Задание №18 — Окружности и четырехугольники

Решение:
а) Точка $O$, являясь центром вписанной в четырёхугольник окружности, находится в точке пересечения его биссектрис. Значит, отрезок $LO$ 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 $OH$ перпендикулярен касательной $LM$, то есть $OH \bot LM$.
В прямоугольном треугольнике $LHO$ угол $\angle OLH = 60^{\circ}$, следовательно, $\angle LOH = 30^{\circ}$.
Пусть $A$ — точка касания окружности со стороной $NM$, тогда $OA \bot NM$. Рассмотрим четырёхугольник $AMHO$. Сумма его внутренних углов составляет $360^{\circ}$:
$$\angle AOH + \angle OHM + \angle HMA + \angle MAO = 360^{\circ}$$
Подставив прямые углы при вершинах $H$ и $A$, имеем:
$\angle AOH + 90^{\circ} + \angle AMH + 90^{\circ} = 360^{\circ}$, что дает нам соотношение $\angle AOH + \angle AMH = 180^{\circ}$.
Вычислим величину угла $NML$ в исходном четырёхугольнике $NKLM$:
$\angle NML = 360^{\circ} - (\angle KNM + \angle NKL + \angle KLM) = 360^{\circ} - (90^{\circ} + 120^{\circ} + 120^{\circ}) = 30^{\circ}$.
Тогда из полученного ранее соотношения: $\angle AOH = 180^{\circ} - 30^{\circ} = 150^{\circ}$.
Заметим, что $\angle AOH + \angle LOH = 150^{\circ} + 30^{\circ} = 180^{\circ}$. Это означает, что углы являются смежными, и точки $A, O, L$ лежат на одной прямой. Утверждение доказано.

б) Рассмотрим треугольник $ALM$. Поскольку $LA \bot NM$, он является прямоугольным. При $\angle AML = 30^{\circ}$ катет $LA$, лежащий против этого угла, вдвое меньше гипотенузы $LM$.
Таким образом, $LM = 2 \cdot LA = 2 \cdot 1 = 2$. По теореме Пифагора найдем отрезок $AM$:
$AM = \sqrt{LM^{2} - LA^{2}} = \sqrt{2^2 - 1^2} = \sqrt{3}$.
В треугольнике $LOH$ выразим гипотенузу $LO$ через радиус $OH$:
$\sin 60^{\circ} = \frac{OH}{LO} \Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{OH}{LO} \Rightarrow LO = \frac{2}{\sqrt{3}} OH = \frac{2 \sqrt{3}}{3} OH$.
Так как точки $L, O, A$ лежат на одной прямой, отрезок $LA$ состоит из суммы $LO$ и радиуса $OA$:
$LA = LO + OA = \frac{2 \sqrt{3}}{3} OH + OH = 1$.
Вынесем $OH$ за скобки: $OH \left(\frac{2 \sqrt{3} + 3}{3}\right) = 1$, откуда $OH = \frac{3}{3 + 2 \sqrt{3}}$. Избавимся от иррациональности в знаменателе:
$OH = \frac{3(2\sqrt{3}-3)}{(2\sqrt{3}+3)(2\sqrt{3}-3)} = \frac{6\sqrt{3}-9}{12-9} = 2\sqrt{3}-3$.
Центр вписанной окружности $O$ лежит на биссектрисе угла $N$, значит $\angle ONA = 90^{\circ} : 2 = 45^{\circ}$.
В треугольнике $ONA$: $\operatorname{tg} 45^{\circ} = \frac{OA}{NA} = 1$, следовательно, $AN = OA = OH = 2 \sqrt{3} - 3$.
Искомая длина стороны $NM$ равна:
$NM = NA + AM = (2 \sqrt{3} - 3) + \sqrt{3} = 3 \sqrt{3} - 3$.

Ответ: б) $3 \sqrt{3} - 3$

Источник: ФИПИ