[planimetria]odcinek w kwadracie

[klimat]

Dany jest kwadrat ABCD , N jest punktem styczności, \(\displaystyle{ KN=AB/2}\) oraz \(\displaystyle{ NS=18cm}\). Oblicz długość NO.

[piasek101]

Trochę próbowałem.
Jak na razie mam (nie sprawdzałem, może komuś też tak wyjdzie), że \(\displaystyle{ |NO|=\frac{r}{\sqrt 5}}\) (gdzie \(\displaystyle{ r}\) to połowa boku kwadratu).
Dalej sinusy i cosinusy w różnych trójkątach - danych wystarcza ale gdzieś mi się zaczęło ślimaczyć, więc może się pomyliłem albo trzeba od innej strony zacząć.
Oczywiście istnieje możliwość, że jest coś do zauważenia (czego nie widzę) aby łatwiej to rozwiązać.

[klimat]

Nie mam rozwiązania, ale wydaje mi się, że może N jest środkiem ciężkości trójkata KOD i jakby to była prawda....

[JHN]

Zrobiłem schludny rysunek, bez ozdobników...
Niech

• \(|AB|=2r>0,\)
• \(|\angle BAO|=\alpha,\)
• \(|\angle KBA|=\beta\),
• prosta \(DN\) przecina \(\overline{BC}\) w punkcie \(M\),
• \(S\) jest o \(h\) odległa od \(\overline{AB}\).

Wtedy

1. \(N\in\overline{AO}\), bo \(\Delta ABN\sim\Delta ABO\), zatem \(S\in\overline{AO}\)
2. \(\tg\alpha={1\over2}\)
3. ponieważ \(|ND|=|AD|\), to \(|DK|=r\)
4. \(\tg\angle MDC=\tg(90^\circ-2\alpha)={3\over4}\)
5. z \(\Delta DMC : |MC|=2r\cdot {3\over4}={3r\over2}\)
   Wniosek: \(M\) jest środkiem \(\overline{BO}\)
6. z 4. \(K\) jest odległy o \({4r\over5},\ {3r\over5}\) od (odpowiednio) boków \(\overline{AD},\,\overline{DC}\), czyli
   \(K\) jest odległy o \({6r\over5},\ {7r\over5}\) od (odpowiednio) boków \(\overline{BC},\,\overline{AB}\). Zatem
   \(\tg\beta={7\over6}\)
7. \(|AB|={h\over\tg\alpha}+{h\over\tg\beta} \Rightarrow h={7r\over10}={1\over2}\cdot{7r\over5}\), zatem \(S\) jest dwa razy bliżej boku \(\overline{AB}\) niż \(K\).
   Wniosek: \(S\) jest środkiem \(\overline{KB}\)
8. z 5. i 7. \(\overline{KM},\,\overline{SO}\) są środkowymi \(\Delta KBO\) i zachodzi
   \[|NO|=2\cdot|SN|=2\cdot18=36\]

Pozdrawiam
PS. W pierwotnej wersji zajmowałem się tylko odległościami punktów od \(\overline{BC}\), ale Twoja sugestia dotycząca środka ciężkości podziałała i skróciła rozwiązanie

[a4karo]

`\tan BAO=2`

[JHN]

Na moim rysunku zamieniłem miejscami wierzchołki \( B\) i \(D\) , co zmienia tylko redakcję rozwiązania

Dziękuję i pozdrawiam

[a4karo]

Jasnowidze pilnie poszukiwani

[JHN]

Jeszcze raz, tym razem z liternictwem z treści zadania:
Zrobiłem schludny rysunek, bez ozdobników...
Niech

• \(|AD|=2r>0,\)
• \(|\angle DAO|=\alpha,\)
• \(|\angle KDA|=\beta\),
• prosta \(BN\) przecina \(\overline{DC}\) w punkcie \(M\),
• \(S\) jest o \(h\) odległa od \(\overline{AD}\).

Wtedy

1. \(N\in\overline{AO}\), bo \(\Delta ADN\sim\Delta ADO\), zatem \(S\in\overline{AO}\)
2. \(\tg\alpha={1\over2}\)
3. ponieważ \(|NB|=|AB|\), to \(|BK|=r\)
4. \(\tg\angle MBC=\tg(90^\circ-2\alpha)={3\over4}\)
5. z \(\Delta BMC : |MC|=2r\cdot {3\over4}={3r\over2}\)
   Wniosek: \(M\) jest środkiem \(\overline{DO}\)
6. z 4. \(K\) jest odległy o \({4r\over5},\ {3r\over5}\) od (odpowiednio) boków \(\overline{AB},\,\overline{BC}\), czyli
   \(K\) jest odległy o \({6r\over5},\ {7r\over5}\) od (odpowiednio) boków \(\overline{DC},\,\overline{AD}\). Zatem
   \(\tg\beta={7\over6}\)
7. \(|AD|={h\over\tg\alpha}+{h\over\tg\beta} \Rightarrow h={7r\over10}={1\over2}\cdot{7r\over5}\), zatem \(S\) jest dwa razy bliżej boku \(\overline{AD}\) niż \(K\).
   Wniosek: \(S\) jest środkiem \(\overline{KD}\)
8. z 5. i 7. \(\overline{KM},\,\overline{SO}\) są środkowymi \(\Delta KDO\) i zachodzi
   \[|NO|=2\cdot|SN|=2\cdot18=36\]

Pozdrawiam
PS. W pierwotnej wersji zajmowałem się tylko odległościami punktów od \(\overline{DC}\), ale Twoja sugestia dotycząca środka ciężkości podziałała i skróciła rozwiązanie