Задание 17 ЕГЭ, математика (профиль): Вписанные окружности и четырехугольники

а) Пусть окружность касается $AB$ в точке $M_1$, $AD$ в точке $N_1$, а прямой $MN$ — в точке $T$. Отрезки касательных из одной точки равны: $MM_1=MT$, $NN_1=NT$, а $AM_1=AN_1=\frac{AB}{2}$ (точки касания — середины сторон квадрата). Тогда $$AM+MN+AN=AM+MT+TN+AN=(AM+MM_1)+(NN_1+AN)=AM_1+AN_1=\frac{AB}{2}+\frac{AD}{2}=AB.$$ Это и есть искомое равенство периметра стороне квадрата.

б) Пусть $AB=12a$. Из $AM:MB=1:3$ находим $AM=3a$, $MB=9a$. Пусть $x=NN_1=NT$. Тогда $AN=AN_1-x=6a-x$, $MN=MT+TN=3a+x$. Так как угол $A$ прямой, по теореме Пифагора $$9a^2+(6a-x)^2=(3a+x)^2\;\Rightarrow\;36a^2=18ax\;\Rightarrow\;x=2a.$$ Следовательно $AN=4a$, $MN=5a$.

Пусть $O$ — центр окружности, прямая $PO$ пересекает $BC$ в точке $H$. Так как $AB\parallel CD$, углы, образованные секущей $MN$ с этими сторонами, — внутренние односторонние, и их биссектрисы $OM$ и $OP$ перпендикулярны, то есть $\angle MOP=90^\circ$. Из свойства биссектрис углов, образованных касательными ($PH$ — биссектриса $\angle MPC$, $OM$ — биссектриса угла между касательной $MN$ и радиусом), следует равенство углов $\angle AOM=\angle BOH$. Учитывая $OA=OB$ (обе равны диагонали половины квадрата) и $\angle OAM=\angle OBH=45^\circ$ (диагональ делит угол квадрата пополам), треугольники $OMA$ и $OHB$ равны по стороне и двум углам (ASA). Значит $BH=AM=3a$.

Тогда $HC=BC-BH=12a-3a=9a$, и $$\frac{BH}{HC}=\frac{3a}{9a}=\frac13.$$