Планиметрическая задача профильного ЕГЭ

[latexpage]

Задача отнюдь не простая, но в целом – решилась же! Значит, не нужно бояться решать подобные задачи, их надо разматывать, как клубок, ища подобие, отыскивая равные углы, используя все приемы, известные вам, а чтобы этих приемов было достаточно в копилке – надо набираться опыта.

Задача. Дан равнобедренный треугольник $AJM$. В точке $N$ на основании $AM$ находится центр вписанной в треугольник полуокружности. Некоторая касательная к полуокружности пересекает боковые стороны $AJ$ и $MJ$ треугольника в точках $E$ и $C$ соответственно, а прямая, проходящая через точки касания боковых сторон с полуокружностью, пересекает отрезки $NE$ и $NC$ в точках $Y$ и $K$ соответственно.  Чему равна длина отрезка $YK$, если $EC=10$ и $\cos{\angle MJA}=-\frac{7}{8}$?

Построим треугольник $AJM$, заметив, что косинус угла при вершине отрицателен, следовательно, угол является тупым. Также заметим, что точка $N$ обязательно является основанием высоты треугольника $AJM$, иначе вписать в треугольник полуокружность не получится: треугольники $NPJ$ и $JQN$ равны по гипотенузе и катету, которым является радиус полуокружности.

Тогда $PJQN$ – ромбоид, его диагонали перпендикулярны, следовательно,  прямая $PQ$ параллельна $AM$.

Рисунок

Обозначим углы треугольника $AJM$: при вершине – $\alpha$, при основании – $\beta$. Тогда $\angle{AJN}=\angle{MJN}=\frac{\alpha}{2}$.

Заметим, что отрезки $PE=ET$, $TC=CQ$, и что $NE$ – биссектриса $\angle PNT$, а $NC$ – биссектриса $\angle TNQ$.

Обратим внимание на треугольники $ENC$ и $YNK$. Они имеют общий угол. Попробуем доказать их подобие, тогда, определив коэффициент подобия, мы сможем решить задачу.

Треугольник $APN$ – прямоугольный, следовательно, $\angle PNA=\frac{\alpha}{2}$, аналогично $\angle QNM=\frac{\alpha}{2}$. Тогда $\angle YQN=\angle YPN =\frac{\alpha}{2}$ как накрестлежащие.

Обозначим углы 1, 2, 3 и 4 на рисунке. Попробуем определить через эти углы и угол $\frac{\alpha}{2}$ углы $CEN$ и $ECN$.

Углы $AEN$ и $NET$ равны, их сумма – внешний угол треугольника $EJC$. Тогда

$$2 \angle NEC=\alpha+\angle 2$$

$$ \angle NEC=\frac{\alpha}{2}+\frac{\angle 2}{2}$$

Так как угол 4 – внешний для треугольника $KQN$, то

$$\angle 4=\frac{\alpha}{2}+\frac{\angle 2}{2}$$

Поэтому $$ \angle NEC=\angle 4$$

Углы $TCN$ и $NCS$ равны, их сумма – внешний угол треугольника $EJC$. Тогда

$$2 \angle TCN=\alpha+\angle 1$$

$$ \angle TCN=\frac{\alpha}{2}+\frac{\angle 1}{2}$$

Так как угол 3 – внешний для треугольника $PYN$, то

$$\angle 3=\frac{\alpha}{2}+\frac{\angle 1}{2}$$

Поэтому $$ \angle TCN=\angle 3$$

Таким образом, мы доказали, что треугольники $ENC$ и $YNK$ подобны по двум углам (третий и не обязателен был).

Запишем отношение сходственных сторон для треугольников $ENC$ и $YNK$:

$$\frac{EC}{YK}=k$$

$k$ – коэффициент подобия. С таким же коэффициентом будут относиться другие стороны этих треугольников, а также и их высоты:

$$\frac{TN}{ON}=k$$

Высота треугольника $ECN$  $TN=R$, высота треугольника $YKN$  – $ON$. Запишем эту высоту через $R$: в треугольнике  $NOQ$ $NQ=R$, $$\frac{ON}{R}=\sin{\frac{\alpha}{2}}$$

$$ON=R\sin{\frac{\alpha}{2}}$$

Тогда коэффициент подобия равен:

$$k=\frac{TN}{ON}=\frac{R}{R\sin{\frac{\alpha}{2}}}=\frac{1}{\sin{\frac{\alpha}{2}}}$$

Наконец, найдем $YK$:

$$YK=\frac{EC}{k}= EC \sin{\frac{\alpha}{2}}$$

$$\sin^2{\frac{\alpha}{2}}=\frac{1-\cos{\alpha}}{2}=\frac{1+\frac{7}{8}}{2}=\frac{15}{16}$$

Синус половинного угла

$$\sin{\frac{\alpha}{2}}=\frac{\sqrt{15}}{4}$$

Искомый отрезок равен:

$$YK= EC \sin{\frac{\alpha}{2}}=10 \cdot \frac{\sqrt{15}}{4}=2,5\sqrt{15}$$

Ответ: $2,5\sqrt{15}$