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

а) Окружность, вписанная в квадрат, касается его сторон AB и AD в их серединах — обозначим точки касания F и E, а точку касания с прямой MN — K. Из точки M выходят две касательные к окружности — MF и MK, они равны по свойству касательных из одной точки: MF=MK. Аналогично NK=NE. Тогда периметр треугольника AMN: $$AM+MN+NA=AM+MK+KN+NA=(AM+MF)+(NA+NE)=AF+AE.$$ Так как F и E — середины сторон квадрата, $AF=AE=\dfrac12 a$, где $a$ — сторона квадрата. Значит периметр $=a$ — равен стороне квадрата, что и требовалось.

б) Ключевое наблюдение: та же окружность касается всех трёх сторон треугольника AMN (AM, MN, NA), значит её центр O — это центр вписанной окружности треугольника AMN, а значит NO — биссектриса угла ANM.

В прямоугольном треугольнике NEO (угол при E равен 90°, т.к. радиус перпендикулярен касательной): $\angle ENO=90^\circ-\angle NOE$, а так как NO делит угол ANM пополам, $\angle ANM=2\angle ENO=180^\circ-2\angle NOE$.

Аналогично точка O лежит на биссектрисе угла NPB (окружность касается и PN, и PB), поэтому $\angle OPB=\tfrac12\angle NPB=\tfrac12\angle ANM=\angle NOE$. Отсюда $\angle FOH=\angle NOE$, и прямоугольные треугольники FOH и NOE равны по катету (радиус $OF=OE$) и острому углу, значит $FH=EN$.

Пусть сторона квадрата $a$. Из $AN:ND=1:2$ получаем $AN=\dfrac a3$, а так как $AE=\dfrac a2$, то $EN=AE-AN=\dfrac a2-\dfrac a3=\dfrac a6$.

Тогда $AH=AF+FH=\dfrac a2+\dfrac a6=\dfrac{2a}{3}$, а $BH=a-AH=\dfrac a3$.

Следовательно $BH:HA=\dfrac a3:\dfrac{2a}{3}=1:2$.