ФИПИ 548cBA — Четырехугольники и окружности

Нужно доказать, что $L,O,A$ находятся на одной прямой, и найти $MN$. Свяжем перпендикулярный стороне радиус с биссектрисой из $L$. Затем выразим длины через радиус вписанной окружности. Шаг 1. Найдём все нужные углы. Сумма углов выпуклого четырёхугольника $360^\circ$. Поэтому недостающий угол равен $$\angle K=360^\circ-90^\circ-60^\circ-60^\circ=150^\circ.$$ Расположим $MN$ горизонтально, $N$ слева от $M$, а $K,L$ выше него. Тогда $NK$ вертикальна. Из угла при $K$, равного $150^\circ$, луч $KL$ направлен под углом $60^\circ$ к положительному горизонтальному направлению. Значит, противоположный луч $LK$ направлен под углом $240^\circ$. Центр вписанной окружности лежит на внутренней биссектрисе каждого угла: перпендикуляры из него к двум сторонам — равные радиусы, поэтому соответствующие прямоугольные треугольники равны. Луч $LO$ делит угол при $L$, равный $60^\circ$, пополам. Поворачивая от $LK$ внутрь четырёхугольника на $30^\circ$, получаем направление $$240^\circ+30^\circ=270^\circ.$$ Это вертикаль вниз. Следовательно, $LO\perp MN$. Радиус $OA$ тоже перпендикулярен касательной $MN$. Через $O$ проходит ровно одна прямая, перпендикулярная $MN$, поэтому $L,O,A$ лежат на ней. Центр внутри четырёхугольника, значит, $O$ находится между $L$ и $A$. Пункт а доказан. Шаг 2. Выразим $LA$ через радиус $r$. Обозначим точку касания на $KL$ через $T$. В прямоугольном треугольнике $LTO$ катет $OT=r$, а угол при $L$ равен половине угла четырёхугольника: $30^\circ$. По определению синуса $$\sin 30^\circ=\frac{OT}{LO}=\frac r{LO},\qquad LO=\frac r{\sin 30^\circ}.$$ Поскольку $O$ между $L$ и $A$: $$LA=LO+OA=\frac r{\sin 30^\circ}+r=r\left(1+\frac1{\sin 30^\circ}\right).$$ Подставляем $LA=3$ и $\sin 30^\circ=\frac{1}{2}$: $$r\left(1+\frac1{\frac{1}{2}}\right)=3,\qquad r=\frac{3}{1+1/(\frac{1}{2})}=1.$$ Здесь $LA=3r=3$, поэтому $r=1$. Шаг 3. Найдём части стороны $MN$. Радиус $OA$ перпендикулярен $MN$. В прямоугольном треугольнике $NAO$ угол при $N$ равен половине $90^\circ$, то есть $45^\circ$. Поэтому $\tan45^\circ=OA/NA=1$ и $NA=r$. В прямоугольном $MAO$ угол при $M$ равен половине $60^\circ$, то есть $30^\circ$. Следовательно, $$\tan 30^\circ=\frac r{MA},\qquad MA=r\cot 30^\circ.$$ $$\cot30^\circ=\frac{\cos30^\circ}{\sin30^\circ}=\frac{\sqrt3/2}{1/2}=\sqrt3.$$ Складываем части: $$MN=NA+AM=r+r\cdot\left(\sqrt{3}\right)=r\left(1 + \sqrt{3}\right).$$ Подстановка даёт $$MN=\left(1\right)\left(1 + \sqrt{3}\right)=1 + \sqrt{3}.$$ При $r=1$ это $1+\sqrt3$. Проверка: $LO+OA=r/\sin 30^\circ+r=3$, как задано в условии. Ответ: а) точки коллинеарны; б) $MN=1 + \sqrt{3}$.