Окружность проходит через вершины A , B и C параллелограмма ABCD , пересекает продолжение стороны AD за точку D в точке E и пересекает продолжение стороны CD за точку D в точке K . а) Докажите, что BK = BE . б) Найдите отношение KE : AC , если BAD = 30^ .
а) Так как точки A,D,E коллинеарны, то BAE= BAD. Аналогично, из коллинеарности C,D,K получаем BCK= BCD. В параллелограмме ABCD противоположные углы равны, значит BAD= BCD. Следовательно, BAE= BCK. Углы BAE и BCK — вписанные в окружность (ABCEK) и опираются соответственно на хорды BE и BK. Равные вписанные углы стягивают равные хорды, значит BE=BK. б) Пусть BAD=30^. Тогда ABC=180^-30^=150^. Пусть R — радиус окружности (ABCEK). Найдём AC. Вписанный угол ABC=150^ стягивает дугу AC, не содержащую точку B, поэтому её мера равна 300^. Тогда другая (меньшая) дуга AC, содержащая B, равна 360^-300^=60^. Следовательно, AC=2Rsin(60^)/(2)=2Rsin 30^=R. Найдём угол KBE. Из параллельности AE BC имеем равенство углов CAE= ACB. Это вписанные углы, значит соответствующие им дуги равны: CE=AB. Из параллельности CK AB получаем ACK= CAB, поэтому AK=BC. Обозначим AB=alpha, BC=beta. Тогда CE=alpha, AK=beta, а меньшая дуга AC, проходящая через B, равна AC=AB+BC=alpha+beta=60^. Дуга от K до E, проходящая через A,B,C, равна KA+AB+BC+CE =beta+alpha+beta+alpha=2(alpha+beta)=120^. Значит дуга KE, не содержащая точку B, равна 360^-120^=240^, и потому KBE=(1)/(2)* 240^=120^. По пункту а) BK=BE. Кроме того, BAE=30^, значит меньшая дуга BE равна 60^ и BE=2Rsin 30^=R, следовательно, BK=R. В треугольнике BKE: BK=BE=R и KBE=120^. По теореме косинусов KE^2=BK^2+BE^2-2* BK* BEcos 120^=R^2+R^2-2R^2*(-(1)/(2))=3R^2, то есть KE=Rsqrt(3). Так как AC=R, получаем (KE)/(AC)=(Rsqrt(3))/(R)=sqrt(3). Ответ: sqrt(3) .
\(\sqrt{3}\)