Задача №17120

Дана трапеция $ABCD$ с основаниями $BC$ и $AD\text{.}$ Точки $M$ и $N$ — середины сторон $AB$ и $CD$ соответственно. Окружность, проходящая через вершины $A$ и $D\text{,}$ пересекает отрезок $BM$ в точке $L\text{,}$ а отрезок $CN$ — в точке $K$ ($L$ и $K$ отличны от концов отрезков $BM$ и $CN$).

а) Докажите, что точки $B\text{,}$ $C\text{,}$ $K\text{,}$ $L$ лежат на одной окружности.
б) Найдите $KN\text{,}$ если известно, что $AK$ и $BK$ перпендикулярны, $AB=25\text{,}$ $BC=6\text{,}$ $CD=22\text{,}$ $AD=19\text{.}$

а) Окружность $\omega$ проходит через точки $A,L,K,D\text{,}$ поэтому она описана около четырёхугольника $ALKD\text{.}$ Суммы противоположных углов вписанного четырёхугольника равны $180^{\circ }\text{:}$

$$\angle DAL+\angle DKL=180^{\circ },\angle ADK+\angle ALK=180^{\circ }.$$

Обозначим $\angle DAL=\angle A\text{,}$ $\angle ABC=\beta \text{,}$ $\angle BCD=\gamma \text{,}$ $\angle ADK=\angle D\text{.}$ Из вписанности: $\angle DKL=180^{\circ }-\angle A\text{,}$ $\angle ALK=180^{\circ }-\angle D\text{.}$

В трапеции $ABCD$ ($BC\parallel AD$) выполнено $\angle A+\beta =180^{\circ }$ и $\angle D+\gamma =180^{\circ }\text{.}$ Значит, $\angle DKL=\beta$ и $\angle ALK=\gamma \text{.}$

Углы $\angle BLK$ и $\angle ALK$ — смежные (точка $L$ на отрезке $BM\subset AB$), поэтому $\angle BLK=180^{\circ }-\gamma \text{.}$ Аналогично $\angle CKL=180^{\circ }-\beta \text{.}$

В четырёхугольнике $BCKL\text{:}$

$$\angle BLK+\angle BCK=(180^{\circ }-\gamma )+\gamma =180^{\circ },$$ $$\angle CKL+\angle LBC=(180^{\circ }-\beta )+\beta =180^{\circ }.$$

Значит, около $BCKL$ можно описать окружность, то есть точки $B,C,K,L$ лежат на одной окружности, что и требовалось доказать.

б) Поскольку $AK\perp BK\text{,}$ треугольник $AKB$ прямоугольный с гипотенузой $AB=25\text{.}$ $M$ — середина $AB\text{,}$ поэтому медиана $KM$ к гипотенузе равна половине гипотенузы:

$$KM=\frac{AB}{2}=\frac{25}{2}.$$

$MN$ — средняя линия трапеции:

$$MN=\frac{BC+AD}{2}=\frac{6+19}{2}=\frac{25}{2}.$$

Так как $KM=MN\text{,}$ треугольник $KMN$ равнобедренный, и $KN=2\cdot MN\cdot \cos \angle MNK\text{.}$ Поскольку $MN\parallel AD\text{,}$ имеем $\angle MNK=\angle NDC\text{.}$

Найдём $\cos \angle NDC\text{.}$ Опустим высоты $B{H}_1\perp AD$ и $C{H}_2\perp AD\text{.}$ Пусть $H_{2}D=x\text{.}$ Тогда $A{H}_1=AD-BC-H_{2}D=13-x\text{,}$ а $B{H}_1=C{H}_2\text{.}$ Из $A{B}^2-A{H}_1^2=C{D}^2-H_2{D}^2\text{:}$

$$25^2-(13-x{)}^2=22^2-x^2\iff 625-169+26x-x^2=484-x^2\iff 26x=28\iff x=\frac{14}{13}.$$ $$\cos \angle NDC=\frac{H_{2}D}{CD}=\frac{14}{13\cdot 22}=\frac{7}{143}.$$

Тогда

$$KN=2\cdot \frac{25}{2}\cdot \frac{7}{143}=\frac{175}{143}.$$

Ответ: $\frac{175}{143}\text{.}$