6487. Дан четырёхугольник ABCD
, вписанный в окружность \omega
. Касательная к \omega
, проведённая через точку A
, пересекает продолжение стороны BC
за точку B
в точке K
, а касательная к \omega
, проведённая через точку B
, пересекает продолжение стороны AD
за точку A
в точке M
. Известно, что AM=AD
и BK=BC
. Докажите, что ABCD
— трапеция.
Решение. По теореме о касательной и секущей
BM^{2}=AM\cdot DM=\frac{1}{2}DM^{2},~~AK^{2}=BK\cdot CK=\frac{1}{2}CK^{2}.
По теореме синусов
\frac{\sin\angle ACK}{\sin\angle CAK}=\frac{AK}{CK}=\frac{1}{\sqrt{2}},~~\frac{\sin\angle BDM}{\sin\angle DBM}=\frac{BM}{MD}=\frac{1}{\sqrt{2}},
а так как \sin\angle ACK=\sin\angle BDM
, то \sin\angle CAK=\sin\angle DBM
. Поэтому либо \angle CAK=\angle DBM
, либо \angle CAK+\angle DBM=180^{\circ}
.
В первом случае треугольники CAK
и DBM
равны (они подобны по двум углам, а AB
— их общая медиана, проведённая из соответствующих вершин), поэтому AD=BC
. Следовательно, хорды AB
и CD
параллельны.
Рассмотрим второй случай. Из теоремы о вписанных углах и теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
\angle CAK=\angle CAB+\angle KAB=\angle CDB+\angle ADB=\angle CDA,
\angle DBM=\angle DBA+\angle ABM=\angle ACD+\angle BCA=\angle BCD,
а так как \angle CAK+\angle DBM=180^{\circ}
, то \angle CDA+\angle BCD=180^{\circ}
. Следовательно, AD\parallel BC
.