[рис.] a)  С учетом того, что отрезки AK, BK и CK составляют геометрическую прогрессию, введем обозначения: $AK = x, BK = kx, CK = k ^2 x$ Из свойств касательной и секущей к окружности получим:

$BK ^2 = KD \cdot KC \Rightarrow ( kx ) ^2 = KD \cdot k ^2 x\RightarrowKD = x$

Отсюда следует, что KD = AK, то есть треугольник AKD = бедренный. Тогда:

$\angleKDA = \angleKAD = \frac{180 ^{\circ} - 46 ^{\circ}}{2} = 67 ^{\circ}$

Далее, треугольники ODK и OAK равны по 3-м сторонам (DK = AK, AO = DO  — радиус, OK  — общая). Отсюда $\angleDOK = \angleAOK$ то есть OK  — биссектриса угла AOD. Вписанный угол ACD опирается на дугу AD и равен половине центрального угла AOD, то есть $\angleACD = $\frac{1}{2}$ \angleAOD = \angleAOK$ Что и требовалось доказать.

б)  Заметим, что данная окружность описана вокруг треугольника ADC, откуда по теореме \sin ов следует:

$\frac{AC}{\sin \angleADC} = 2R\RightarrowAC = 2 \cdot 2 \cdot \sin ( 180 ^{\circ} - 67 ^{\circ} ) = сильно AC = 4 \sin 67 ^{\circ}$

Ответ: $4 \sin 67 ^{\circ}$