов:

$MN^{2}=MB^2+NB^2-2MB\cdot{NB}\cos\beta=2p^2(1-\cos\beta)$;

$MN=p\sqrt{2(1-\cos\beta)}$.

Обозначим длину стороны $DM$ через $x$ и решим полученное квадратное уравнение:

$x^2+xp\sqrt{2(1-\cos\beta)}-p^2=0$;

$D=2p^2(1-\cos\beta)+4p^2=2p^2(3-\cos\beta)>0$.

Дискриминант будет положительным, так как $|cos\beta|\leq{1}$, то есть выражение $3-\cos\beta$ никогда не будет отрицательным или нулем.

$x_{1}=\frac{-p\sqrt{2(1-\cos\beta)}-p\sqrt{2(3-\cos\beta)}}{2}$;

$x_{2}=\frac{-p\sqrt{2(1-\cos\beta)}+p\sqrt{2(3-\cos\beta)}}{2}=\frac{p}{\sqrt{2}}.(\sqrt{3-\cos\beta}-\sqrt{1-\cos\beta})>0$.

Таким образом,

$DM=x_{2}=\frac{p}{\sqrt{2}}(\sqrt{3-\cos\beta}-\sqrt{1-\cos\beta})$.

Подставим полученное значение в формулу для вычисления площади треугольника $DMB$:

$S_{DMB}=\frac{p}{\sqrt{2}}(\sqrt{3-\cos\beta}-\sqrt{1-\cos\beta})\cdot{\frac{p}{2}}\sqrt{\frac{1+\cos\beta}{2}}=$ $\frac{p^2}{4}(\sqrt{\sin^2\beta+2(1+\cos\beta)}-\sin\beta)$.

Теперь выразим площадь треугольника $DBE$:

$S_{DBE}=\frac{1}{4}S_{ABC}+\frac{p^2}{2}(\sqrt{\sin^2\beta+2(1+\cos\beta)}-\sin\beta)$.

Найдем отношение площадей треугольников $ABC$ и $DBE$:

$\frac{S_{ABC}}{S_{DBE}}=\frac{2p^2\sin\beta}{\frac{1}{2}p^2\sin\beta+\frac{1}{2}p^2(\sqrt{\sin^2\beta+2(1+\cos\beta)}-\sin\beta)}=\frac{4\sin\beta}{\sqrt{\sin^2\beta+2(1+\cos\beta)}}$.

Ответ:

$\frac{S_{ABC}}{S_{DBE}}=\frac{4\sin\beta}{\sqrt{\sin^2\beta+2(1+\cos\beta)}}$.