С4 (№18) из тренировочной работы 1 от 14 ноября 2013 г

Здесь смотрим разбор части В, части С (С1(№15), С2(№16), С3(№17))

Биссектриса угла ADC параллелограмма ABCD пересекает прямую AB
в точке E. В треугольник ADE вписана окружность, касающаяся стороны AE в точке K и стороны AD в точке T
а) Докажите, что прямые KT и DE параллельны.
б) Найдите угол BAD, если известно, что AD = 6 и KT = 3.

Решение:

a) $DE$ – биссектриса угла $D$. Пусть $\angle CDE=\angle ADE=\alpha.$

$\angle CPD=\angle CDP=\alpha$ как накрест лежащие углы при параллельных прямых $BC$, $AD$ и секущей  $DP$.

$\angle EPB=\angle CPD=\alpha$ как вертикальные.

$\angle AEP=\angle CDP=\alpha$ как накрест лежащие при параллельных прямых $AB$ и $CD$ и секущей $DE$.

Итак, имеем  треугольник $AED$ – равнобедренный (с углами $\alpha$ при основании).

Далее, треугольник $AKT$ – равнобедренный (по свойству отрезков касательных) с углом $A=180^{\circ}-2\alpha$ (так как $\angle A$ и $\angle D=2\alpha $ – смежные углы параллелограмма).

Значит, в треугольнике $AKT$ $\angle K=\angle T=\alpha.$

Итак, $\angle T=\angle ADE=\alpha$. А так как эти углы соответственные при прямых $KT$ и $DE$ и секущей  $AD$, то прямые  $KT$ и $DE$ параллельны по признаку параллельности прямых.

б) Заметим, так как  $KT$ и $DE$ параллельны, то  треугольники $AKT$  и $AED$ подобны по первому признаку.

Пусть $AT=x$. Тогда $DT=6-x$.

По свойству отрезков касательных $AK=AT=x$, $TD=MD=6-x$ ($M$ – точка касания окружности, вписанной в треугольник $AEC$ со стороной $ED$).

Так  как  треугольник $AED$ – равнобедренный (доказано выше) и $AK=x$, то $KE=6-x$.

По свойству отрезков касательных $KE=EM=6-x$.

Итак, $ED=12-2x$.

Составим пропорцию (исходя из подобия треугольников $AKT$  и $AED$):

$\frac{KT}{ED}=\frac{AT}{AD};$

$\frac{3}{12-2x}=\frac{x}{6};$

$18=12x-2x^2;$

$x^2-6x+9=0;$

$x=3;$

Имеем: треугольник $AKT$ – равносторонний, то есть $\angle A=60^{\circ}$.

Ответ: 60˚.