Дана трапеция ABCD с основаниями BC и AD . Точки M и N — середины сторон AB и CD соответственно. Окружность, проходящая через вершины A и D , пересекает отрезок BM в точке L , а отрезок CN — в точке K ( L и K отличны от концов отрезков BM и CN ). а) Докажите, что точки B , C , K , L лежат на одной окружности. б) Найдите KN , если известно, что AK и BK перпендикулярны, AB = 25 , BC = 6 , CD = 22 , AD = 19 .

а) Окружность проходит через точки A, L, K, D , поэтому она описана около четырёхугольника ALKD . Суммы противоположных углов вписанного четырёхугольника равны 180^ : DAL + DKL = 180^, ADK + ALK = 180^. Обозначим DAL = A , ABC = beta , BCD = gamma , ADK = D . Из вписанности: DKL = 180^ - A , ALK = 180^ - D . В трапеции ABCD ( BC AD ) выполнено A + beta = 180^ и D + gamma = 180^ . Значит, DKL = beta и ALK = gamma . Углы BLK и ALK — смежные (точка L на отрезке BM c AB ), поэтому BLK = 180^ - gamma . Аналогично CKL = 180^ - beta . В четырёхугольнике BCKL : BLK + BCK = (180^ - gamma) + gamma = 180^, CKL + LBC = (180^ - beta) + beta = 180^. Значит, около BCKL можно описать окружность, то есть точки B, C, K, L лежат на одной окружности, что и требовалось доказать. б) Поскольку AK BK , треугольник AKB прямоугольный с гипотенузой AB = 25 . M — середина AB , поэтому медиана KM к гипотенузе равна половине гипотенузы: KM = (AB)/(2) = (25)/(2). MN — средняя линия трапеции: MN = (BC + AD)/(2) = (6 + 19)/(2) = (25)/(2). Так как KM = MN , треугольник KMN равнобедренный, и KN = 2 * MN * cos MNK . Поскольку MN AD , имеем MNK = NDC . Найдём cos NDC . Опустим высоты BH_1 AD и CH_2 AD . Пусть H_2 D = x . Тогда AH_1 = AD - BC - H_2 D = 13 - x , а BH_1 = CH_2 . Из AB^2 - AH_1^2 = CD^2 - H_2 D^2 : 25^2 - (13 - x)^2 = 22^2 - x^2 <=> 625 - 169 + 26x - x^2 = 484 - x^2 <=> 26x = 28 <=> x = (14)/(13). cos NDC = (H_2 D)/(CD) = (14)/(13 * 22) = (7)/(143). Тогда KN = 2 * (25)/(2) * (7)/(143) = (175)/(143). Ответ: (175)/(143) .

$\dfrac{175}{143}$