Задача №15311

Окружность проходит через вершины $A\text{,}$ $B$ и $C$ параллелограмма $ABCD\text{,}$ пересекает продолжение стороны $AD$ за точку $D$ в точке $E$ и пересекает продолжение стороны $CD$ за точку $D$ в точке $K\text{.}$

а) Докажите, что $BK=BE\text{.}$

б) Найдите отношение $KE:AC\text{,}$ если $\angle BAD=30^{\circ }\text{.}$

а) Так как точки $A,D,E$ коллинеарны, то $\angle BAE=\angle BAD\text{.}$ Аналогично, из коллинеарности $C,D,K$ получаем $\angle BCK=\angle BCD\text{.}$

В параллелограмме $ABCD$ противоположные углы равны, значит $\angle BAD=\angle BCD\text{.}$ Следовательно, $\angle BAE=\angle BCK\text{.}$

Углы $\angle BAE$ и $\angle BCK$ — вписанные в окружность $(ABCEK)$ и опираются соответственно на хорды $BE$ и $BK\text{.}$ Равные вписанные углы стягивают равные хорды, значит $BE=BK\text{.}$

б) Пусть $\angle BAD=30^{\circ }\text{.}$ Тогда $\angle ABC=180^{\circ }-30^{\circ }=150^{\circ }\text{.}$

Пусть $R$ — радиус окружности $(ABCEK)\text{.}$

1. Найдём $AC\text{.}$ Вписанный угол $\angle ABC=150^{\circ }$ стягивает дугу $AC\text{,}$ не содержащую точку $B\text{,}$ поэтому её мера равна $300^{\circ }\text{.}$ Тогда другая (меньшая) дуга $AC\text{,}$ содержащая $B\text{,}$ равна $360^{\circ }-300^{\circ }=60^{\circ }\text{.}$ Следовательно,

$$AC=2R\sin \frac{60^{\circ }}{2}=2R\sin 30^{\circ }=R.$$

2. Найдём угол $\angle KBE\text{.}$ Из параллельности $AE\parallel BC$ имеем равенство углов $\angle CAE=\angle ACB\text{.}$ Это вписанные углы, значит соответствующие им дуги равны: $\stackrel{⌣}{\mathrm{CE}}=\stackrel{⌣}{\mathrm{AB}}\text{.}$

Из параллельности $CK\parallel AB$ получаем $\angle ACK=\angle CAB\text{,}$ поэтому $\stackrel{⌣}{\mathrm{AK}}=\stackrel{⌣}{\mathrm{BC}}\text{.}$

Обозначим $\stackrel{⌣}{\mathrm{AB}}=\alpha \text{,}$ $\stackrel{⌣}{\mathrm{BC}}=\beta \text{.}$ Тогда $\stackrel{⌣}{\mathrm{CE}}=\alpha \text{,}$ $\stackrel{⌣}{\mathrm{AK}}=\beta \text{,}$ а меньшая дуга $AC\text{,}$ проходящая через $B\text{,}$ равна

$$\stackrel{⌣}{\mathrm{AC}}=\stackrel{⌣}{\mathrm{AB}}+\stackrel{⌣}{\mathrm{BC}}=\alpha +\beta =60^{\circ }.$$

Дуга от $K$ до $E\text{,}$ проходящая через $A,B,C\text{,}$ равна

$$\stackrel{⌣}{\mathrm{KA}}+\stackrel{⌣}{\mathrm{AB}}+\stackrel{⌣}{\mathrm{BC}}+\stackrel{⌣}{\mathrm{CE}}=\beta +\alpha +\beta +\alpha =2(\alpha +\beta )=120^{\circ }.$$

Значит дуга $KE\text{,}$ не содержащая точку $B\text{,}$ равна $360^{\circ }-120^{\circ }=240^{\circ }\text{,}$ и потому

$$\angle KBE=\frac{1}{2}\cdot 240^{\circ }=120^{\circ }.$$

3. По пункту а) $BK=BE\text{.}$ Кроме того, $\angle BAE=30^{\circ }\text{,}$ значит меньшая дуга $BE$ равна $60^{\circ }$ и

$$BE=2R\sin 30^{\circ }=R,$$

следовательно, $BK=R\text{.}$

В треугольнике $BKE\text{:}$ $BK=BE=R$ и $\angle KBE=120^{\circ }\text{.}$ По теореме косинусов

$$K{E}^2=B{K}^2+B{E}^2-2\cdot BK\cdot BE\cos 120^{\circ }=R^2+R^2-2R^2\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)=3R^2,$$

то есть $KE=R\sqrt{3}\text{.}$

Так как $AC=R\text{,}$ получаем

$$\frac{KE}{AC}=\frac{R\sqrt{3}}{R}=\sqrt{3}.$$

Ответ: $\sqrt{3}\text{.}$