[latexpage]
Мои ученики написали пробный ОГЭ 13 апреля, и конечно, мы разбирали некоторые из запомнившихся им задач, в основном те, что не удалось решить. Одна из задач – самая сложная, как правило, вообще в любом ОГЭ – это 26-я. Привожу мое решение этой задачи.
Точки $M$ и $N$ лежат на стороне $AC$ треугольника $ABC$ на расстояниях соответственно 9 и 11 от вершины $A$. Найдите радиус окружности, проходящей через точки $M$ и $N$ и касающейся луча $AB$, если $\cos \angle {BAC}=\frac{\sqrt{11}}{6}$.
Решение.

Рисунок к задаче
Обозначим центр окружности и проведем радиусы: в точку касания с лучом $AB$ – $G$, а также в точки $M$ и $N$. Перпендикуляр $OI$ к хорде $MN$ разобьет ее на два отрезка длиной 1: $MI=IN=1$. Тогда по теореме о касательной и секущей можем записать:
$$AG^2=AM\cdot AN=99$$
$$AG=\sqrt{99}=3\sqrt{11}$$
Определим синус $\angle {BAC}$ по основному тригонометрическому тождеству:
$$\sin \angle {BAC}=\sqrt{1-\cos^2 \angle {BAC}}=\sqrt{1-\frac{11}{36}}=\frac{5}{6}$$
Тогда тангенс этого угла:
$$\operatorname{tg}{\angle {BAC}}=\frac{\sin \angle {BAC}}{\cos \angle {BAC}}=\frac{5}{\sqrt{11}}$$
Зная тангенс $\angle {BAC}$ и длину отрезка $AI$, можем найти отрезок $HI$:
$$\operatorname{tg}{\angle{BAC}}=\frac{HI}{AI}$$
$$HI=AI\cdot \operatorname {tg}{\angle{BAC}}=\frac{50}{\sqrt{11}}$$
Теперь по теореме Пифагора найдем длину отрезка $AH$:
$$AH^2=AI^2+HI^2$$
$$AH=\sqrt{AI^2+HI^2}=\sqrt{10^2+\left(\frac{50}{\sqrt{11}}\right)^2}=\frac{60}{\sqrt{11}}$$
Найдем отрезок $GH$:
$$GH=AH-AG=\frac{60}{\sqrt{11}}-3\sqrt{11}=\frac{27}{\sqrt{11}}$$
А теперь воспользуемся подобием треугольников $AHI$ и $OGH$: оба прямоугольные и имеют общий угол. Тогда запишем для сходственных сторон:
$$\frac{HI}{GH}=\frac{AI}{OG}$$
Здесь $OG$ – искомый радиус окружности. Тогда:
$$R=OG=\frac{AI\cdotGH}{HI}=\frac{270\sqrt{11}}{50\sqrt{11}}=5,4$$
Ответ: $R=5,4$.
Через недельку...
и за этот ответ спасибо. Теперь уж...
Огромное спасибо...
А почему я не вижу нормального текста ? Половина текст ,а другая половина символы ...
Ждем-с. Скоро...