6-я олимпиада им. Шалтая Смагулова, 7 класс, 2 тур

В прямоугольнике $ABCD$, где $AB>CB$, биссектриса угла $ABC$ пересекает сторону $CD$ в точке $E$. $AF$ высота в треугольнике $ABE$ ($F$ лежит на $BE$). Оказалось, что $AE = 5$. Найдите значение выражения $P(AFE)+P(AED)-P(ABE)$. Не забудьте пояснить свой ответ. Здесь через $P(XYZ)$ обозначен периметр треугольника $XYZ$.

Комментарий/решение

$BE-бис. \Rightarrow \angle EBA=45 \Rightarrow \angle FAB=180-90-45=45 \Rightarrow /angle FAB = \angle FBA \Rightarrow \triangle ABF - равнобед. \Rightarrow AF=FB$

$ABCD-прямоуг. \Rightarrow AD=BC; AB=CD; AB \parallel CD \Rightarrow \angle BEC = \angle EBA = \angle EBC \Rightarrow \triangle EBC - равнобед. \Rightarrow EC=BC \Rightarrow DE=CD-CE=CD-BC=CD-AD=AB-AD$

$P(AFE)+P(AED)-P(ABE)=(AF+FE+AE)+(AD+DE+AE)-(AB+BE+AE)=(AF+FE+AE)+(AD+(AB-AD)+AE)-(AB+(FE+BF)+AE)=(AF+FE+AE)+(AB+AE)-(AB+(FE+AF)+AE)=AF+FE+AE+AB+AE-AB-FE-AF-AE=AE=5$

Отв:$P(AFE)+P(AED)-P(ABE)=5$