17. Планиметрическая задача: #197708

$а)$ Докажем перпендикулярность $AB$ и $BD.$

$1.$ Из свойств угла между касательной и хордой:
$$\angle CBM = \angle BAM$$ $$\angle OMB = \angle BAM$$
$2.$ Из параллельности сторон параллелограмма: $$\angle CBM = \angle BMA \quad \text{(как накрест лежащие)}$$
$3.$ Так как $BM$ — биссектриса: $$\angle ABM = \angle CBM$$
$4.$ Из равенств углов получаем: $$\angle BAM = \angle ABM = \angle AMB = 60^\circ$$
$5.$ $OM$ — средняя линия $\triangle ABD$: $$OM \parallel AB \quad \text{и} \quad BO = OD$$ Следовательно, $AM = MD$ и $\triangle ABM$ равносторонний
$6.$ Находим угол $ABD:$ $\angle ABD = 90^\circ$ (как внешний угол равностороннего треугольника).

$б)$ Найдем площадь $KODM$.

$1.$ Из углов треугольника: $$\angle ODM = 180^\circ-90^\circ-60^\circ = 30^\circ$$ $$MD = 2OM = 4$$
$2.$ Применим теорему Менелая для $\triangle BMD$ и секущей $OK$: $$\frac{OD}{OB} \cdot \frac{BK}{KM} \cdot \frac{MA}{AD} = 1 \Rightarrow \frac{BK}{KM} = 2$$
$3.$ Отношение площадей: $$\frac{S_{BKO}}{S_{BMD}} = \frac{2}{3}$$
$4.$ Вычислим площадь: $$S_{BMD} = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4 \cdot \sin 120^\circ = 4\sqrt{3}$$ $$S_{KODM} = \frac{2}{3} \cdot 4\sqrt{3} = \frac{8\sqrt{3}}{3}$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что $AB \perp BD,$ так как угол $ABD$ равен $90^\circ$ как внешний угол равностороннего треугольника $ABM.$

$б)$ Площадь четырехугольника $KODM$ равна $\dfrac{8\sqrt{3}}{3},$ что получено через применение теоремы Менелая и вычисление площадей треугольников.