11813. Трапеция ABCD
вписана в окружность. Её основание AB
в три раза больше основания CD
. Касательные к описанной окружности в точках A
и C
пересекаются в точке K
. Докажите, что угол KDA
прямой.
Решение. Первый способ. Пусть DH
— высота трапеции. Тогда (см. задачу 1921)
AH=\frac{AB-CD}{2}=\frac{3CD-CD}{2}=CD,
поэтому ADCH
— параллелограмм. Пусть M
— его центр. Тогда M
— середина основания AC
равнобедренного треугольника AKC
, значит, прямая KM
— серединный перпендикуляр к диагонали AC
. По теореме об угле между касательной и хордой
\angle KAD=\angle ABD=\angle BAC=\angle KMD
(последние два угла — углы с соответственно перпендикулярными сторонами). Значит, точки A
, K
, D
и M
лежат на одной окружности, откуда
\angle KDA=\angle KMA=90^{\circ}.
Второй способ. Проведём высоту CY
. Тогда (см. задачу 1921)
BY=\frac{AB-CD}{2}=\frac{3CD-CD}{2}=CD,
поэтому ADCH
— параллелограмм. Тогда DY=BC=AD
и DY\parallel BC
.
Равнобедренные треугольники ADY
и AKC
подобны, так как из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
\angle KAC=\angle ABC=\angle AYD.
Тогда KA:AD=AC:AY
, а так как
\angle KAD=\angle ABD=\angle CAB=\angle CAY,
то подобны треугольники ADK
и AYC
. Следовательно,
\angle ADK=\angle AYC=90^{\circ}.