6555. На диагонали AC
выпуклого четырёхугольника ABCD
выбрана точка K
, для которой KD=DC
, \angle BAC=\frac{1}{2}\angle KDC
, \angle DAC=\frac{1}{2}\angle KBC
. Докажите, что \angle KDA=\angle BCA
или \angle KDA=\angle KBA
.
Решение. Проведём биссектрису угла KDC
до пересечения с прямой AB
в точке O
. Возможны три случая: 1) точка O
лежит на продолжении стороны AB
за точку B
; 2) точка O
совпадает с B
; 3) точка O
лежит на стороне AB
.
Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle DAC=\beta
, \angle ADK=\varphi
.
1) Поскольку
\angle ODC=\angle OAC=\alpha,
то точки A
, O
, C
и D
лежат на одной окружности (рис. 1), поэтому
\angle DOC=\angle DAC=\beta,~\angle ACO=\angle ADO=\alpha+\varphi.
Поскольку DO
— биссектриса угла KDC
и KD=DC
, то DO
— серединный перпендикуляр к отрезку KC
. Значит,
\angle KOD=\angle DOC=\beta,~\angle OKC=\angle OCK=\angle ACO=\alpha+\varphi.
Из точек B
и O
, лежащих по одну сторону от прямой KC
, отрезок KC
виден под одним и тем же углом 2\beta
, значит, четырёхугольник KBOC
— вписанный. Следовательно,
\angle BCA=\angle KOA=\angle OKC-\angle OAC=(\alpha+\varphi)-\alpha=\varphi,
т. е. \angle BCA=\angle KDA
.
2) Поскольку KB=BC
(рис. 2), то
\angle CKD=90^{\circ}-\alpha,~\angle KDA=\angle CKD-\angle CAD=90^{\circ}-\alpha-\beta,
\angle OKC=90^{\circ}-\beta,~\angle ABK=\angle OKC-\angle BAC=90^{\circ}-\beta-\alpha,
т. е. \angle KDA=\angle KBA
.
3) Покажем, что этот случай невозможен. Предположим противное (рис. 3). Как и раньше, \angle OAC=\angle ODC=\alpha
. Тогда четырёхугольник AOCD
— вписанный, значит,
\angle COD=\angle CAD=\beta,~\angle KOC=2\angle COD=2\beta=\angle KBC.
Следовательно, четырёхугольник KOBC
— вписанный, но касательная к описанной окружности равнобедренного треугольника KOC
, проведённая в точке O
, параллельна AC
, а точка B
лежит выше неё. Поэтому точка B
не может лежать на той же окружности. Противоречие.
Значит, \angle KDA=\angle BCA
или \angle KDA=\angle KBA
.