Задача №16915

Окружность с центром в точке $O\text{,}$ вписанная в треугольник $ABC\text{,}$ пересекает отрезок $AO$ в точке $M$ и касается стороны $AB$ в точке $N\text{.}$ Прямые $NM$ и $BO$ параллельны.

А) Докажите, что треугольник $ABC$ — равнобедренный.

Б) Прямая $BO$ пересекает вписанную окружность в точке $L$ ($BL>BO$). Найдите отношение площади четырёхугольника $BNML$ к площади треугольника $ABC\text{,}$ если $\cos \angle ABC=\frac{7}{9}\text{.}$

а) Пусть $\angle A=2\alpha \text{,}$ $\angle B=2\beta \text{,}$ $\angle C=2\gamma$ — углы треугольника $ABC\text{.}$ Центр вписанной окружности $O$ лежит на пересечении биссектрис треугольника $ABC\text{.}$

Окружность касается стороны $AB$ в точке $N\text{,}$ поэтому $ON\perp AB\text{.}$ Так как прямые $NM$ и $BO$ параллельны, соответственные углы $\angle OBA$ и $\angle MNA$ равны $\beta \text{,}$ и тогда

$$\angle MNO=90^{\circ }-\angle MNA=90^{\circ }-\beta .$$

Треугольник $MNO$ равнобедренный ($ON=OM$ — радиусы), поэтому $\angle OMN=90^{\circ }-\beta \text{.}$ Но $\angle OMN$ — внешний угол треугольника $AMB\text{,}$ значит $\angle OMN=\alpha +\beta \text{.}$ Получаем

$$\alpha +2\beta =90^{\circ }.$$

С другой стороны, сумма углов треугольника $ABC$ даёт $2\alpha +2\beta +2\gamma =180^{\circ }\text{,}$ то есть $\alpha +\beta +\gamma =90^{\circ }\text{.}$ Из равенства $\alpha +2\beta =\alpha +\beta +\gamma$ следует $\beta =\gamma \text{,}$ то есть $\angle B=\angle C\text{.}$ Таким образом, $AB=AC\text{,}$ и треугольник $ABC$ равнобедренный.

б) Продолжим отрезок $AO$ до пересечения со стороной $BC$ в точке $H\text{.}$ Тогда $AH$ — биссектриса, высота и медиана треугольника $ABC$ (поскольку $AB=AC$).

Положим $BH=7x\text{.}$ Так как $\cos \angle ABC=\frac{BH}{AB}=\frac{7}{9}\text{,}$ получаем $AB=9x\text{,}$ а значит, $BC=2BH=14x$ и

$$AH=\sqrt{A{B}^2-B{H}^2}=\sqrt{81x^2-49x^2}=4x\sqrt{2}.$$

Площадь треугольника:

$$S_{ABC}=\frac{1}{2}AH\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot 4x\sqrt{2}\cdot 14x=28x^2\sqrt{2}.$$

$BN=BH=7x$ как отрезки касательных из точки $B\text{,}$ поэтому $AN=AB-BN=2x\text{.}$

Полупериметр треугольника $ABC$ равен $p=\frac{9x+9x+14x}{2}=16x\text{,}$ а радиус вписанной окружности

$$r=\frac{S_{ABC}}{p}=\frac{28x^2\sqrt{2}}{16x}=\frac{7x\sqrt{2}}{4}.$$

Из прямоугольного треугольника $BOH\text{,}$ в котором $OH=r\text{:}$

$$BO=\sqrt{B{H}^2+O{H}^2}=\sqrt{49x^2+\frac{49\cdot 2x^2}{16}}=7x\sqrt{\frac{9}{8}}=\frac{21x\sqrt{2}}{4}.$$

Так как $OL=r$ и точка $L$ лежит на луче $BO$ за точкой $O\text{,}$ то

$$BL=BO+OL=\frac{21x\sqrt{2}}{4}+\frac{7x\sqrt{2}}{4}=7x\sqrt{2}.$$

Из подобия треугольников $BAO$ и $NAM$ (общий угол при вершине $A\text{,}$ $NM\parallel BO$):

$$MN=\frac{AN}{AB}\cdot OB=\frac{2x}{9x}\cdot \frac{21x\sqrt{2}}{4}=\frac{7x\sqrt{2}}{6}.$$

Четырёхугольник $BNML$ — трапеция, поскольку $MN\parallel BL\text{.}$ Её высота

$$h=BN\sin \beta .$$

Из формулы $\cos 2\beta =2{\cos }^2\beta -1$ при $\cos 2\beta =\frac{7}{9}$ получаем ${\cos }^2\beta =\frac{8}{9}\text{,}$ откуда $\cos \beta =\frac{2\sqrt{2}}{3}\text{,}$ $\sin \beta =\frac{1}{3}\text{.}$ Тогда

$$h=7x\cdot \frac{1}{3}=\frac{7x}{3}.$$

Площадь трапеции:

$$S_{BNML}=\frac{MN+BL}{2}\cdot h=\frac{1}{2}\left(\frac{7x\sqrt{2}}{6}+7x\sqrt{2}\right)\cdot \frac{7x}{3}=\frac{1}{2}\cdot 7x\sqrt{2}\cdot \frac{7}{6}\cdot \frac{7x}{3}=\frac{343x^2\sqrt{2}}{36}.$$

Отношение площадей:

$$\frac{S_{BNML}}{S_{ABC}}=\frac{343x^2\sqrt{2}/36}{28x^2\sqrt{2}}=\frac{343}{36\cdot 28}=\frac{343}{1008}=\frac{49}{144}.$$

Ответ: $\frac{49}{144}\text{.}$