Задание №18 — Окружности и четырехугольники

Решение:
а) Точка $O$ является центром вписанной в четырёхугольник окружности, а значит, она равноудалена от его сторон и лежит на пересечении биссектрис внутренних углов. Таким образом, луч $LO$ делит угол $KLM$ пополам, откуда $\angle KLO = \angle OLM = \frac{120^{\circ}}{2} = 60^{\circ}$.
Обозначим точку касания окружности со стороной $LM$ как $H$.

Радиус $OH$ перпендикулярен касательной $LM$, следовательно, $\angle OHM = 90^{\circ}$.
В прямоугольном треугольнике $LHO$ угол $\angle OLH = 60^{\circ}$, значит, второй острый угол $\angle LOH = 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$.
Рассмотрим четырёхугольник $AMHO$. Сумма его внутренних углов составляет $360^{\circ}$:
$$\angle AOH + \angle OHM + \angle HMA + \angle MAO = 360^{\circ}$$
Учитывая, что $\angle OHM = 90^{\circ}$ и $\angle MAO = 90^{\circ}$ (так как $OA$ — радиус в точку касания), получаем:
$$\angle AOH + \angle AMH = 180^{\circ}$$
Вычислим величину угла $NML$ исходного четырёхугольника $NKLM$: $\angle NML = 360^{\circ} - 90^{\circ} - 120^{\circ} - 120^{\circ} = 30^{\circ}$.
Тогда из соотношения для $AMHO$ находим: $\angle AOH = 180^{\circ} - 30^{\circ} = 150^{\circ}$.
Заметим, что $\angle AOH + \angle LOH = 150^{\circ} + 30^{\circ} = 180^{\circ}$. Это означает, что углы являются смежными, и точки $A$, $O$ и $L$ лежат на одной прямой. Утверждение доказано.

б) Рассмотрим прямоугольный треугольник $ALM$. Поскольку $\angle AML = 30^{\circ}$, катет $AL$, лежащий против этого угла, вдвое меньше гипотенузы: $LM = 2 \cdot LA = 2 \cdot 3 = 6$.
По теореме Пифагора найдём длину $AM$:
$AM = \sqrt{LM^2 - LA^2} = \sqrt{36 - 9} = \sqrt{27} = 3\sqrt{3}$.
В треугольнике $LOH$ выразим гипотенузу $LO$ через радиус $OH = r$:
$\sin 60^{\circ} = \frac{OH}{LO} \Rightarrow LO = \frac{OH}{\sin 60^{\circ}} = \frac{r}{\sqrt{3}/2} = \frac{2r}{\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{3}}{3}r$.
Отрезок $LA$ состоит из суммы $LO$ и $OA$, где $OA = r$ — радиус окружности:
$LA = LO + OA = \frac{2\sqrt{3}}{3}r + r = r\left(\frac{2\sqrt{3}}{3} + 1\right)$.
По условию $LA = 3$, следовательно:
$r\left(\frac{2\sqrt{3} + 3}{3}\right) = 3 \Rightarrow r = \frac{9}{3 + 2\sqrt{3}}$.
Избавляясь от иррациональности в знаменателе: $r = \frac{9(2\sqrt{3} - 3)}{(2\sqrt{3})^2 - 3^2} = \frac{18\sqrt{3} - 27}{12 - 9} = \frac{18\sqrt{3} - 27}{3} = 6\sqrt{3} - 9$.
Так как $O$ — центр вписанной окружности, луч $NO$ является биссектрисой прямого угла $KNM$, значит $\angle ONA = 45^{\circ}$.
В прямоугольном треугольнике $OAN$:
$AN = \frac{OA}{\operatorname{tg} 45^{\circ}} = \frac{r}{1} = 6\sqrt{3} - 9$.
Искомая сторона $NM$ равна сумме отрезков $NA$ и $AM$:
$NM = (6\sqrt{3} - 9) + 3\sqrt{3} = 9\sqrt{3} - 9$.

Ответ: б) $9\sqrt{3} - 9$

Источник: ФИПИ