Задача №16898

Окружность с центром $O\text{,}$ расположенным внутри прямоугольной трапеции $ABCD\text{,}$ проходит через вершины $B$ и $C$ большей боковой стороны этой трапеции и касается боковой стороны $AD$ в точке $K\text{.}$ При этом отрезок $AB$ пересекает окружность в точке $T\text{.}$

а) Докажите, что $\angle KCB=\angle AKB\text{.}$
б) Найдите $AB\text{,}$ если перпендикуляр $KH$ к стороне $BC$ равен $10\text{,}$ а $DC=25\text{.}$

а) Доказательство $\angle KCB=\angle AKB\text{.}$

Обозначим $\angle KCB=\beta \text{.}$ Угол $\angle KCB$ — вписанный в окружность $\omega$ с центром $O\text{,}$ опирается на дугу $KTB\text{,}$ не содержащую $C\text{.}$ Поэтому

$$\angle KCB=\frac{1}{2}⌣KTB.$$

Угол $\angle AKB$ образован хордой $KB$ и касательной $KA$ (так как $AD$ касается окружности в точке $K$). По теореме об угле между касательной и хордой

$$\angle AKB=\frac{1}{2}⌣KTB$$

— дугой, заключённой между хордой $KB$ и касательной $KA\text{,}$ — это та же дуга $KTB\text{.}$

Значит, $\angle KCB=\angle AKB=\beta \text{.}$ Что и требовалось доказать.

б) Нахождение $AB\text{.}$

Обозначим также $\angle KBC=\angle DKC=\phi$ (аналогично пункту а: $\angle KBC$ — вписанный, $\angle DKC$ — между хордой $KC$ и касательной $KD\text{,}$ обе равны половине дуги $KPC$).

1. В прямоугольном $△AKB$ ($\angle A=90^{\circ }\text{,}$ так как $ABCD$ — прямоугольная трапеция с прямыми углами при $A$ и $D$): $\angle K=\beta \text{,}$ поэтому

$$\sin \beta =\frac{AB}{KB}.$$

По теореме синусов для $△KBC\text{,}$ вписанного в окружность радиуса $R\text{:}$

$$\frac{KB}{\sin \beta }=2R(\text{где }\sin \beta =\frac{KC}{2R}).$$

Из $△AKB\text{:}$ $\sin \beta =\frac{AB}{KB}\text{.}$ Из теоремы синусов $\sin \beta =\frac{KB}{2R}\text{.}$ Приравнивая,

$$\frac{AB}{KB}=\frac{KB}{2R}⟹K{B}^2=2R\cdot AB.$$

2. В прямоугольном $△DKC$ ($\angle D=90^{\circ }$): $\angle K=\phi \text{,}$ поэтому $\sin \phi =\frac{DC}{KC}\text{.}$ По теореме синусов в $△KBC$ для угла $\angle KBC=\phi$ и противолежащей стороны $KC\text{:}$

$$\frac{KC}{\sin \phi }=2R⟹\sin \phi =\frac{KC}{2R}.$$

Приравнивая,

$$\frac{DC}{KC}=\frac{KC}{2R}⟹K{C}^2=2R\cdot DC=25\cdot 2R=50R.$$

3. Обозначим $\angle BKC=\alpha \text{.}$ По теореме синусов в $△KBC\text{:}$

$$\frac{BC}{\sin \alpha }=2R⟹\sin \alpha =\frac{BC}{2R}.$$

4. Площадь $△KBC$ можно записать двумя способами:

$$S_{△KBC}=\frac{1}{2}BC\cdot KH=\frac{1}{2}KB\cdot KC\cdot \sin \alpha ;$$ $$\frac{1}{2}BC\cdot 10=\frac{1}{2}\sqrt{2R\cdot AB}\cdot \sqrt{50R}\cdot \frac{BC}{2R}.$$

Сокращаем $\frac{1}{2}BC$ с обеих сторон:

$$10=\frac{\sqrt{2R\cdot AB}\cdot \sqrt{50R}}{2R}=\frac{\sqrt{100R^2\cdot AB}}{2R}=\frac{10R\sqrt{AB}}{2R}=5\sqrt{AB}.$$

Отсюда $\sqrt{AB}=2\text{,}$ то есть $AB=4\text{.}$

Ответ: $AB=4\text{.}$