Ре­ше­ние. А)  Угол KCD  — впи­сан­ный в за­дан­ную окруж­ность, зна­чит, из­ме­ря­ет­ся по­ло­ви­ной гра­дус­ной меры дуги KM. А угол MKD об­ра­зо­ван хор­дой KM этой же окруж­но­сти и ка­са­тель­ной KD к той же окруж­но­сти, и он из­ме­ря­ет­ся по­ло­ви­ной гра­дус­ной меры дуги KM, за­клю­чен­ной между хор­дой и ка­са­тель­ной. Зна­чит, ∠KCD = ∠MKD. Но эти два угла есть ост­рые углы двух пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков KCD и MKD. Тогда обя­за­ны быть рав­ны­ми и дру­гие ост­рые углы на­зван­ных тре­уголь­ни­ков, т. е. ∠CKD = ∠KMD, что и тре­бо­ва­лась до­ка­зать.

Б)  Из по­лу­чен­но­го ра­вен­ства ∠CKD = ∠KMD сле­ду­ет по­до­бие: ΔMKD ~ ΔKCD, от­ку­да:

Пусть R  — ра­ди­ус за­дан­ной окруж­но­сти, O  — ее центр, F ∈ CM, OF ⊥ CM. Пусть E ∈ AB, OE ⊥ AB.

Со­еди­ним точки O и K, O и E от­рез­ка­ми , тогда OK = OE = R. Кроме того, OK ⊥ KD. OE || AK как два пер­пен­ди­ку­ля­ра к AB. По ана­ло­гич­ной при­чи­не Сле­до­ва­тель­но, AEOK  — па­рал­ле­ло­грамм, от­ку­да AE = OK = R. Но AE  =  AK как от­рез­ки ка­са­тель­ных к окруж­но­сти, про­ве­ден­ных из точки А. Сле­до­ва­тель­но, AK  =  AE  =  R. В таком слу­чае KD  =  18 − R.

Рас­смот­рим OE и OF как два пер­пен­ди­ку­ля­ра, про­ве­ден­ные из одной и той же точки О к па­рал­лель­ным пря­мым AB и CD, лежат на одной пря­мой. Тогда AEFD  — пря­мо­уголь­ник, от­ку­да: FD  =  AE  =  R.

Пусть CD  =  x, тогда CM  =  CD − MD  =  x − 4.

Тре­уголь­ник COM  — рав­но­бед­рен­ный, в нем OF  — вы­со­та по по­стро­е­нию, сле­до­ва­тель­но, OF  — ме­ди­а­на.

От­сю­да:

Это  — с одной сто­ро­ны. С дру­гой же сто­ро­ны, CF  =  CD − FD  =  x − R. Зна­чит,

Так как KD  =  18 − R, то в со­от­вет­ствии с ра­вен­ства­ми (*) и (**) будем иметь:

Зна­че­ние R = 34 не под­хо­дит по смыс­лу за­да­чи, так как KD  =  18 − R > 0.

При R  =  10: AB  =  CD  =  x = 2R − 4  =  20 − 4  =  16.

Ответ: 16.