а) Пусть L — точка касания данной окружности с прямой AC. Центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, поэтому AO — биссектриса угла BAL. Медиана AM равнобедренного треугольника ABC является его высотой и биссектрисой. Значит, \(\angle OAM = {90^ \circ }\) как угол между биссектрисами смежных углов. Кроме того, \(\angle AMN = {90^ \circ }\) и \(\angle ONM = {90^ \circ }\) (радиус окружности, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной), поэтому AMNO — прямоугольник. Диагонали прямоугольника равны, следовательно, \(AN = MO.\) Что и требовалось доказать.
б) По условию \(AC = AB = 10,\) \(CB = 12.\) Тогда \(CM = MB = \dfrac{1}{2} \cdot CB = 6\). Из треугольника AMB по теореме Пифагора:
\(A{M^2} + M{B^2} = A{B^2}\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,AM = \sqrt {A{B^2}-M{B^2}} = \sqrt {100-36} = 8.\)
\({P_{ABC}} = AC + CB + AB = AC + CB + AK + KB\).
Так как AL и AB – касательные к окружности, то \(AL = AK\) как отрезки касательных. Аналогично, AB и BN – касательные, и \(BK = BN\). Тогда:
\({P_{ABC}} = AC + CB + AK + KB = AC + CB + AL + BN = CL + CN\).
Так как CL и CN – касательные к окружности, то \(CL = CN\) как отрезки касательных. Следовательно,
\({P_{ABC}} = 2 \cdot CN\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,\,CN = \dfrac{{{P_{ABC}}}}{2} = \dfrac{{10 + 10 + 12}}{2} = 16.\)
\(MN = CN-CM = 16-6 = 10;\,\,\,\,\,\,\,\,ON = AM = 8.\)
Из треугольника MON по теореме Пифагора:
\(O{M^2} = O{N^2} + M{N^2}\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,\,OM = \sqrt {O{N^2} + M{N^2}} = \sqrt {64 + 100} = 2\sqrt {41} .\)
Ответ: \(2\sqrt {41} \).