Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3206
2019-05-27 
Диагонали трапеции $ABCD$ пересекаются в точке $K$. На боковых сторонах трапеции, как на диаметрах, построены окружности. Точка $K$ лежит вне этих окружностей. Докажите, что длины касательных, проведенных к этим окружностям из точки $K$, равны.
Решение:
Пусть боковые стороны трапеции - это стороны $AB$ и $CD$. Обозначим через $M$ и $N$ вторые точки пересечения прямых $AC$ и $BD$ и окружностей с диаметрами $AB, CD$ соответственно (рис.). Если прямая $AC$ касается окружности с диаметром $AB$, то мы полагаем $M=A$, аналогично поступим, если прямая $BD$ касается соответствующей окружности.
По теореме о касательной и секущей квадраты касательных, проведенных из точки $K$ к окружностям, равны $KM \cdot KA$ и $KN \cdot KD$. Это верно и в случаях $M=A$ или $N=D$. Значит, нам надо доказать, что
$KM \cdot KA = KN \cdot KD$. (1)
Поскольку $ \angle AMB$ опирается на диаметр, $ \cdot KMB=90^{ \circ}$. Опять же это верно и в случае $M=A$, так как касательная перпендикулярна радиусу, проведенному в точку касания. Обозначим величину угла $AKB$ через $ \varphi$. Из прямоугольного треугольника $KMB$ находим $KM = KB \cos \varphi$. Аналогично, $KN = KC \cos \varphi$. Подставляя полученные формулы в (1), находим, что нам нужно лишь доказать, что $KB \cdot KA = KC \cdot KD$. Это известное свойство трапеции следует из подобия треугольников $AKD$ и $CKB$.
Вариант решения. Равенство (1) можно доказать и более геометрически. Для этого докажем, что точки $A, M, N, D$ лежат на одной окружности.
Так как $ \angle BMC = 90^{ \circ}$ и $ \angle BNC = 90^{ \circ}$, точки $B, M, N$ и $C$ лежат на окружности с диаметром $BC$, откуда
$ \angle CMN = \angle CBN = \angle BDA$
(так как $BC \parallel AD$).
Но тогда $ \angle AMN + \angle NDA = 180^{ \circ}$, поэтому точки $A, M, N, D$ лежат на одной окружности. По теореме о произведении отрезка секущей на ее внешнюю часть $KM \cdot KA = KN \cdot KD$.
Однако это решение существенно опирается на рисунок: оно не проходит, например, если хотя бы одна из точек $M$ и $N$ лежит на продолжении диагонали. Эти случаи нетрудно разобрать отдельно (можно также воспользоваться ориентированными углами). Сложнее разобраться со случаями $M=A$ и $N=D$.
Со случаем $M=A$ можно бороться двумя способами. Первый способ состоит в том, чтобы правильно интерпретировать все утверждения в случае совпадающих точек. Например, условие «точки $A, M, N$ и $D$ лежат на одной окружности» нужно понимать так: прямая $AK$ касается окружности, проходящей через точки $A, N$ и $D$.
Второй способ состоит в следующем: так как $M=A$, прямые $AC$ и $AB$ перпендикулярны. Прямые $AC$ и $CD$ не могут быть перпендикулярны, так как тогда четырехугольник $ABCD$ был бы параллелограммом, а не трапецией (впрочем, для параллелограмма наше утверждение очевидно). Ясно, что прямые $AB$ и $BD$ не могут быть перпендикулярны. Значит, достаточно поменять местами точки $A$ и $B$ и точки $C$ и $D$.
Диагонали трапеции $ABCD$ пересекаются в точке $K$. На боковых сторонах трапеции, как на диаметрах, построены окружности. Точка $K$ лежит вне этих окружностей. Докажите, что длины касательных, проведенных к этим окружностям из точки $K$, равны.
Решение:
Пусть боковые стороны трапеции - это стороны $AB$ и $CD$. Обозначим через $M$ и $N$ вторые точки пересечения прямых $AC$ и $BD$ и окружностей с диаметрами $AB, CD$ соответственно (рис.). Если прямая $AC$ касается окружности с диаметром $AB$, то мы полагаем $M=A$, аналогично поступим, если прямая $BD$ касается соответствующей окружности.
По теореме о касательной и секущей квадраты касательных, проведенных из точки $K$ к окружностям, равны $KM \cdot KA$ и $KN \cdot KD$. Это верно и в случаях $M=A$ или $N=D$. Значит, нам надо доказать, что
$KM \cdot KA = KN \cdot KD$. (1)
Поскольку $ \angle AMB$ опирается на диаметр, $ \cdot KMB=90^{ \circ}$. Опять же это верно и в случае $M=A$, так как касательная перпендикулярна радиусу, проведенному в точку касания. Обозначим величину угла $AKB$ через $ \varphi$. Из прямоугольного треугольника $KMB$ находим $KM = KB \cos \varphi$. Аналогично, $KN = KC \cos \varphi$. Подставляя полученные формулы в (1), находим, что нам нужно лишь доказать, что $KB \cdot KA = KC \cdot KD$. Это известное свойство трапеции следует из подобия треугольников $AKD$ и $CKB$.
Вариант решения. Равенство (1) можно доказать и более геометрически. Для этого докажем, что точки $A, M, N, D$ лежат на одной окружности.
Так как $ \angle BMC = 90^{ \circ}$ и $ \angle BNC = 90^{ \circ}$, точки $B, M, N$ и $C$ лежат на окружности с диаметром $BC$, откуда
$ \angle CMN = \angle CBN = \angle BDA$
(так как $BC \parallel AD$).
Но тогда $ \angle AMN + \angle NDA = 180^{ \circ}$, поэтому точки $A, M, N, D$ лежат на одной окружности. По теореме о произведении отрезка секущей на ее внешнюю часть $KM \cdot KA = KN \cdot KD$.
Однако это решение существенно опирается на рисунок: оно не проходит, например, если хотя бы одна из точек $M$ и $N$ лежит на продолжении диагонали. Эти случаи нетрудно разобрать отдельно (можно также воспользоваться ориентированными углами). Сложнее разобраться со случаями $M=A$ и $N=D$.
Со случаем $M=A$ можно бороться двумя способами. Первый способ состоит в том, чтобы правильно интерпретировать все утверждения в случае совпадающих точек. Например, условие «точки $A, M, N$ и $D$ лежат на одной окружности» нужно понимать так: прямая $AK$ касается окружности, проходящей через точки $A, N$ и $D$.
Второй способ состоит в следующем: так как $M=A$, прямые $AC$ и $AB$ перпендикулярны. Прямые $AC$ и $CD$ не могут быть перпендикулярны, так как тогда четырехугольник $ABCD$ был бы параллелограммом, а не трапецией (впрочем, для параллелограмма наше утверждение очевидно). Ясно, что прямые $AB$ и $BD$ не могут быть перпендикулярны. Значит, достаточно поменять местами точки $A$ и $B$ и точки $C$ и $D$.
