Тип 18 № 12897

а)

Биссектриса $BE$ является также и высотой в равнобедренном $\Delta ABD$.
Тогда $BF \perp AD$, кроме того, $CK \perp AD \quad \Longrightarrow \quad BF \parallel CK$.
По теореме Фалеса имеем $$AE:EK = AF : FC$$

А в $\Delta ABC$ по свойству биссектрисы $$AF:FC = AB : BC$$

Значит $$AB : BC = AE : EK, \text{что и требовалось доказать.}$$

б) Пусть $BD = 5x, CD = 2x$, тогда $BC = 7x$.

$\Delta BDE \sim \Delta CDK $ по двум равным углам ($\angle DBE = \angle CKD = 90^\circ, \angle CDK = \angle BDE,$ как вертикальные)

Тогда $$BE:CK = BD:CD =5:2 \quad \Longrightarrow \quad BE = \dfrac{5}{2}KC$$

Далее, прямоугольные $\Delta AEF$ и $\Delta AKC$ подобны по двум углам (угол $A$ общий), тогда $$\dfrac{EF}{KC}=\dfrac{AE}{AK}=\dfrac{AE}{AE+EK}=\dfrac{1}{1+\dfrac{EK}{AE}} = \dfrac{1}{1+\dfrac{BC}{AB}}=\dfrac{1}{1+\dfrac{BC}{BD}}=\dfrac{1}{1+\dfrac{7}{5}}=\dfrac{5}{12}$$ $$KC = \dfrac{12}{5}EF$$

Тогда $$BE = \dfrac{5}{2}KC = \dfrac{5}{2}\cdot \dfrac{12}{5}EF = 6EF \quad \Longrightarrow \quad \dfrac{BE}{BF} = \dfrac{6}{7}$$

Опустим из точек $E$ и $F$ высоты $EP$ и $FQ$ на сторону $BD$.

Получим, что $\Delta EPD \sim \Delta FQB$ по двум углам (они прямоугольные и имеют общий острый угол $B$).

Тогда $$\dfrac{EP}{FQ} = \dfrac{BE}{BF} = \dfrac{6}{7}$$

Найдем $\dfrac{S_{\Delta BDE}}{S_{\Delta BCF}}$ $$\dfrac{S_{\Delta BDE}}{S_{\Delta BCF}} =\dfrac{\dfrac{1}{2} \cdot EP \cdot BD}{\dfrac{1}{2}\cdot FQ \cdot BC} = \dfrac{6}{7}\cdot \dfrac{5}{7} = \dfrac{30}{49}.$$

Следовательно $$S_{CDEF} = S_{\Delta BCF} - S_{\Delta BDE} = \dfrac{49}{30}S_{\Delta BDE} - S_{\Delta BDE} = \dfrac{19}{30}S_{\Delta BDE}$$

Далее, $S_{\Delta ABE} = S_{\Delta BDE}$, так как треугольник $ABD - $ равнобедренный.

Тогда $$\dfrac{S_{\Delta ABE}}{S_{CDEF}} = \dfrac{S_{\Delta ABE}}{\dfrac{19}{30}S_{\Delta BDE}}=\dfrac{S_{\Delta ABE}}{\dfrac{19}{30}S_{\Delta ABE}} = \dfrac{30}{19}$$

Ответ: $\quad \dfrac{30}{19}$