Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Дополнительные построения в планике

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела планиметрия

Разделы подтемы Дополнительные построения в планике

Построения циркулем и линейкой

Проведение средней линии

Удвоение

Спрямление

Проведение параллельных прямых

Дополнение углов

Проецирование в планике

Обратный ход и построения от обратного

Угадай точку

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#78076

В прямоугольном треугольнике $ABC$ угол $B$ прямой. На катете $AB$ выбрана точка $M$ так, что $AM = BC,$ а на катете $BC$ выбрана точка $N$ так, что $CN = MB.$ Найдите острый угол между прямыми $AN$ и $CM.$

Показать ответ и решение

$PIC$

Достроим треугольник $ABC$ до прямоугольника $ABCD$ и выберем на его стороне $CD$ точку $P$ так, что $AP$ параллельно $CM.$ Тогда $PC = AD,DP = CN,$ и прямоугольные треугольники $ADP$ и $CPN$ равны, причём $∠DAP =∠CP N.$ Поэтому $∠AP D+ ∠CP N =90∘$ и $∠APN = 90∘,$ то есть $AP N$ — равнобедренный прямоугольный треугольник. Значит, $∠P AN =45∘$ и, в силу параллельности прямых $AP$ и $CM,$ острый угол между прямыми $AN$ и $CM$ тоже составляет $45$ градусов.

Ответ:

$45∘$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#79119

В равнобедренном треугольнике $ABC$ с основанием $BC$ проведена биссектриса $BL.$ На $BC$ выбрана точка $K$ так, что $CK = AL.$ Докажите, что точки $A,B,K$ и $L$ лежат на одной окружности.

Показать доказательство

$PIC$

Определим точку $K′$ на $BC$ такую, что четырёхугольник $ABK ′L$ вписанный и докажем, что $AL = CK ′.$ Ясно, что это равносильно тому, что $K′ = K.$

Пусть $∠ABL =∠LBC =α.$ В силу вписанности $∠ABL = ∠AK′L =α,∠LBK ′ = ∠LAK ′= α.$ Значит, треугольник $ALK ′$ равнобедренный, то есть $AL = LK′.$ Угол $K′LC$ равен $2α$ как внешний у треугольника $ALK ′.$ Угол $ACB$ также равен $2α,$ потому что треугольник $BAC$ равнобедренный. Значит, треугольник $K′LC$ равнобедренный и $AL =K ′L = K′C.$ Получили требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#79121

Дан треугольник $ABC,$ в котором $BC < AC.$ Точка $M$ — середина стороны $AB.$ Точка $K$ симметрична точке B относительно прямой $CM.$ На отрезке $CM$ нашлась такая точка $E,$ что $BC = AE.$ Докажите, что $CE = AK.$

Показать доказательство

$PIC$

В силу симметрии $BC = CK.$ Удвоим медиану, $CM = MD.$ Треугольники $BCM$ и $MDA$ равны. Тогда $CK = BC = AD =EA,$

∠KCE = ∠ECB = ∠EDA = ∠DEA

Таким образом, отрезки $AE$ и $CK$ равны и параллельны, т.е. $CKAE$ — параллелограмм, и $CE = AK.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#79328

На медиане $AM$ треугольника $ABC$ нашлась такая точка $K,$ что $AK = BM.$ Кроме того, $∠AMC = 60∘.$ Докажите, что $AC = BK.$

Показать доказательство

Проведём через точку $C$ прямую, параллельную $AM.$ Отметим на ней точку $K 1$ так, что $CK = AK. 1$ Заметим, что $ACK K 1$ — параллелограмм. Значит, достаточно доказать, что $KK1 = BK.$

$PIC$

Углы $K1CM$ и $CMA$ равны (по $60∘$ ) как противолежащие. Значит, треугольник $CK1M$ равносторонний. Таким образом, $K1M =CM =MB.$ Также нетрудно видеть, что $∠K1MK = ∠BMK = 120∘.$ Значит, треугольники $K1MK$ и $BMK$ равны по первому признаку ( $MK$ — общая сторона). Отсюда вытекает равенство $KK1$ и $BK.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#79794

В трапеции $ABCD$ боковая сторона $AB$ равна диагонали $BD$ . Точка $M$ — середина диагонали $AC.$ Прямая $BM$ пересекает отрезок $CD$ в точке $E.$ Докажите, что $BE = CE.$

Показать доказательство

Достроим треугольник $ABC$ до параллелограмма $ABCF.$

$PIC$

Его диагональ $BF$ проходит через точку $M,$ а, значит, и через точку $E.$ Так как $CF =AB = BD,$ и прямая $CF$ будучи параллельной прямой $AB,$ не параллельна прямой $BD,BCF D$ — равнобедренная трапеция. Ее диагонали $BF$ и $CD$ образуют равные углы с основанием $BC.$ Следовательно, треугольник $BEC$ — равнобедренный с основанием $BC,$ что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#79795

На сторонах $AB$ и $BC$ построены вне его квадраты $ABDE$ и $BCKF.$ Доказать, что отрезок $DF$ в $2$ раза больше медианы $BP$ треугольника $ABC.$

Показать доказательство

Продлим медиану на отрезок $PX,$ равный $BP.$

$PIC$

Докажем, что треугольник $ABX$ равен $DBF,$ потому что тогда $DF =BX =2BP.$ Понятно, что $AX = BC =BF$ и $AB = DB.$ Так как $ABCX$ параллелограмм, то $∠XBC = ∠BXA.$ Значит

∠XAB =180∘− ∠AXB − ∠ABX

При этом

∠DBF = 360∘− 90∘− 90∘− ∠ABC =

∘ ∘ = 180 − ∠XBC − ∠ABX =180 − ∠AXB − ∠ABX

Получаем, что треугольники равны по двум сторонам и углу между ними.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#79797

В трапеции $ABCD$ , где $AD ∥ BC,$ угол $B$ равен сумме углов $A$ и $D.$ На продолжении отрезка $CD$ за вершину $D$ отложен отрезок $DK =BC.$ Докажите, что $AK =BK.$

Показать доказательство

$PIC$

Отложим на луче $DA$ отрезок $DE = BC.$ Тогда четырёхугольник $DCBE$ — параллелограмм, поэтому $∠CBE =∠CDE$ . Используя условие, получаем $∠ABE =∠ABC − ∠CBE =∠ABC − ∠CDE =∠BAE;$ значит, треугольник $ABE$ — равнобедренный, $AE = BE.$ Далее, поскольку $ED = BC =KD,$ получаем $∠KED = ∠EKD = ∠CDE ∕2.$ Так как $∠AEB = ∠CDE,$ прямая $KE$ является биссектрисой угла $AEB$ и, тем самым, серединным перпендикуляром к основанию $AB$ равнобедренного треугольника $AEB.$ Поэтому точка K равноудалена от концов отрезка $AB,$ что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#79868

В треугольнике $ABC$ $I$ — центр вписанной окружности, вневписанная окружность с центром $I A$ касается стороны $BC$ в точке $A′.$ Через $I$ проведена прямая $ℓ ⊥BI.$ Оказалось, что $ℓ$ пересекает $′ IAA$ в точке $K,$ лежащей на средней линии, параллельной $BC.$ Докажите, что $∘ ∠B ≤60 .$

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $AHA$ — высота треугольника, $M$ — ее середина, а $N$ — точка пересечения $AHA$ с $BI.$ Тогда точки $A ′,I,M$ — проекции $K$ на прямые $BC, BI,AHA$ соответственно — лежат на одной прямой, следовательно, четырехугольник $BKNHA$ вписанный и $∠BKHA = ∠BNHA =90∘− ∠B2 .$

Так как середина $MC$ стороны $AB$ равноудалена от $B$ и $HA,$ а $MCK ∥BHA$ , то $∠BKHA < ∠BMCHA =180∘− 2∠B,$ откуда и следует искомое неравенство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#81390

Точка, расположенная на основании трапеции, соединена с вершинами другого основания. Построенные отрезки делят трапецию на три треугольника равного периметра. Докажите, что данная точка — середина основания.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Периметры всех трёх треугольников равны, а ещё есть параллельность оснований трапедции. Вместо того, чтобы при решении пользоваться лишь равенством периметров, попробуем доказать более сильное условие на эти три треугольника. Какой есть простой случай, когда периметры трёх треугольников точно будут равными?

Подсказка 2

Докажем, что из условия следует, что все три треугольника равны и две пары “соседних” образуют параллелограммы. Можно попробовать доказать это методом от противного!

Подсказка 3

Возьмём два соседних треугольника и предположим, что они не образуют параллелограмм. Тогда отметим на одном из оснований трапедции точку так, чтобы треугольник достроился до параллелограмма. Теперь вспомним неравенство треугольника, равенство периметров и найдём здесь противоречие!

Показать доказательство

Пусть $ABCD$ — трапеция с основанием $AD,$ на котором выбрали точку $E.$ Тогда достаточно доказать, что $ABCE$ и $BCDE$ — параллелограммы. Достроим треугольник $ABE$ до параллелограмма $ABC1E.$

$PIC$

Тогда периметры треугольников $BC1E$ и $ABE$ равны, поэтому равны периметры треугольников $BC1E$ и $BCE.$ Следовательно, $C1 =C,$ так как иначе один из треугольников $BC1E$ и $BCE$ лежит внутри другого и их периметры не могут быть равны. Поэтому $ABCE$ — параллелограмм. Аналогично доказывается, что $BCDE$ — параллелограмм. Тогда $E$ и будет серединой основания и к тому же $BC = AD ∕2.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#82678

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $AK$ . Диаметр $XY$ его описанной окружности перпендикулярен прямой $AK$ (порядок точек на описанной окружности $B − X− A − Y − C$ ). Окружность, проходящая через точки $X$ и $Y$ , пересекает отрезки $BK$ и $CK$ в точках $T$ и $Z$ соответственно. Докажите, что если $KZ = KT$ , то $XT ⊥Y Z$ .

Источники: СПБГОР - 2024, 11.3 (см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если сделать аккуратный чертеж, то кажется, что продолжения ХТ, АК и YС пересекаются в одной точке на описанной окружности треугольника АВС.

Подсказка 2

Предыдущий факт сложно доказывать напрямую, стоит применить обратный ход.

Подсказка З

Обозначим пересечение луча АК с описанной окр-тью АВС за L. Пересечение LХ и LY с ВС обозначим Т₁ и Z₁. Хотим показать, что XТ₁Z₁Y является вписанным. Используя, что дуги ВL и LС равны (из-за биссектрисы), можно посчитать сумму противоположных углов данного четырехугольника. Следующий шаг — показать равенство Т₁К и КZ₁.

Подсказка 4

Чтобы показать равенство Т₁К и КZ₁:

Подсказка 5

Осталось показать, что такой четырехугольник единственный. Пересечением чего является центр описанной окружности вписанного четырехугольника? Посмотрите, где лежит центр окружности описанной около XT₁Z₁Y.

Показать доказательство

Применим обратный ход. Обозначим пересечение луча $AK$ с $(ABC )$ за $L.$ Пересечение $LX$ и $LY$ с $BC$ обозначим $T 1$ и $Z. 1$ Теперь нам надо доказать, что $XY Z1T1$ вписанный и $KZ1 = KT1,$ так как получится, что точки $T$ и $Z$ из условия совпадают с ними.

$PIC$

∠XY L = ⌣-LYX-= ⌣-XY-B+-⌣-BY-L = ⌣-BT1X+-⌣-LT1C-=∠LT1C 2 2 2

Тогда получили, что $T1XY Z1$ вписанный, так как внутренний угол равен противоположному внешнему. Теперь обратим внимание на то, что треугольники $XYL$ и $T1Z1L$ подобные, а в прямоугольном треугольнике высота и медиана образуют равны углы со сторонами. Поэтому так как $LK$ высота в треугольнике $XY L,$ то $LK$ является медианой в треугольнике $LT1Z1.$ Значит, $K$ середина $T1Z1,$ откуда получаем то, что мы хотели в начале.

Заметим, что четырехугольник из условия единственный, ведь его центр лежит на серединном перпендикуляре к $XY$ и на перпендикуляре к $BC,$ восставленному в $K.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#82775

В треугольнике $ABC$ провели медиану $BM.$ Оказалось, что сумма углов $A$ и $C$ равна углу $ABM.$ Найдите отношение $BC :BM.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В задаче проведена медиана. Тогда какое дополнительное построение можно сразу сделать?

Подсказка 2

Верно, можно удвоить медиану на MD, и получится параллелограмм. Теперь давайте попробуем понять, зачем нам дали равенство про углы. Куда, например, можно перекинуть угол C на картинке, чтобы как-то связать его с углом A?

Подсказка 3

Да, так как получился параллелограмм, то угол C равен накрест лежащему углу. Но тогда что можно сказать про углы ABD и BAD?

Подсказка 4

Верно, они равны из условия, получается та самая сумма углов, и она равна ABM. Значит, ABD равнобедренный треугольник. Найти же нам надо отношение BC и BM. Осталось понять, как связаны BD и AD с ними, и победа!

Показать ответ и решение

Удвоим медиану $BM$ за точку $M$ до точки $D,$ тогда $ABCD$ будет параллелограммом, так как точка пересечения диагоналей $M$ делит их пополам. Значит, $∠ACB = ∠CAD,$ как накрест лежащие.

$PIC$

Следовательно,

∠BAD =∠BAC +∠CAD =∠BAC +∠ACB =∠ABM

Получаем, что треугольник $ADB$ равнобедренный. Значит,

AD :BD =1 =⇒ BC :2BM = 1 =⇒ BC :BM =2

Ответ: 2 : 1

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#83838

В треугольнике $ABC$ точка $M$ — середина стороны $AC$ , точка $P$ лежит на стороне $BC$ . Отрезок $AP$ пересекает $BM$ в точке $O$ . Оказалось, что $BO = BP$ . Найдите отношение $OM :PC$ .

Показать ответ и решение

Из условия $BO = BP$ треугольник $BOP$ равнобедренный, следовательно, $∠BOP = ∠BP O.$

Проведём среднюю линию $MK,$ где $K$ — середина $P C,$ треугольника $AP C,$ она будет параллельна $AP.$

$PIC$

Следовательно, $∠BOP = ∠BMK,$ $∠BP O =∠BKM,$ а т.к. $∠BOP =∠BP O,$ то треугольник $BKM$ равнобедренный. Тогда

BO + OM = BM = BK = BP +P K, BO = BP ⇒ OM =PK

А т.к. $K$ — середина $PC,$ получаем

OM :PC = PK :2P K =1 :2

Ответ:

$1 :2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#84395

В треугольнике $ABC$ провели биссектрису $CK,$ а в треугольнике $BCK$ — биссектрису $KL.$ Прямые $AC$ и $KL$ пересекаются в точке $M.$ Известно, что $∠BAC > ∠BCA.$ Докажите, что $AK + KC > AM.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

С суммой AK + KC работать сложно. А если найти на рисунке отрезок, равный этой сумме?

Подсказка 2

В этом случае задача будет сведена к сравнению двух отрезков. Если отрезки поместить в один треугольник, то против большего угла будет больший отрезок.

Показать доказательство

$PIC$

На продолжении $CK$ за точку $K$ возьмем точку $E$ так, что $KE = AK,$ т.е. $AK +KC = CE.$ Т.к. $KL$ — биссектриса $∠CKB$ и углы $AKC$ и $EKB$ вертикальные, то $∠AKM = ∠EKM$ и соответственно треугольники $AKM$ и $EKM$ равны по $1$ -му признаку. Значит, $AM =ME.$ Получаем

∠CME = 180∘− ∠MCE − ∠MEC =180∘− ∠ C-− (180∘− ∠A) =∠A − ∠C 2 2

Т.к. по условию $∠A − ∠ C2 > ∠C2,$ то $∠CME >∠MCE$ и значит $CE > ME,$ откуда $AK +KC >AM.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#84711

На стороне $AC$ взяли произвольную точку $D.$ В треугольники $ABD$ и $CBD$ вписаны окружности с центрами $I 1$ и $I 2$ соответственно. Докажите, что окружности $(I1DI2)$ проходят через фиксированную точку, не зависящую от $D.$

Показать доказательство

Докажем, что эта точка является точкой касания вписанной окружности треугольника $ABC$ со стороной $AC.$ Пусть $I$ — инцентр треугольника, а описанная окружность $I1DI2$ пересекает сторону $AC$ в точке $T$ и $BD$ в точке $X.$

$PIC$

Тогда по лемме о воробьях для треугольников $ABD$ и $BCD$ мы можем сказать следующее про сумму отрезков.

BX +AT = AB

BX +CT = BC

Теперь, вычитая одно из другого получим, что $CT − AT = BC − AB.$ Но это и есть условие для точки касания вписанной окружности со стороной $AC.$ Значит, $T$ всё таки точка касания вписанной окружности с $AC,$ которая не зависит от $D,$ и утверждение задачи доказано.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#84747

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ через точку, делящую ломаную $BAC$ пополам, провели прямую $ℓ , A$ параллельную биссектрисе угла $BAC.$ Аналогично определены прямые $ℓB$ и $ℓC.$ Докажите, что $ℓA,ℓB,ℓC$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

$PIC$

Докажем, что прямая $ℓA$ проходит через $MA$ — середину стороны $BC.$ Пусть $AC >BC.$ Пусть прямые, параллельные биссектрисе угла $A,$ проходящие через $MA$ и $B,$ пересекают прямую $AC$ в $X$ и $Y.$ Тогда $MAX$ — средняя линия в треугольнике $BYC,$ откуда $CX = YX = AX + AB,$ а значит $X$ делит ломанную $BAC$ пополам. Значит доказали, что $ℓA$ проходит через $MA.$ Следовательно, $ℓA,ℓB,ℓC$ — биссектрисы в треугольнике $MAMBMC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#85077

Точка $M$ — середина стороны $CD$ параллелограмма $ABCD$ . Точка $K$ делит его сторону $BC$ на отрезки с длинами $a$ и $b$ так, что угол $∘ AMK = 90$ . Найдите $AK$ .

Показать ответ и решение

Удвоим $AM$ , получим точку $K ′$ .

$PIC$

Рассмотрим треугольник $KAK ′$ . В нем $AM$ — высота и медиана одновременно, а значит, по признаку этот треугольник равнобедренный. Тогда $AK = AK ′$ по определению.

Треугольники $MKC$ и $MK ′D$ равны по двум сторонам и углу между ними, так как $CM =MD$ по условию, $KM = MK ′$ по построению, $∠KMC = ∠DMK ′$ как вертикальные. Тогда $KC = K′D =b$ как соответственные.

$BC =AD = a+ b$ как противоположные стороны параллелограмма.

$AK =AK ′ = AD +DK ′ = a+ 2b$ .

Ответ:

$a+ 2b$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#86022

Биссектрисы углов $A$ и $D$ выпуклого четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точке $K;$ биссектрисы углов $B$ и $C$ — в точке $L.$ Докажите, что

2KL ≥ |AB − BC +CD − DA|

Показать доказательство

Пусть $K ,L 1 1$ — проекции точек $K,L$ на прямую $AB,K ,L 2 2$ — проекции на прямую $DC.$

$PIC$

Легко видеть, что точка $K1$ лежит на луче $AB,L1$ — на луче $BA,$ поэтому $K1L1 = |AB − AK1− BL1|,$ аналогично $K2L2 =|DC − DK2− CL2|.$ Кроме того, если точка $K3$ — проекция $K$ на $AD$ (она лежит на отрезке $AD$ ), то

AD = AK3 +DK3 = AK1 +DK2

Аналогично $BC = BL + CL . 1 2$ Осталось заметить, что

2KL >K1L1 +K2L2 =|AB − AK1 − BL1|+|DC − DK2 − CL2|>

> |AB− AK1 − BL1 + DC − DK2 − CL2|=|AB +DC − AD − BC|

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#86025

В равнобедренном треугольнике $ABC (AB = BC )$ проведена биссектриса $AD.$ На основании $AC$ отмечена такая точка $E,$ что $AE = DC.$ Биссектриса угла $AED$ пересекает сторону $AB$ в точке $F.$ Докажите, что $∠AF E =∠DF E.$

Показать доказательство

$PIC$

Проведем биссектрису $CL$ угла $ACB.$ Так как треугольник $ABC$ равнобедренный, $AL =DC =AE,$ из чего полу чаем, что треугольник $ALE$ тоже является равнобедренным. Пусть $∠BAC = ∠BCA = 2α,$ тогда $∠ALE =∠AEL = 90∘− α.$ Кроме того, $BL = BA − LA = BC − DC = BD,$ откуда $LD ∥ AC.$ В силу данной параллельности $∠LDA = ∠DAE = α= ∠LAD,$ и треугольник $ALD$ равнобедренный. Таким образом, в четырехугольнике $ALDE$ стороны $LD$ и $AE$ равны и параллельны, следовательно, $ALDE$ — параллелограмм, но $AL= AE,$ следовательно, $ALDE$ — ромб. По свойству ромба $EL$ является биссектрисой угла $AED,$ т. е. точки $L$ и $F$ совпадают. Как мы уже знаем, $∠ALE = ∠DLE,$ чтд.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#86087

Недалеко от прямой речки по одну сторону от неё расположены два домика $A$ и $B$ . Вася хочет дойти от $A$ до $B$ , набрав по пути воды из речки. Как нужно идти Васе, чтобы пройденный путь был кратчайшим?

Показать ответ и решение

Пусть $B ′$ — точка, симметричная $B$ , относительно берега речки. Рассмотрим $M$ — точку пересечения прямой $BB′$ с берегом. Докажем, что кратчайший маршрут будет ломаной $AMB$ .

$PIC$

Пусть есть точка $M ′$ на берегу, отличная от $M$ . В силу симметрии $BM =B ′M$ , $BM ′ = B′M′$ . Длина ломаной

AM ′B =AM ′ + M ′B = AM ′ +M ′B′

Применим неравенство треугольника для $′ ′ △AM B$ :

AM ′ + M ′B ′ ≥AB ′ = AM +MB ′ =AM +MB =AMB

Значит, $′ AM B ≥ AMB$ , то есть маршрут $AMB$ — кратчайший.

Ответ: алгоритм в решении

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#86088

В трапеции $ABCD$

∘ ∘ AD ∥BC, ∠ABC = 125, ∠CDA = 70

Докажите, что $AD = BC +CD.$

Показать доказательство

Первое решение.

В силу параллельности $AD ||BC :$

∘ ∘ ∘ ∘ ∠BAD =180 − ∠ABC = 180 − 125 =55

Отложим от точки $A$ отрезок $AK = BC.$

$PIC$

Тогда $ABCK$ — параллелограмм (т. к. $AK ||BC,$ $AK = BC ),$ а $CK||AB.$

Значит, $∠CKD = ∠BAD = 55∘,$ как односторонние углы при секущей $AD.$

Найдем угол $∠KCD :$

∠KCD = 180∘ − ∠CKD − ∠CDK = 55∘

Получили, что $∘ ∠KCD =∠CKD = 55.$ Тогда $△KDC$ — равнобедренный, в котором $KD =CD.$

В итоге,

AD =AK + KD = BC + CD

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

$PIC$