Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1976
2019-01-22 
Дан четырехугольник $ABCD$, вписанный в окружность $w$. Касательная к $w$, проведенная через $A$, пересекает продолжение стороны $BC$ за точку $B$ в точке $K$, а касательная к $w$, проведенная через $B$, пересекает продолжение стороны $AD$ за точку $A$ в точке $M$. Известно, что $AM = AD и BK = BC$. Докажите, что $ABCD$ - трапеция.
Решение:
Запишем $MB^2 = MA \cdot MD = \frac{1}{2} MD^{2}, KA^{2} = KB \cdot KC = \frac{1}{2} KC^{2} $
Отсюда, используя теорему синусов, получаем: $\frac{1}{ \sqrt{2}} = \frac{AK}{KC} = \frac{\sin \angle ACK}{\sin \angle CAK}, \frac{1}{ \sqrt{2}} = \frac{BM}{MD} = \frac{\sin \angle BDM}{\sin \angle DBM}$. Но $\sin \angle ACK = \sin \angle BDM$, поскольку $ABCD$ - вписанный четырехугольник. Следовательно, $\sin \angle CAK = \sin \angle DBM$. Это означает, что имеются следующие две возможности.
1) $\angle CAK = \angle DBM$. В этом случае треугольники $CAK$ и $BDM$ подобны по двум углам. Кроме того, $AB$ является общей медианой к соответственным сторонам этих треугольников. Значит, треугольники $CAK$ и $DBM$ подобны с коэффициентом подобия 1, т. е. эти треугольники равны. Следовательно, $AD = MD/2 = KC/2 = BC$. Таким образом, $ABCD$ - вписанная трапеция, $AB \parallel CD$.
2) $\angle CAK + \angle DBM = 180^{\circ}$. По теореме об угле между касательной и хордой $\angle CAK = \angle CDA, \angle DBM = \angle DCB$. Значит, $\angle CDA + \angle DCB = 180^{\circ}$, откуда следует, что $AD \parallel BC$.
Дан четырехугольник $ABCD$, вписанный в окружность $w$. Касательная к $w$, проведенная через $A$, пересекает продолжение стороны $BC$ за точку $B$ в точке $K$, а касательная к $w$, проведенная через $B$, пересекает продолжение стороны $AD$ за точку $A$ в точке $M$. Известно, что $AM = AD и BK = BC$. Докажите, что $ABCD$ - трапеция.
Решение:
Запишем $MB^2 = MA \cdot MD = \frac{1}{2} MD^{2}, KA^{2} = KB \cdot KC = \frac{1}{2} KC^{2} $
Отсюда, используя теорему синусов, получаем: $\frac{1}{ \sqrt{2}} = \frac{AK}{KC} = \frac{\sin \angle ACK}{\sin \angle CAK}, \frac{1}{ \sqrt{2}} = \frac{BM}{MD} = \frac{\sin \angle BDM}{\sin \angle DBM}$. Но $\sin \angle ACK = \sin \angle BDM$, поскольку $ABCD$ - вписанный четырехугольник. Следовательно, $\sin \angle CAK = \sin \angle DBM$. Это означает, что имеются следующие две возможности.
1) $\angle CAK = \angle DBM$. В этом случае треугольники $CAK$ и $BDM$ подобны по двум углам. Кроме того, $AB$ является общей медианой к соответственным сторонам этих треугольников. Значит, треугольники $CAK$ и $DBM$ подобны с коэффициентом подобия 1, т. е. эти треугольники равны. Следовательно, $AD = MD/2 = KC/2 = BC$. Таким образом, $ABCD$ - вписанная трапеция, $AB \parallel CD$.
2) $\angle CAK + \angle DBM = 180^{\circ}$. По теореме об угле между касательной и хордой $\angle CAK = \angle CDA, \angle DBM = \angle DCB$. Значит, $\angle CDA + \angle DCB = 180^{\circ}$, откуда следует, что $AD \parallel BC$.
