Задание №17 — Окружности и четырехугольники

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

Радиус $OH$, проведенный к точке касания, перпендикулярен стороне $LM$, то есть $OH \perp LM$.
В прямоугольном треугольнике $LHO$ угол $\angle OLH = 60^{\circ}$, следовательно, на долю второго острого угла приходится $\angle LOH = 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$.
Рассмотрим четырехугольник $AMHO$. Сумма его внутренних углов составляет $360^{\circ}$:
$$\angle AOH + \angle OHM + \angle HMA + \angle MAO = 360^{\circ}$$
Учитывая, что $OH \perp LM$ и $OA \perp NM$ (как радиусы в точки касания), имеем:
$$\angle AOH + 90^{\circ} + \angle M + 90^{\circ} = 360^{\circ} \Rightarrow \angle AOH + \angle AMH = 180^{\circ}$$
Вычислим величину угла $NML$ в исходной трапеции $NKLM$: $\angle NML = 360^{\circ} - 90^{\circ} - 120^{\circ} - 120^{\circ} = 30^{\circ}$.
Тогда из соотношения для четырехугольника получаем $\angle AOH = 180^{\circ} - 30^{\circ} = 150^{\circ}$.
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. Требуемое доказано.

б) Рассмотрим прямоугольный треугольник $ALM$. Поскольку $\angle AML = 30^{\circ}$, катет $AL$, лежащий против этого угла, вдвое меньше гипотенузы $LM$.
Отсюда $LM = 2 \cdot AL = 2\sqrt{3}$. Воспользовавшись теоремой Пифагора, найдем длину $AM$:
$$AM = \sqrt{LM^2 - LA^2} = \sqrt{(2\sqrt{3})^2 - (\sqrt{3})^2} = \sqrt{12 - 3} = 3$$
В треугольнике $LOH$ выразим гипотенузу $LO$ через радиус $OH$:
$$\sin 60^{\circ} = \frac{OH}{LO} \Rightarrow LO = \frac{OH}{\sin 60^{\circ}} = \frac{OH}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{2\sqrt{3}}{3} OH$$
Так как точка $A$ лежит на отрезке $LO$, то $LA = LO + OA$. Учитывая, что $OA = OH = r$ (радиусы окружности), получим:
$$\frac{2\sqrt{3}}{3} OH + OH = \sqrt{3}$$
Вынесем $OH$ за скобки и решим уравнение:
$$OH \left(\frac{2\sqrt{3} + 3}{3}\right) = \sqrt{3} \Rightarrow OH = \frac{3\sqrt{3}}{3 + 2\sqrt{3}} = \frac{3\sqrt{3}(2\sqrt{3} - 3)}{12 - 9} = \frac{18 - 9\sqrt{3}}{3} = 6 - 3\sqrt{3}$$
Так как $O$ — центр вписанной окружности, луч $NO$ является биссектрисой прямого угла $KNM$, значит, $\angle ONA = 45^{\circ}$.
В прямоугольном треугольнике $OAN$:
$$\operatorname{tg} 45^{\circ} = \frac{OA}{AN} \Rightarrow AN = \frac{OA}{1} = OA = 6 - 3\sqrt{3}$$
Искомая сторона $NM$ складывается из отрезков $NA$ и $AM$:
$$NM = (6 - 3\sqrt{3}) + 3 = 9 - 3\sqrt{3}$$

Ответ: б) $9 - 3\sqrt{3}$

Источник: ФИПИ