Олимпиада имени Леонарда Эйлера2008-2009 учебный год, II тур заключительного этапа

В выпуклом четырехугольнике $ABCD$ выполнены соотношения $AB = BD$; $\angle ABD = \angle DBC$. На диагонали $BD$ нашлась точка $K$ такая, что $BK = BC$. Докажите, что $\angle KAD = \angle KCD$. ( С. Берлов )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Решение. Отложим на стороне $AB$ отрезок $BE = BC$. Равнобедренные треугольники $EBK$ и $KBC$ равны по двум сторонам и углу между ними. Поэтому $EK = KC$, а $\angle AEK = 180 ^\circ - \angle BEK = 180 ^\circ - \angle BKC = \angle CKD$.
Кроме того, $KD = BD - BK = BA - BE = EA$. Следовательно, треугольники $AEK$ и $DKC$ равны. Далее, поскольку оба треугольника $BEK$ и $BAD$ — равнобедренные, $\angle BEK = 90 ^\circ - \angle EBD/2 = \angle BAD$. Поэтому $AD \parallel EK$, откуда $\angle KAD = \angle EKA = \angle KCD$.

$ AB=BD \Rightarrow \angle BAD=\angle BDA= \frac{180^\circ - \angle ABD}{2} $

$ BK=BC \Rightarrow \angle BKC=\angle BCK= \frac{180^\circ - \angle KBC}{2} $

$ \angle ABD=\angle KBC \Rightarrow \angle BAD=\angle BDA=\angle BKC=\angle BCK $

$ CK \cap AD=E . BE \cap AK=F $

$ \angle BCK=\angle BDA \Rightarrow \angle BCE=\angle BDE \Rightarrow BCDE$ - Вписанный

$ BCDE$ - вписанный $\Rightarrow \angle EBD=\angle ECD $

$ \angle EBD+\angle EDB=\angle BCD $

$ AB=BD , BK=BC , \angle ABK=\angle DBC \Rightarrow \triangle ABK=\triangle DBC $

$ \triangle ABK=\triangle DBC \Rightarrow \angle BCD=\angle BKA= \angle EBD+\angle EDB $

$ \angle EBD+\angle EDB=180^\circ -\angle BED=\angle AEB $

$\angle EBD+\angle EDB=\angle BKA ,\angle EBD+\angle EDB=\angle AEB \Rightarrow \angle BKA=\angle AEB $

$ \angle BKA=\angle AEB \Rightarrow BKEA$ - вписанный

$ BKEA$ - вписанный $ \Rightarrow \angle EBD=\angle KAD $

$ \angle EBD=\angle KCD , \angle EBD=\angle KAD \Rightarrow \angle KCD=\angle KAD $

Успокойтесь

Пусть точка $L$ на $AB$ такая что $BL = BC = BK$, несложно заметить что треугольники $BLK$ and $BKC$ подобны, поэтому $LK = KC$, т.е. $BLKC$ - kite, и $BD$ серпер треугольника $LKC$, соеденим $DL, CD$, тогда $\angle{KLD} = \angle{KCD}$, также заметим что $LK // AD$, as $\angle{BLK} = \angle{BAD}$, и так как $\angle{BAD} = \angle{BDA}$, $LKAD$ равнобедренная трапеция, т.е. $\angle{KLD} = \angle{LDA} = \angle{LKA} = \angle{KAD} = \angle{KCD}$

<p>Пусть \( \angle ABD = \alpha \).

На прямой \( BC \) за точкой \( C \) выберем точку \( F \) так, что \( CF = KD \).</p>

<p>Тогда:</p>

<ol>

<li>\( \triangle ABD \cong \triangle DBF \) — поворот на угол \( \alpha \) вокруг точки \( B \).</li>

<li>\( \triangle CDF \cong \triangle KAD \), при этом \( KC \parallel DF \) (по теореме Фалеса).</li>

<li>Следовательно, \( \angle KCD = \angle CDF = \angle KAD \).</li>

</ol>

<script src="https://polyfill.io/v3/polyfill.min.js?features=es6"></script>

<script id="MathJax-script" async

src="https://cdn.jsdelivr.net/npm/mathjax@3/es5/tex-mml-chtml.js"></script>

\[

\begin{aligned}

&\text{Пусть } \angle ABD = \alpha. \\

&\text{На прямой } BC \text{ за точкой } C \text{ выберем точку } F \text{ так, что } CF = KD. \\

&\triangle ABD \cong \triangle DBF \quad (\text{поворот на угол } \alpha \text{ вокруг точки } B), \\

&\triangle CDF \cong \triangle KAD, \quad KC \parallel DF \quad (\text{по теореме Фалеса}), \\

&\Rightarrow \angle KCD = \angle CDF = \angle KAD.

\end{aligned}

\]