11472. Окружность, проходящая через вершины B
и C
трапеции ABCD
, пересекает боковые стороны AB
и CD
в точках X
и Y
соответственно и касается основания AD
в точке K
. Оказалось, что \angle BKC=50^{\circ}
, а \angle ABK=\angle KDC
. Найдите \angle XKY
.
Ответ. 65^{\circ}
.
Решение. Обозначим угловую величину меньшей дуги BX
через 2\beta
, а угловую величину меньшей дуги CY
через 2\gamma
. Пусть C'
— точка на продолжении основания BC
за точку C
. Вписанный угол BCY
опирается на всю окружность за вычетом меньших дуг BC
и CY
, поэтому величина дополнительного угла равна полусумме величин этих дуг, т. е.
\angle DCC'=180^{\circ}-\angle BCY=180^{\circ}-\frac{1}{2}(360^{\circ}-\smile BC-\smile CY)=
=\frac{\smile BC+\smile CY}{2}=50^{\circ}+\gamma.
Заметим ещё, что
\angle DCC'=\angle ADC=\angle ABK.
Тогда
\angle XKY=\beta+50^{\circ}+\gamma=\beta+\angle DCC'=\beta+\angle ABK=
=\frac{1}{2}\smile BK=\frac{180^{\circ}-50^{\circ}}{2}=65^{\circ}.
В последнем равенстве мы воспользовались тем, что \smile BK=\smile CK
(см. задачу 1734).
Автор: Берлов С. Л.
Источник: Санкт-Петербургская (Ленинградская) математическая олимпиада. — 2017, первый тур, 9 класс