Задача 26 из пробного ОГЭ, прошедшего 13 апреля

[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: $R=5,4$.