Cerchio e Trapezio

[Pachisi]

Un cerchio e` inscritto in un trapezio $ABCD$ con basi $AD$ e $BC$. Il cerchio e` tangente ai lati $AB$ e $CD$ nei punti $K$ e $L$, rispettivamente, ed alle basi $AD$ e $BC$ nei punti $M$ e $N$, rispettivamente. Sia $Q$ l'intersezione di $BM$ e $AN$.
a) Dimostrare che $KQ$ e $AD$ sono paralleli.
b) Dimostrare che $AK \cdot KB=CL \cdot LD$.

[donald_zeka]

Detto $O$ il centro del cerchio i triabgoli $AOB$ e $COD$ sono rettangoli in $O$ con altezza relativa all'ipotenusa pari a $r$, pertanto l'uguaglianza da dimostrare al secondo punto non è altro che il secondo teorema di Euclide

[Pachisi]

Bravo
Ora manca il primo punto.

[donald_zeka]

Ecco la dimostrazione del primo punto, poco elegante ma dovrebbe funzionare:

Ciò che voglio dimostrare è che la retta parallela alla base passante per $K$ e la retta parallela alla base passante per $Q$ coincidono, dmostrando che l'altezza del punto $Q$ e del punto $K$ rispetto alla base sono le stesse. Considero il punto $Q$ e traccio la parallela alla base passante per esso che interseca $MN$ in $P$, abbiamo che i triangoli $AMQ$ e $BNQ$ sono simili e pertanto: $(BN)/(AM)=(PN)/(PM)$, sapendo che $PN=2r-PM$ risulta $PM=2r*(AM)/(AM+BN)$ che è quindi l'altezza del punto $Q$ rispetto alla base. Considero ora la retta parallela alla base passante per $K$ e quella passante per $O$ (centro del cerchio) e chiamo $R$ la sua intersezione con $AB$. Chiamo ora $theta$ l'angolo $KAO$, risulta che angolo $KOR=90-2theta$, pertanto l'altezza del punto $K$ rispetto alla base è uguale a $OM+r*sin(90-2theta)=r+rsin(90-2theta)=r(1+cos(2theta))=2rcos^2(theta)$. Dobbiamo quindi dimostrare che $cos^2(theta)=(AM)/(AM+BM)$. Sapendo che questo trapezio è circoscrittibile risulta $AM+BM=AK+KB=AB$, inoltre so che $cos(theta)=(AO)/(AB)$ e quindi si ha che : $(AO^2)/(AB^2)=(AM)/(AB)$ e da qui : $AO^2=AM*AB$ ma $AM=AK$ e quindi risulta vera l'uguaglianza in quanto non è altro che il primo teorema di Euclide.

[milizia96]

Per il primo punto:

$AM$ e $NB$ sono parallele, quindi applicando Talete si ottiene che i triangoli $QAM$ e $QNB$ sono simili.
Allora
$MA:AQ=BN:NQ$
cioè
$AK:AQ=KB:NQ$
Da cui si conclude con Talete "inverso".

[Pachisi]

Ok