Окружность с центром O , расположенным внутри прямоугольной трапеции ABCD , проходит через вершины B и C большей боковой стороны этой трапеции и касается боковой стороны AD в точке K . При этом отрезок AB пересекает окружность в точке T . а) Докажите, что KCB = AKB . б) Найдите AB , если перпендикуляр KH к стороне BC равен 10 , а DC = 25 .

а) Доказательство KCB = AKB . Обозначим KCB = beta . Угол KCB — вписанный в окружность с центром O , опирается на дугу KTB , не содержащую C . Поэтому KCB = (1)/(2) KTB. Угол AKB образован хордой KB и касательной KA (так как AD касается окружности в точке K ). По теореме об угле между касательной и хордой AKB = (1)/(2) KTB — дугой, заключённой между хордой KB и касательной KA , — это та же дуга KTB . Значит, KCB = AKB = beta . Что и требовалось доказать. б) Нахождение AB . Обозначим также KBC = DKC = (аналогично пункту а: KBC — вписанный, DKC — между хордой KC и касательной KD , обе равны половине дуги KPC ). 1. В прямоугольном AKB ( A = 90^ , так как ABCD — прямоугольная трапеция с прямыми углами при A и D ): K = beta , поэтому sin beta = (AB)/(KB). По теореме синусов для KBC , вписанного в окружность радиуса R : (KB)/(sin beta) = 2R (где = (KC)/(2R)). Из AKB : = (AB)/(KB) . Из теоремы синусов = (KB)/(2R) . Приравнивая, (AB)/(KB) = (KB)/(2R) ^2 = 2R * AB. 2. В прямоугольном DKC ( D = 90^ ): K = , поэтому sin = (DC)/(KC) . По теореме синусов в KBC для угла KBC = и противолежащей стороны KC : (KC)/(sin) = 2R = (KC)/(2R). Приравнивая, (DC)/(KC) = (KC)/(2R) ^2 = 2R * DC = 25 * 2R = 50R. 3. Обозначим BKC = alpha . По теореме синусов в KBC : (BC)/() = 2R = (BC)/(2R). 4. Площадь KBC можно записать двумя способами: S_( KBC) = (1)/(2) BC * KH = (1)/(2) KB * KC * ; (1)/(2) BC * 10 = (1)/(2) sqrt(2R * AB) * sqrt(50R) * (BC)/(2R). Сокращаем (1)/(2) BC с обеих сторон: 10 = (sqrt(2R * AB) * sqrt(50R))/(2R) = (sqrt(100 R^2 * AB))/(2R) = (10R sqrt(AB))/(2R) = 5sqrt(AB). Отсюда sqrt(AB) = 2 , то есть AB = 4 . Ответ: AB = 4 .

$AB = 4$