а) Пусть окружность, вписанная в квадрат ABCD, касается его стороны AB в точке \({M_1}\), стороны AD в точке \({N_1}\), стороны DC в точке K, а прямой MN в точке T. По свойству касательных: \(N{N_1} = NT,\) \(M{M_1} = MT,\) \(A{N_1} = A{M_1}.\) Тогда:
\(AM + MN + AN = AM + MT + NT + AN = \)
\( = \left( {AM + M{M_1}} \right) + \left( {N{N_1} + AN} \right) = \dfrac{1}{2}AB + \dfrac{1}{2}AD = AB.\)
Что и требовалось доказать.
б) Пусть сторона квадрата \(AB = 12a,\,\,\,TN = N{N_1} = x.\) Тогда:
\(AM = 3a,\,\,\,AN = A{N_1}-N{N_1} = 6a-x,\,\,\,MN = MT + TN = 3a + x.\)
В прямоугольном треугольнике MAN по теореме Пифагора:
\(A{M^2} + A{N^2} = M{N^2}\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,9{a^2} + {\left( {6a-x} \right)^2} = {\left( {3a + x} \right)^2}\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,x = 2a.\)
Тогда: \(AN = 4a,\,\,\,DN = 8a.\) Пусть точка O – центр окружности, \(PO \cap BC = H.\) Треугольники DPN и ANM подобны по двум углам: \(\angle PND = \angle ANM\) как вертикальные, \(\angle NPD = \angle NMA\) как накрест лежащие. Тогда:
\(\dfrac{{PD}}{{AM}} = \dfrac{{DN}}{{AN}}\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\dfrac{{PD}}{{3a}} = \dfrac{{8a}}{{4a}}\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,PD = 6a.\)
Треугольники PKO и PCH подобны по двум углам: \(\angle P\) — общий, \(\angle PKO = \angle PCH.\) Следовательно,
\(\dfrac{{KO}}{{CH}} = \dfrac{{PK}}{{PC}}\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\dfrac{{6a}}{{CH}} = \dfrac{{12a}}{{18a}}\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,CH = 9a.\)
Тогда \(BH = CB-CH = 12a-9a = 3a\) и \(\dfrac{{BH}}{{CH}} = \dfrac{{3a}}{{9a}} = \dfrac{1}{3}.\)
Ответ: \(1:3.\)