Тип 18 № 22826

Решение:

а)

Так как окружность вписана в четырёхугольник, её центр $O$ лежит на биссектрисах всех его углов. В частности, $LO$ — биссектриса угла $KLM$, а $MO$ — биссектриса угла $LMN$.

Сначала найдём величину угла $LMN$. Сумма углов четырёхугольника равна $360^\circ$, поэтому $$\angle LMN = 360^\circ - (90^\circ + 120^\circ + 120^\circ) = 30^\circ.$$

Пусть $B$ — точка касания окружности со стороной $LM$. Тогда $OB \perp LM$, а $OA \perp MN$ (радиусы, проведённые в точки касания).

Рассмотрим прямоугольный треугольник $LOB$. Поскольку $LO$ — биссектриса угла $KLM = 120^\circ$, то $$\angle OLM = \frac{120^\circ}{2} = 60^\circ.$$ Тогда в треугольнике $LOB$ (где $\angle LBO = 90^\circ$) получаем $$\angle LOB = 180^\circ - 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ.$$

Теперь найдём угол между $OB$ и $OA$. Стороны $LM$ и $MN$ образуют угол $\angle LMN = 30^\circ$. Поскольку $OB \perp LM$, а $OA \perp MN$, угол между этими перпендикулярами равен либо $30^\circ$, либо $150^\circ$. В нашем случае (из взаимного расположения лучей) имеем $$\angle BOA = 180^\circ - \angle LMN = 150^\circ.$$

Следовательно, $$\angle LOB + \angle BOA = 30^\circ + 150^\circ = 180^\circ.$$ Это означает, что лучи $OL$ и $OA$ лежат на одной прямой, то есть точки $L$, $O$ и $A$ коллинеарны. Утверждение а) доказано.

б)

Из доказанного следует, что $O$ лежит между $L$ и $A$, поэтому $$LA = LO + OA.$$

Обозначим радиус вписанной окружности через $r = OA = OB$. В прямоугольном треугольнике $LOB$: $$\cos \angle LOB = \frac{OB}{LO} \quad \Rightarrow \quad \cos 30^\circ = \frac{r}{LO},$$ откуда $$LO = \frac{r}{\cos 30^\circ} = \frac{2r}{\sqrt{3}}.$$

По условию $LA = 1$, значит $$\frac{2r}{\sqrt{3}} + r = 1 \quad \Rightarrow \quad r\left(\frac{2}{\sqrt{3}} + 1\right) = 1,$$ следовательно $$r = \frac{\sqrt{3}}{2 + \sqrt{3}}.$$

Теперь найдём отрезки $NA$ и $AM$, на которые точка касания $A$ делит сторону $MN$.

Так как $O$ лежит на биссектрисе угла $MNK = 90^\circ$, то $\angle ONA = 45^\circ$. В прямоугольном треугольнике $ONA$ (прямой угол при $A$) имеем $$NA = OA \cdot \tg 45^\circ = r.$$

Аналогично, $MO$ — биссектриса угла $LMN = 30^\circ$, поэтому $\angle OMA = 15^\circ$. Тогда в прямоугольном треугольнике $OMA$: $$AM = OA \cdot \tg \angle MOA.$$ Угол $\angle MOA = 90^\circ - 15^\circ = 75^\circ$, значит $$AM = r \cdot \tg 75^\circ.$$

Таким образом, $$MN = NA + AM = r\left(1 + \tg 75^\circ\right).$$

Известно, что $\tg 75^\circ = \frac{\sin(30^\circ + 45^\circ)}{\cos (30^\circ + 45^\circ)} =2 + \sqrt{3}$.

Подставляя $r = \frac{\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}$, получаем $$MN = \frac{\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}} \cdot (1 + 2 + \sqrt{3}) = \frac{\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}} \cdot (3 + \sqrt{3}).$$

Упростим выражение: $$\frac{\sqrt{3}(3+\sqrt{3})}{2+\sqrt{3}} = \frac{3\sqrt{3} + 3}{2+\sqrt{3}}.$$ Умножим числитель и знаменатель на $2-\sqrt{3}$: $$\frac{(3\sqrt{3}+3)(2-\sqrt{3})}{(2+\sqrt{3})(2-\sqrt{3})} = \frac{6\sqrt{3} - 9 + 6 - 3\sqrt{3}}{1} = 3\sqrt{3} - 3.$$

Следовательно, $$MN = 3\sqrt{3} - 3.$$

Ответ: а) доказано; б) $MN = 3\sqrt{3} - 3$.