18. Планиметрическая задача: #211331

$а)$ Пусть окружность, вписанная в квадрат, касается его стороны $AB$ в точке $M_1$, стороны $AD$ — в точке $N_1$, а прямой $MN$ — в точке $T$. По свойству касательных
$NN_1 = NT$, $MM_1 = MT$ и $AN_1 = AM_1$. Тогда $$AM + MN + AN = AM + MT + NT + AN = (AM + MM_1) + (NN_1 + AN) = \frac{1}{2} AB + \frac{1}{2} AD = AB$$

$б)$ Положим $AB = 12a,$ $TN = NN_1 = x$. Тогда

$$AM = 3a$$ $$AN = AN_1 -NN_1 = 6a -x$$ $$MN = MT + TN = 3a + x$$ По теореме Пифагора $AM^2 + AN^2 = MN^2,$ то есть $$9a^2 + (6a -x)^2 = (3a + x)^2$$ Отсюда находим, что $x = 2a.$ Тогда $AN = 4a$ и $MN = 5a.$

Пусть точка $O$ — центр окружности, а прямая $PO$ пересекает стороны $AD$ и $BC$ в точках $L$ и $H$ соответственно. Из равенства треугольников $DOL$ и $BOH$ следует, что $DL = BH,$ поэтому $$\frac{BH}{HC} = \frac{DL}{LA}$$ Окружность вписана в угол $MPC,$ значит, $PL$ — биссектриса треугольника $DPN,$ который подобен треугольнику $AMN.$ Используя свойство биссектрисы и подобия, находим:

$$\frac{DL}{LN} = \frac{PD}{PN} = \frac{AM}{MN} = \frac{3}{5}$$ откуда $DL = \dfrac{3}{8} DN.$ Учитывая, что $$DN = DA -AN = 12a -4a = 8a$$ находим, что $DL = 3a,$ $LA = 9a.$ Тогда: $$\frac{BH}{HC} = \frac{DL}{LA} = \frac{1}{3}$$ Ответ:
$а)$ Периметр треугольника $AMN$ равен стороне квадрата.
$б)$ $1:3.$