5674. Окружность, вписанная в равнобедренную трапецию KLMN
, касается боковых сторон KL
и MN
в точках P
и Q
соответственно. Отрезок KQ
пересекает окружность в точке A
, а луч PA
пересекает основание KN
в точке B
.
а) Докажите, что треугольник AKB
подобен треугольнику KPB
.
б) Найдите отношение оснований трапеции, если PQ:KB=8:3
.
Ответ. 1:2
.
Решение. а) Будем считать, что KN\gt LM
. Пусть прямые KL
и MN
пересекаются в точке C
. Тогда CP=CQ
как отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки, поэтому треугольник PCQ
равнобедренный, \angle CPQ=\angle CQP
. Углы при основании равнобедренной трапеции равны, поэтому \angle CKN=\angle CNK
, значит, треугольник KCN
также равнобедренный.
У равнобедренных треугольников PCQ
и KCN
общий угол при вершине C
, значит, соответственно равны углы при основаниях. Из равенства углов CPQ
и CKN
следует, что PQ\parallel KN
.
Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
\angle KPB=\angle KPA=\angle PQA=\angle AKB,
а так как угол при вершине B
— общий угол треугольников AKB
и KPB
, то эти треугольники подобны по двум углам.
б) Пусть D
— точка касания окружности с основанием KN
. Поскольку трапеция равнобедренная, D
— середина KN
. По теореме о касательной и секущей BD^{2}=BA\cdot BP
. С другой стороны, из подобия треугольников AKB
и KPB
получаем, что \frac{BK}{BP}=\frac{BA}{BK}
, откуда BK^{2}=BA\cdot BP
. Значит, BD=BK
.
Пусть диагонали трапеции пересекаются в точке O
, а E
— точка касания окружности с основанием LM
. Треугольники KOP
и KML
подобны, поэтому
\frac{KO}{OM}=\frac{KN}{LM}=\frac{\frac{1}{2}KN}{\frac{1}{2}LM}=\frac{KD}{LE}=\frac{KP}{PL},
значит, PO\parallel LM
. Следовательно, точка O
лежит на отрезке PQ
, т. е. отрезок PQ
параллелен основаниям трапеции и проходит через точку пересечения её диагоналей.
Положим BK=3x
, PQ=8x
. Тогда
KD=2BK=6x,~KN=2KD=12x.
а так как PQ=\frac{2KN\cdot LM}{KN+LM}
(см. задачу 1512), то 8x=\frac{2\cdot3x\cdot LM}{12x+LM}
. Отсюда находим, что LM=6x
. Следовательно,
\frac{LM}{KN}=\frac{6x}{12x}=\frac{1}{2}.