№18. Планиметрическая задача

Идея решения

Четыре точки \(B\), \(C\), \(B_1\), \(C_1\) лежат на одной окружности — значит, работает свойство вписанного четырёхугольника: сумма противоположных углов равна \(180^\circ\). Отсюда получится равенство углов и подобие. А радиус окружности найдём через хорду \(BB_1\) и вписанный угол, который на неё опирается.

Пункт а). Шаг 1. Что дано на рисунке

Точка \(C_1\) лежит на стороне \(AB\), точка \(B_1\) — на стороне \(AC\), и все четыре точки \(B\), \(C\), \(B_1\), \(C_1\) лежат на одной окружности. Значит, \(BCB_1C_1\) — вписанный четырёхугольник.

Шаг 2. Равенство углов

У вписанного четырёхугольника \(BCB_1C_1\) углы при вершинах \(B\) и \(B_1\) — противоположные, поэтому

\[\angle C_1BC + \angle C_1B_1C = 180^\circ.\]

Угол \(\angle AB_1C_1\) — смежный с углом \(\angle C_1B_1C\) (точка \(B_1\) лежит между \(A\) и \(C\)), поэтому

\[\angle AB_1C_1 = 180^\circ - \angle C_1B_1C.\]

Сравнивая два равенства, получаем

\[\angle AB_1C_1 = \angle C_1BC = \angle ABC.\]

Шаг 3. Подобие

В треугольниках \(AB_1C_1\) и \(ABC\):

угол \(A\) — общий;

\(\angle AB_1C_1 = \angle ABC\) (шаг 2).

Значит, треугольники подобны по двум углам:

\[\triangle AB_1C_1 \sim \triangle ABC.\]

Важно! Следите за порядком вершин: \(A \leftrightarrow A\), \(B_1 \leftrightarrow B\), \(C_1 \leftrightarrow C\). Точка \(B_1\) лежит на стороне \(AC\), но соответствует она вершине \(B\), а не \(C\). Если перепутать, все дальнейшие отношения сторон будут неверными.

Шаг 4. Коэффициент подобия через площади

Обозначим коэффициент подобия

\[k = \frac{AB_1}{AB} = \frac{AC_1}{AC} = \frac{B_1C_1}{BC}.\]

У подобных треугольников площади относятся как квадрат коэффициента:

\[\frac{S_{AB_1C_1}}{S_{ABC}} = k^2.\]

Четырёхугольник \(BCB_1C_1\) — это треугольник \(ABC\) без треугольника \(AB_1C_1\):

\[S_{ABC} = S_{AB_1C_1} + S_{BCB_1C_1}.\]

По условию \(S_{BCB_1C_1} = 8\,S_{AB_1C_1}\), поэтому

\[S_{ABC} = S_{AB_1C_1} + 8\,S_{AB_1C_1} = 9\,S_{AB_1C_1},\]

\[k^2 = \frac{S_{AB_1C_1}}{S_{ABC}} = \frac{1}{9},\qquad k = \frac{1}{3}.\]

Важно! «В восемь раз меньше» — это сравнение с четырёхугольником, а не с треугольником \(ABC\). Сначала соберите площадь всего треугольника: она в \(9\) раз больше маленького. Это самая частая ошибка в таком пункте.

Шаг 5. Находим сторону \(BC\)

Из коэффициента подобия \(k = \dfrac{B_1C_1}{BC}\) получаем

\[BC = \frac{B_1C_1}{k} = 6\cdot 3 = 18.\]

Шаг 6. Хорда \(BB_1\)

Теперь радиус. Возьмём хорду \(BB_1\) данной окружности: точки \(B\) и \(B_1\) на ней лежат.

Из подобия \(AB_1 = k\cdot AB\). В треугольнике \(ABB_1\) известны две стороны \(AB\) и \(AB_1 = k\cdot AB\) и угол \(A\) между ними. По теореме косинусов

\[BB_1^2 = AB^2 + k^2AB^2 -\]

\[-\ 2\cdot AB\cdot kAB\cos A,\]

\[BB_1 = AB\sqrt{1 + k^2 - 2k\cos A}.\]

Шаг 7. Вписанный угол, опирающийся на \(BB_1\)

Точка \(C\) лежит на той же окружности, поэтому \(\angle BCB_1\) — вписанный угол, опирающийся на хорду \(BB_1\). А так как \(B_1\) лежит на отрезке \(AC\), этот угол совпадает с углом \(C\) треугольника \(ABC\):

\[\angle BCB_1 = \angle BCA = \gamma.\]

По теореме синусов для окружности радиуса \(R\)

\[BB_1 = 2R\sin\gamma,\qquad 2R = \frac{BB_1}{\sin\gamma}.\]

Важно! Здесь \(R\) — радиус данной окружности (через \(B\), \(C\), \(B_1\), \(C_1\)), а не описанной около \(ABC\). Это разные окружности, не путайте их.

Шаг 8. Убираем неизвестный угол \(\gamma\)

Угол \(\gamma\) нам не дан, но его можно убрать. По теореме синусов в треугольнике \(ABC\)

\[\frac{AB}{\sin\gamma} = \frac{BC}{\sin A}.\]

Подставим \(BB_1 = AB\sqrt{1+k^2-2k\cos A}\):

\[2R = \frac{AB}{\sin\gamma}\sqrt{1+k^2-2k\cos A},\]

\[2R = \frac{BC}{\sin A}\sqrt{1+k^2-2k\cos A}.\]

Все величины справа известны.

Шаг 9. Считаем радиус

Подставляем \(A = 45^\circ\), \(k = \dfrac13\), \(BC = 18\).

Сначала подкоренное выражение:

\[1 + k^2 - 2k\cos 45^\circ =\]

\[= 1 + \frac19 - 2\cdot\frac13\cdot\frac{\sqrt2}{2} =\]

\[= \frac{10}{9} - \frac{\sqrt2}{3} = \frac{10 - 3\sqrt2}{9}.\]

Теперь радиус (\(\sin 45^\circ = \frac{\sqrt2}{2}\)):

\[2R = \frac{18}{\tfrac{\sqrt2}{2}}\cdot\sqrt{\frac{10-3\sqrt2}{9}} =\]

\[= 18\sqrt2\cdot\frac{\sqrt{10-3\sqrt2}}{3} =\]

\[= 6\sqrt2\cdot\sqrt{10-3\sqrt2} = 6\sqrt{20-6\sqrt2},\]

\[R = 3\sqrt{20-6\sqrt2}.\]

Ответ по пунктам

\(BC = 18\), \(R = 3\sqrt{20-6\sqrt2}\).

Ответ: б) \(BC = 18\), \(R = 3\sqrt{20-6\sqrt2}\)

Идея решения

Четыре точки \(B\), \(C\), \(B_1\), \(C_1\) лежат на одной окружности — значит, работает свойство вписанного четырёхугольника: сумма противоположных углов равна \(180^\circ\). Отсюда получится равенство углов и подобие. А радиус окружности найдём через хорду \(BB_1\) и вписанный угол, который на неё опирается.

Пункт а). Шаг 1. Что дано на рисунке

Точка \(C_1\) лежит на стороне \(AB\), точка \(B_1\) — на стороне \(AC\), и все четыре точки \(B\), \(C\), \(B_1\), \(C_1\) лежат на одной окружности. Значит, \(BCB_1C_1\) — вписанный четырёхугольник.

Шаг 2. Равенство углов

У вписанного четырёхугольника \(BCB_1C_1\) углы при вершинах \(B\) и \(B_1\) — противоположные, поэтому

\[\angle C_1BC + \angle C_1B_1C = 180^\circ.\]

Угол \(\angle AB_1C_1\) — смежный с углом \(\angle C_1B_1C\) (точка \(B_1\) лежит между \(A\) и \(C\)), поэтому

\[\angle AB_1C_1 = 180^\circ - \angle C_1B_1C.\]

Сравнивая два равенства, получаем

\[\angle AB_1C_1 = \angle C_1BC = \angle ABC.\]

Шаг 3. Подобие

В треугольниках \(AB_1C_1\) и \(ABC\):

угол \(A\) — общий;

\(\angle AB_1C_1 = \angle ABC\) (шаг 2).

Значит, треугольники подобны по двум углам:

\[\triangle AB_1C_1 \sim \triangle ABC.\]

Важно! Следите за порядком вершин: \(A \leftrightarrow A\), \(B_1 \leftrightarrow B\), \(C_1 \leftrightarrow C\). Точка \(B_1\) лежит на стороне \(AC\), но соответствует она вершине \(B\), а не \(C\). Если перепутать, все дальнейшие отношения сторон будут неверными.

Шаг 4. Коэффициент подобия через площади

Обозначим коэффициент подобия

\[k = \frac{AB_1}{AB} = \frac{AC_1}{AC} = \frac{B_1C_1}{BC}.\]

У подобных треугольников площади относятся как квадрат коэффициента:

\[\frac{S_{AB_1C_1}}{S_{ABC}} = k^2.\]

Четырёхугольник \(BCB_1C_1\) — это треугольник \(ABC\) без треугольника \(AB_1C_1\):

\[S_{ABC} = S_{AB_1C_1} + S_{BCB_1C_1}.\]

По условию \(S_{BCB_1C_1} = 5\,S_{AB_1C_1}\), поэтому

\[S_{ABC} = S_{AB_1C_1} + 5\,S_{AB_1C_1} = 6\,S_{AB_1C_1},\]

\[k^2 = \frac{S_{AB_1C_1}}{S_{ABC}} = \frac{1}{6},\qquad k = \frac{1}{\sqrt6}.\]

Важно! «В пять раз меньше» — это сравнение с четырёхугольником, а не с треугольником \(ABC\). Сначала соберите площадь всего треугольника: она в \(6\) раз больше маленького. Это самая частая ошибка в таком пункте.

Шаг 5. Находим сторону \(BC\)

Из коэффициента подобия \(k = \dfrac{B_1C_1}{BC}\) получаем

\[BC = \frac{B_1C_1}{k} = 5\sqrt6.\]

Шаг 6. Хорда \(BB_1\)

Теперь радиус. Возьмём хорду \(BB_1\) данной окружности: точки \(B\) и \(B_1\) на ней лежат.

Из подобия \(AB_1 = k\cdot AB\). В треугольнике \(ABB_1\) известны две стороны \(AB\) и \(AB_1 = k\cdot AB\) и угол \(A\) между ними. По теореме косинусов

\[BB_1^2 = AB^2 + k^2AB^2 -\]

\[-\ 2\cdot AB\cdot kAB\cos A,\]

\[BB_1 = AB\sqrt{1 + k^2 - 2k\cos A}.\]

Шаг 7. Вписанный угол, опирающийся на \(BB_1\)

Точка \(C\) лежит на той же окружности, поэтому \(\angle BCB_1\) — вписанный угол, опирающийся на хорду \(BB_1\). А так как \(B_1\) лежит на отрезке \(AC\), этот угол совпадает с углом \(C\) треугольника \(ABC\):

\[\angle BCB_1 = \angle BCA = \gamma.\]

По теореме синусов для окружности радиуса \(R\)

\[BB_1 = 2R\sin\gamma,\qquad 2R = \frac{BB_1}{\sin\gamma}.\]

Важно! Здесь \(R\) — радиус данной окружности (через \(B\), \(C\), \(B_1\), \(C_1\)), а не описанной около \(ABC\). Это разные окружности, не путайте их.

Шаг 8. Убираем неизвестный угол \(\gamma\)

Угол \(\gamma\) нам не дан, но его можно убрать. По теореме синусов в треугольнике \(ABC\)

\[\frac{AB}{\sin\gamma} = \frac{BC}{\sin A}.\]

Подставим \(BB_1 = AB\sqrt{1+k^2-2k\cos A}\):

\[2R = \frac{AB}{\sin\gamma}\sqrt{1+k^2-2k\cos A},\]

\[2R = \frac{BC}{\sin A}\sqrt{1+k^2-2k\cos A}.\]

Все величины справа известны.

Шаг 9. Считаем радиус

Подставляем \(A = 30^\circ\), \(k = \dfrac{1}{\sqrt6}\), \(BC = 5\sqrt6\).

Сначала подкоренное выражение:

\[1 + k^2 - 2k\cos 30^\circ =\]

\[= 1 + \frac16 - 2\cdot\frac{1}{\sqrt6}\cdot\frac{\sqrt3}{2} =\]

\[= \frac76 - \frac{\sqrt3}{\sqrt6} = \frac76 - \frac{\sqrt2}{2} = \frac{7 - 3\sqrt2}{6}.\]

Теперь сам радиус (\(\sin 30^\circ = \frac12\)):

\[2R = \frac{5\sqrt6}{\tfrac12}\cdot\sqrt{\frac{7-3\sqrt2}{6}} =\]

\[= 10\sqrt6\cdot\frac{\sqrt{7-3\sqrt2}}{\sqrt6} = 10\sqrt{7-3\sqrt2},\]

\[R = 5\sqrt{7-3\sqrt2}.\]

Ответ по пунктам

\(BC = 5\sqrt6\), \(R = 5\sqrt{7-3\sqrt2}\).

Ответ: б) \(BC = 5\sqrt6\), \(R = 5\sqrt{7-3\sqrt2}\)

а) В ромбе противоположные стороны параллельны: \(AB \parallel DC\) и \(AD \parallel BC\).

Треугольники \(ABN\) и \(QCN\) подобны по двум углам: \(\angle NAB = \angle NCQ\) как накрест лежащие при параллельных \(AB\) и \(DC\), а \(\angle ANB = \angle QNC\) как вертикальные. Запишем отношение подобия:

\[\frac{QC}{AB} = \frac{NC}{AN} = \frac{NC}{AM + MN} = \frac{1}{2}.\]

Значит \(QC = \dfrac{1}{2}AB\). У ромба \(DC = AB\), поэтому \(QC = \dfrac{1}{2}DC\), то есть \(Q\) — середина \(DC\).

Точно так же \(\triangle APM \sim \triangle BCM\): \(\angle MAP = \angle BCM\) как накрест лежащие, \(\angle AMP = \angle BMC\) как вертикальные. Отсюда

\[\frac{AP}{BC} = \frac{AM}{MC} = \frac{AM}{MN + NC} = \frac{1}{2},\]

то есть \(AP = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{1}{2}AD\) и \(P\) — середина \(AD\). Так как все стороны ромба равны,

\[AP = PD = DQ = QC.\]

Проведём диагональ \(BD\) и обозначим площадь ромба через \(S\). Каждая диагональ разбивает ромб на два равных треугольника, поэтому

\[S_{ADC} = \frac{S}{2}, \qquad S_{ADB} = S_{BDC} = \frac{S}{2}.\]

В треугольнике \(ADB\) отрезок \(BP\) — медиана, а медиана делит треугольник на два равновеликих:

\[S_{APB} = S_{BPD} = \frac{1}{2}S_{ADB} = \frac{S}{4}.\]

Аналогично \(BQ\) — медиана треугольника \(BDC\), поэтому \(S_{BQC} = S_{BQD} = \dfrac{S}{4}\).

Четырёхугольник \(BPDQ\) состоит из треугольников \(BPD\) и \(BQD\), значит

\[S_{BPDQ} = \frac{S}{4} + \frac{S}{4} = \frac{S}{2} = S_{ADC}.\]

Что и требовалось доказать.

б) Проведём \(DN\) и \(DM\).

Точки \(P\) и \(M\) — середины \(AD\) и \(AN\), поэтому \(PM\) — средняя линия треугольника \(ADN\), откуда \(PM \parallel DN\). Точно так же \(QN\) — средняя линия треугольника \(CDM\), то есть \(QN \parallel DM\).

Так как \(PM \parallel DN\), но \(PM \ne DN\), четырёхугольник \(PMND\) — трапеция. Вписанная в окружность трапеция равнобедренная, следовательно \(PD = MN\). Точно так же \(DMNQ\) — вписанная трапеция, значит \(DQ = MN\).

Так как \(MN = \dfrac{1}{3}AC = \dfrac{2\sqrt{5}}{3}\), получаем

\[AD = 2PD = 2MN = \frac{4\sqrt{5}}{3}.\]

Пусть диагонали пересекаются в точке \(O\). Диагонали ромба делятся точкой пересечения пополам, поэтому \(AO = \dfrac{1}{2}AC = \sqrt{5}\). Диагонали ромба перпендикулярны, значит треугольник \(ADO\) прямоугольный и по теореме Пифагора

\[DO^2 = AD^2 - AO^2 = \frac{16\cdot 5}{9} - 5 = \frac{35}{9}, \qquad DO = \frac{\sqrt{35}}{3}.\]

Следовательно,

\[BD = 2DO = \frac{2\sqrt{35}}{3}.\]

Ответ: б) \(\dfrac{2\sqrt{35}}{3}\).

а) Прямая \(KC_1\) параллельна \(BB_1\), а \(BB_1 \perp AC\), поэтому \(KC_1 \perp AC\). Обозначим через \(Q\) точку пересечения прямой \(KC_1\) со стороной \(AC\).

Два угла при вершине A. В прямоугольном треугольнике \(ABA_1\) сумма острых углов равна \(90^\circ\), поэтому

\[\angle HAC_1 = \angle BAA_1 = 90^\circ - \angle B.\]

Точно так же из прямоугольного треугольника \(ACA_1\)

\[\angle KAQ = \angle CAA_1 = 90^\circ - \angle C.\]

Точка K лежит между A и H. Из прямоугольных треугольников \(AQC_1\), \(AQK\) и \(AC_1H\)

\[AQ = AC_1\cos A, \qquad AK = \frac{AQ}{\cos\angle KAQ} = \frac{AQ}{\sin C}, \qquad AH = \frac{AC_1}{\cos\angle HAC_1} = \frac{AC_1}{\sin B},\]

откуда

\[\frac{AK}{AH} = \frac{\cos A\cdot\sin B}{\sin C} < 1,\]

так как \(\sin C = \sin(A+B) = \sin A\cos B + \cos A\sin B > \cos A\sin B\). Значит \(AK < AH\), то есть \(K\) действительно лежит внутри отрезка \(AH\).

Угол при вершине K. В прямоугольном треугольнике \(AQK\)

\[\angle AKQ = 90^\circ - \angle KAQ = 90^\circ - \left(90^\circ - \angle C\right) = \angle C.\]

Точки \(A\) и \(H\) лежат по разные стороны от \(K\) на прямой \(AA_1\), точки \(Q\) и \(C_1\) — по разные стороны от \(K\) на прямой \(KC_1\), поэтому углы \(AKQ\) и \(HKC_1\) вертикальные:

\[\angle HKC_1 = \angle ACB.\]

Угол при вершине H. Так как \(CC_1 \perp AB\), треугольник \(AC_1H\) прямоугольный с прямым углом при \(C_1\), поэтому

\[\angle AHC_1 = 90^\circ - \angle HAC_1 = 90^\circ - \left(90^\circ - \angle B\right) = \angle B.\]

Луч \(HK\) совпадает с лучом \(HA\), значит

\[\angle KHC_1 = \angle ABC.\]

Подобие. У треугольников \(KHC_1\) и \(CBA\) равны два угла: при \(K\) и \(C\), при \(H\) и \(B\). Значит они подобны, и вершинам \(K\), \(H\), \(C_1\) соответствуют вершины \(C\), \(B\), \(A\). Сторона \(KH\) соответствует стороне \(CB\), сторона \(HC_1\) — стороне \(BA\):

\[\frac{KH}{BC} = \frac{C_1H}{AB}.\]

Перемножая крайние и средние члены пропорции, получаем

\[AB\cdot KH = BC\cdot C_1H.\]

Что и требовалось доказать.

б) По теореме косинусов в треугольнике \(ABC\)

\[\cos A = \frac{AB^2 + AC^2 - BC^2}{2\cdot AB\cdot AC} = \frac{36 + 25 - 16}{2\cdot 6\cdot 5} = \frac{3}{4}.\]

Угол \(A\) острый, поэтому

\[\sin A = \sqrt{1 - \frac{9}{16}} = \frac{\sqrt{7}}{4}, \qquad \operatorname{ctg} A = \frac{\cos A}{\sin A} = \frac{3}{\sqrt{7}}.\]

Из прямоугольного треугольника \(ACC_1\) находим \(AC_1 = AC\cos A = \dfrac{15}{4}\), поэтому

\[BC_1 = AB - AC_1 = 6 - \frac{15}{4} = \frac{9}{4}.\]

В прямоугольном треугольнике \(ABB_1\) сумма острых углов равна \(90^\circ\), значит \(\angle ABB_1 = 90^\circ - \angle A\). Точка \(H\) лежит на \(BB_1\), а точка \(C_1\) — на \(AB\), поэтому

\[\angle C_1BH = 90^\circ - \angle A.\]

Треугольник \(BC_1H\) прямоугольный (\(\angle BC_1H = 90^\circ\), так как \(CC_1 \perp AB\)), поэтому

\[C_1H = BC_1\cdot\operatorname{tg}\left(90^\circ - \angle A\right) = BC_1\cdot\operatorname{ctg} A = \frac{9}{4}\cdot\frac{3}{\sqrt{7}} = \frac{27}{4\sqrt{7}}.\]

По пункту а) треугольники \(KHC_1\) и \(CBA\) подобны, причём сторона \(HC_1\) соответствует стороне \(BA\). Значит коэффициент подобия равен

\[k = \frac{C_1H}{AB} = \frac{27}{4\sqrt{7}} : 6 = \frac{9}{8\sqrt{7}}.\]

Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия:

\[\frac{S_{C_1HK}}{S_{ABC}} = k^2 = \left(\frac{9}{8\sqrt{7}}\right)^2 = \frac{81}{64\cdot 7} = \frac{81}{448}.\]

Ответ: б) \(\dfrac{81}{448}\).

а) Обозначим вершины трапеции \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) так, чтобы \(AD\) было меньшим основанием, а \(BC\) — большим. Пусть \(AD = a\), \(BC = b\), а диагонали \(AC = 15\) и \(BD = 8\).

Выполним дополнительное построение: через вершину \(C\) проведём отрезок, параллельный \(BD\) и равный ему по длине. Получим отрезок \(CN\).

Четырёхугольник \(BCND\) — параллелограмм, поэтому \(BC = ND\), и тогда

\[AN = a + b = 17.\]

Рассмотрим треугольник \(ACN\). В нём

\[AC^2 + CN^2 = 15^2 + 8^2 = 225 + 64 = 289 = 17^2 = AN^2.\]

По обратной теореме Пифагора треугольник \(ACN\) прямоугольный, то есть \(\angle ACN = 90^\circ\). Но этот угол получен параллельным переносом одной из диагоналей, значит и сами диагонали перпендикулярны. Что и требовалось доказать.

б) Опустим высоту \(CH\) трапеции на прямую, содержащую основание \(AD\). Она же является высотой прямоугольного треугольника \(ACN\), проведённой к гипотенузе.

Площадь треугольника \(ACN\) можно посчитать двумя способами — через катеты и через гипотенузу с высотой:

\[\frac{1}{2}\cdot AC\cdot CN = \frac{1}{2}\cdot CH\cdot AN,\]

\[CH = \frac{AC\cdot CN}{AN} = \frac{15\cdot 8}{17} = \frac{120}{17}.\]

Ответ: б) \(\dfrac{120}{17}\).

а) Центр вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис углов четырёхугольника, поэтому \(LO\) — биссектриса угла \(L\) и

\[\angle OLM = \angle OLK = 30^\circ.\]

Отрезок \(OA\) — радиус в точку касания, значит \(OA \perp MN\). Предположим, что точка \(A\) не лежит на прямой \(LO\). Тогда \(LMAO\) — четырёхугольник, и сумма его углов равна \(360^\circ\):

\[\angle OLM + \angle LMA + \angle MAO + \angle AOL = 360^\circ,\]

\[30^\circ + 60^\circ + 90^\circ + \angle AOL = 360^\circ \quad\Longrightarrow\quad \angle AOL = 180^\circ.\]

Угол развёрнутый, то есть точка \(A\) всё же лежит на прямой \(LO\). Что и требовалось доказать.

б) Из прямоугольного треугольника \(MAL\) с углом \(60^\circ\) при вершине \(M\):

\[\frac{AL}{ML} = \sin 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2} \quad\Longrightarrow\quad ML = 9 : \frac{\sqrt{3}}{2} = 6\sqrt{3},\]

\[\frac{MA}{ML} = \cos 60^\circ = \frac{1}{2} \quad\Longrightarrow\quad MA = 6\sqrt{3}\cdot\frac{1}{2} = 3\sqrt{3}.\]

Обозначим \(AO = x\), тогда \(OL = 9 - x\). Отрезок \(MO\) — биссектриса угла \(AML\), поэтому по свойству биссектрисы в треугольнике \(AML\)

\[\frac{ML}{MA} = \frac{OL}{AO}, \qquad \frac{6\sqrt{3}}{3\sqrt{3}} = \frac{9 - x}{x} \quad\Longrightarrow\quad 9 - x = 2x \quad\Longrightarrow\quad x = 3.\]

Пусть окружность касается стороны \(NK\) в точке \(R\). Углы при \(N\), \(A\) и \(R\) прямые, а \(OA = OR\) как радиусы, поэтому \(ANRO\) — квадрат и \(AN = AO = 3\). Итого

\[MN = MA + AN = 3\sqrt{3} + 3.\]

Ответ: б) \(3 + 3\sqrt{3}\).