Тип 17 № 13132

а)

Пусть $AC \ge BC$, ; а $N$ и $K$ — точки касания окружности со сторонами $AC$ и $BC$.

Так как отрезки касательных, проведенных из одной точки равны, то $$CN = CK, \; BK=BP \; AN=AP$$

Тогда $$AC - BC = AN - BK = AP-BP = (AM+MP)-(BM-MP)=2MP$$

Следовательно, ; $MP = \dfrac{AC-BC}{2}$

Для случая, где $BC>AC$, аналогично.

б) $AM = MC$, также $AM=MB$, тогда по признаку прямоугольного треугольника $\Delta ABC$ — прямоугольный.

Пусть точка $O$ — центр вписанной окружности.

Тогда рассмотрим $CNOK$:

У него все углы прямые, а также соседние стороны равны. Значит, $CNOK$ — квадрат.

Пусть $CN = CK = x$, а $BK=BP =x$, тогда $BM=AM=x+\dfrac{r}{2}$.

Тогда $AN = AP = AM + MP = x + \dfrac{r}{2}+\dfrac{r}{2}=x+r$

По теореме Пифагора для $\Delta ABC$: $$BC^2 + AC^2 = AB^2$$ $$(x+r)^2+(x+2r)^2 = (2x+r)^2$$ $$2x^2=2xr+4r^2$$ $$(x-2r)(x+r)=0 \quad \Longrightarrow \quad x=2r.$$

Тогда $BC:AC:AB=3:4:5$, значит $$\angle A = \arccos\dfrac{4}{5}, \quad \angle B = \arccos\dfrac{3}{5}, \quad \angle C=90^\circ.$$

Ответ: $\;\angle A = \arccos\dfrac{4}{5}, \; \angle B = \arccos\dfrac{3}{5}, \; \angle C=90^\circ$.