Планиметрическая задача профильного ЕГЭ

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.