Тип 17 № 13168

а)

$\angle OKN = 90^\circ$, так как радиус перпендикулярен касательной.

Пусть $\angle NOK = \alpha$

$CO$ — биссектриса угла $BCA$. Пусть $\angle NCM = 2\gamma$, тогда $\angle NCO=\angle MCO =\gamma$

Пусть $\angle NMC = \beta, \; \angle AMN = 180^\circ - \beta$, как смежный.

$MO$ — биссектриса угла $AMN$, так как окружность вписана в угол $M$. $$\angle OMN = \dfrac{\angle AMN}{2}=\dfrac{180^\circ -\beta}{2}=90^\circ - \dfrac{\beta}{2}$$ Пусть $\angle MNC = \varphi$, тогда $\angle KMN = 180^\circ - \varphi$. $NO$ — биссектриса $\angle PNM$. Тогда получим $$\angle KNO = \angle ONM = 90^\circ- \dfrac{\varphi}{2}$$ Из треугольника $MNC$: $\quad \varphi+\beta + 2\gamma = 180^\circ \; \Rightarrow \; \dfrac{\varphi}{2}+ \dfrac{\beta}{2}=90^\circ-\gamma$

Из треугольника $OMN$: $\quad \angle MON = 180^\circ - (90^\circ-\dfrac{\beta}{2})-(90^\circ - \dfrac{\varphi}{2})=\dfrac{\beta}{2}+\dfrac{\varphi}{2}=90^\circ - \gamma$

Из треугольника $KOC$: $\angle KOC = 90^\circ - \gamma$

Получаем, что $\angle MON = \angle KOC = 90^\circ - \gamma$

$$\angle MON = \angle MOC + \angle CON$$ $$\angle KOC = \angle KON + \angle CON$$ Получим, что $\angle MOC + \angle CON=\angle KON + \angle CON$.

Значит, $\angle MOC = \angle KON$

б) Запишем площадь трапеции $AMNP:$ $$S_{AMNP}=\dfrac{MN+AP}{2}\cdot r = \dfrac{2+AO+OP}{2}\cdot r$$ Углы $ONM$ и $NOP$ равны, как накрест лежащие, при параллельных $MN$ и $OP$ и секущей $ON$. Тогда $\angle NOP = 90^\circ - \dfrac{\varphi}{2}$.

В треугольнике $PON$: $$\angle NOP = 90^\circ - \dfrac{\varphi}{2}$$ $$\angle PNO = 90^\circ - \dfrac{\varphi}{2}$$ Тогда треугольник $PON$ — равнобедренный, значит $PO=PN$. Значит: $$S_{AMNP}=\dfrac{2+AM+PN}{2}\cdot r = \dfrac{(2+6)}{2}\cdot r = 4r$$ $$\dfrac{S_{AMNP}}{S_{ABC}}=\dfrac{4r}{pr}=\dfrac{4}{p}=\dfrac{2}{7} \quad \Longrightarrow \quad p=\dfrac{4\cdot 7}{2}=14$$ Тогда периметр треугольника $ABC$ будет равен: $$P_{ABC}=p \cdot2 = 14 \cdot 2 = 28$$

Ответ: $\; 28$.