Задание №17 — Окружности и системы окружностей

Решение:

а) Так как окружность вписана в угол $\angle ANB$, центр этой окружности $O$ лежит на биссектрисе данного угла, следовательно, луч $NO$ является биссектрисой $\angle ANB$.
Рассмотрим вписанный угол $\angle ABC$. Он опирается на ту же дугу, что и центральный угол $\angle AOC$, поэтому $\angle ABC = \frac{1}{2} \angle AOC$. В то же время угол между касательной $AK$ и хордой $AC$ также равен половине дуги $AC$, то есть $\angle KAC = \frac{1}{2} \angle AOC$. Отсюда получаем, что $\angle KAC = \angle ABC$.
Треугольник $AOB$ является равнобедренным ($AO = OB$ как радиусы), значит, $\angle OAB = \angle OBA$.
Поскольку $AB \perp NO$, треугольники $A\alpha B$ и $A\alpha O$ подобны. Из подобия и свойств углов следует, что $\angle BAO = \angle AN\alpha$. Таким образом, $\angle AN\alpha = \angle KAC$. Равенство этих накрест лежащих углов доказывает параллельность прямых $AC$ и $NO$. Что и требовалось доказать.
б) Пусть величина угла $\angle KAC$ равна $\alpha$.
Применим теорему синусов для треугольника $ABC$: $\frac{AC}{\sin \alpha} = 2R$. Отсюда выразим радиус: $R = \frac{AC}{2 \sin \alpha} = \frac{10}{2 \sin \alpha} = \frac{5}{\sin \alpha}$.
В прямоугольном треугольнике $A\alpha O$ имеем: $\sin \alpha = \frac{\alpha O}{AO}$. Подставив значение $AO = R$, получаем $\alpha O = R \cdot \sin \alpha = \frac{5}{\sin \alpha} \cdot \sin \alpha = 5$.
Заметим, что треугольники $A\alpha O$ и $N\alpha A$ подобны по двум углам. Из подобия следует отношение сторон: $\frac{N\alpha}{A\alpha} = \frac{A\alpha}{\alpha O}$.
Так как $A\alpha$ — половина хорды $AB$, то $A\alpha = \frac{24}{2} = 12$. Вычислим отрезок $N\alpha$: $N\alpha = \frac{A\alpha^2}{\alpha O} = \frac{12^2}{5} = \frac{144}{5}$.
Искомое расстояние $NO$ складывается из длин двух отрезков: $NO = N\alpha + \alpha O = \frac{144}{5} + 5 = \frac{144 + 25}{5} = \frac{169}{5}$.

Ответ: $\frac{169}{5}$

Источник: ФИПИ