Планиметрическая задача

a) Пусть $O$ — центр вписанной окружности, следовательно, $BO$ и $CO$ — биссектрисы. Обозначим углы $\triangle ABC$: $\angle B = 2\beta$, $\angle C = 2\gamma$. Тогда $\angle ABP = \angle PBC = \beta$, $\angle ABP = \angle ACP$ и $\angle CBP = \angle CAP$ (опираются на одну дугу). Имеем: $\angle OCP = \gamma + \beta$.

Но также $\angle POC = \gamma + \beta$ как внешний угол. Откуда следует требуемое равенство: $\angle POC = \angle PCO$.

б) Сумма противоположных углов вписанного четырехугольника равна $180^\circ$, следовательно, $\angle APC = 60^\circ$. $AP = PC$, как хорды, стягивающие равные дуги. Следовательно, треугольник $APC$ равносторонний, его площадь равна

$$S = \frac{AC^2\sqrt{3}}{4}.$$

По теореме синусов $AC = 2R\sin\angle ABC = 8\cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 4\sqrt{3}$. Следовательно, искомая площадь

$$S = \frac{48\sqrt{3}}{4} = 12\sqrt{3}.$$

Ответ: б) $12\sqrt{3}$.

a) Поскольку $\angle AMC = \angle AKC = \angle MEK = \angle MHK = 90^\circ$,

около четырехугольников $AMKC$ и $MEHK$ можно описать окружность с диаметрами $AC$ и $MK$ соответственно.

Значит, $\angle KAC = \angle KMC = \angle KMH = \angle KЕH$,

то есть прямые $AC$ и $EH$ параллельны.

б) Пусть $O$ — точка пересечения отрезков $AK$ и $СМ$. Тогда $\angle AОМ = 90^\circ - \angle MAO = 90^\circ - \angle BAK = \angle ABC = 60^\circ$.

В треугольнике $EОH$ и $AОC$ угол $AOC$ общий, а углы $OЕH$ и $OAC$ равны. Значит, треугольники $EОH$ и $AОC$ подобны.

Поскольку $$EO = MO\cdot \cos\angle AОМ = AO\cdot \cos^2\angle AОМ = AO\cdot \cos^2 60^\circ = \frac{1}{4}AO,$$ коэффициент подобия равен $\frac{1}{4}$. Значит, $EH : AC = 1 : 4$.

Ответ: б) $1 : 4$.

a) Заметим, что отрезок $AC$ виден из точек $K$ и $M$ под углом $90^\circ$, поэтому точки $M$, $K$, $C$ и $A$ лежат на одной окружности, диаметром которой является отрезок $AC$. Аналогично, точки $M$, $K$, $H$, $E$ лежат на окружности, диаметром которой является $MK$.

Пусть $\angle KAC=\alpha$. Тогда $\angle KAC=\angle KMC=\alpha$, так как они опираются на одну дугу $KC$ в окружности, описанной вокруг четырёхугольника $AMKC$. Кроме того, $\angle KMC=\angle KЕN=\alpha$, так как они опираются на одну дугу $KH$ в окружности, описанной вокруг четырёхугольника $MKHE$. Так как $\angle EОH=\angle OAC$, прямые $EH$ и $AC$ параллельны, поскольку это соответственные углы при пересечении $EH$ и $AC$ секущей $OA$. Это и требовалось доказать.

б) Используем подобие треугольников. Треугольники $MKB$ и $CBA$ подобны с коэффициентом подобия $k=\cos\beta$. Треугольники $OЕH$ и $OМK$ также подобны с тем же коэффициентом подобия. Кроме того, подобны треугольники $OMK$ и $AOC$, поэтому подобны треугольники $OЕH$ и $OAС$, причем коэффициент подобия равен $k=\cos^2\beta$. Тогда

$$EH=\cos^2\beta\cdot AC=AC\cos^2 45^\circ=\frac{1}{2}AC.$$

Тем самым искомое отношение длин сторон равно $1:2$.

Ответ: б) $1:2$.

а) Пусть вписанная окружность касается стороны $AB$ в точке $K$. Обозначим $BK = x$. Пусть $S$ — площадь треугольника, $p$ — полупериметр. Тогда

$$p = 5R + 1{,}5R + x = 6{,}5R + x,\qquad S = pR = R(6{,}5R + x).$$

С другой стороны, по формуле Герона

$$S = \sqrt{p(p - AB)(p - BC)(p - AC)} = \sqrt{(6{,}5R + x)\cdot 5R \cdot 1{,}5R \cdot x} = R\sqrt{7{,}5x(6{,}5R + x)}.$$

Из уравнения $R(6{,}5R + x) = R\sqrt{7{,}5x(6{,}5R + x)}$ получаем, что $R = x$. Стороны треугольника $ABC$ равны $6{,}5R,\ 6R$ и $2{,}5R$, следовательно, этот треугольник прямоугольный с прямым углом при вершине $B$.

б) Пусть $I$ и $O$ — центры соответственно вписанной и описанной окружностей треугольника $ABC$. Точка $O$ — середина гипотенузы $AC = 6{,}5R = 26$, и $OM = CO - CM = 13 - 1{,}5R = 7$.

Тогда

$$IO = \sqrt{OM^2 + MI^2} = \sqrt{7^2 + R^2} = \sqrt{65}.$$

Ответ: б) $\sqrt{65}$.

1. a) Так как $O$ — центр вписанной в $\triangle ABC$ окружности, то $AO$ и $BO$ — биссектрисы. Введем обозначения: $\angle BAO = \alpha$, $\angle ABO = \beta$. Следовательно, по теореме о внешнем угле имеем: $\angle AOP = \alpha + \beta$. Углы $\beta = \angle CBP = \angle CAP$ как вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу. Следовательно, $\angle PAO = \alpha + \beta = \angle AOP$. Что и требовалось доказать.

2. б) Пусть $R$ — радиус описанной около $\triangle ABC$ окружности. Тогда по теореме синусов для $\triangle ABP$: $$\frac{AP}{\sin \angle ABP} = 2R \quad\Rightarrow\quad AP = 2R\sin 30^\circ = 6.$$ Следовательно, $OP = AP = 6$. Далее имеем: $$\angle APO = 180^\circ - 2\left(\frac{75^\circ}{2} + 30^\circ\right) = 45^\circ.$$ Следовательно, искомая площадь равна: $$S_{APO} = \frac{1}{2}\cdot AP \cdot OP \cdot \sin 45^\circ = 9\sqrt{2}.$$ Ответ: $9\sqrt{2}$.