ФИПИ 813416 — Четырехугольники и окружности

Нужно доказать равенство $AE=AK$ и найти $KE:BD$ при угле $60^\circ$. В первом пункте используем вписанные трапеции, во втором — координаты, чтобы явно вычислить длины. Шаг 1. Докажем $AE=AK$ через две вписанные трапеции. Так как $E$ лежит на $BC$, а $BC\parallel AD$, четырёхугольник $ABED$ — трапеция с основаниями $BE$ и $AD$. Все его вершины лежат на данной окружности. Вписанная трапеция равнобедренная и имеет равные диагонали, поэтому $AE=BD$. Точка $K$ лежит на продолжении $CD$, а $CD\parallel AB$, поэтому $ABDK$ — ещё одна вписанная трапеция с основаниями $AB$ и $DK$. У неё равны боковые стороны: $AK=BD$. Следовательно, $AE=AK=BD$. Пункт а доказан. Свойство вписанной трапеции следует из равенства углов у основания: параллельность даёт сумму соседних углов $180^\circ$, вписанность — сумму противоположных $180^\circ$. Вычитая, получаем равенство углов, значит, и боковых сторон; диагонали равны по равенству треугольников с общим основанием. Шаг 2. Запишем координаты при $\angle BAD=60^\circ$. Пусть $AB=b$, $AD=d$, где обе длины положительны. Положим $A=(0;0)$, $B=(b;0)$, $$D=(d\cos60^\circ;d\sin60^\circ)=(d/2;\sqrt3d/2).$$ Окружность через начало координат имеет уравнение $x^2+y^2+Ux+Vy=0$. Подстановка $B$ даёт $b^2+Ub=0$, то есть $U=-b$. Подстановка $D$: $$d^2-bd/2+V\sqrt3d/2=0.$$ Умножаем на $2/d$: $$2d-b+V\sqrt3=0,\qquad V=(b-2d)/\sqrt3.$$ Итак, уравнение окружности $$x^2+y^2-bx+\frac{b-2d}{\sqrt3}y=0.$$ Шаг 3. Найдём вторую точку пересечения на $BC$. Сторона $BC$ параллельна $AD$, поэтому её точки имеют вид $B+tD=(b+td/2;t\sqrt3d/2)$. Подставляем в окружность: $$b^2+btd+t^2d^2-b(b+td/2)+(b-2d)td/2=0.$$ Здесь сумма квадратов координат уже раскрыта: $(b+td/2)^2+3t^2d^2/4=b^2+btd+t^2d^2$. Сокращаем $b^2$ и группируем: $$t^2d^2+btd-td^2=td(td+b-d)=0.$$ Корень $t=0$ — точка $B$. Для другого пересечения $E$ имеем $td=d-b$, поэтому $t=1-b/d$. Отсюда $$E=((b+d)/2;\sqrt3(d-b)/2).$$ Шаг 4. Найдём $K$. Прямая $CD$ параллельна $AB$, поэтому её точки имеют вид $D+sB=(d/2+sb;\sqrt3d/2)$. При $s=0$ это $D$, при отрицательном $s$ — продолжение за $D$. Подстановка в окружность даёт $$d^2+sbd+s^2b^2-bd/2-sb^2+(b-2d)d/2=0.$$ Постоянные слагаемые сокращаются, остаётся $$sbd+s^2b^2-sb^2=sb(d+sb-b)=0.$$ Для $K\ne D$ имеем $sb=b-d$, то есть $s=1-d/b$. Значит, $$K=(b-d/2;\sqrt3d/2).$$ По условию $K$ за $D$, поэтому $s<0$, то есть $d>b$; тогда найденный $E$ действительно находится внутри $BC$, так как $0<1-b/d<1$. Шаг 5. Сравним квадраты $KE$ и $BD$. Разности координат $E-K$: $$\Delta x=(b+d)/2-(b-d/2)=(2d-b)/2,$$ $$\Delta y=\sqrt3(d-b)/2-\sqrt3d/2=-\sqrt3b/2.$$ Поэтому $$KE^2=\frac{(2d-b)^2+3b^2}{4}=\frac{4d^2-4db+b^2+3b^2}{4}=d^2-db+b^2.$$ По теореме косинусов в $ABD$: $$BD^2=b^2+d^2-2bd\cos60^\circ=b^2+d^2-bd.$$ Квадраты совпадают. Длины положительны, следовательно, $KE=BD$, и $KE:BD=1:1$. Ответ: а) $AE=AK$; б) $1:1$.