25. Точки Р и Q лежат на стороне МК треугольника MNK на расстояниях соответственно 8 и 12 от вершины М. Найди радиус окружности, проходящей через точки Р и Q и касающейся луча MN, если cos ∠NMK = √6/4. В ответе укажи полученное число, делённое на √10.

Решение:

Пусть \( R \) — радиус искомой окружности. Окружность проходит через точки \( P \) и \( Q \) на стороне \( MK \), поэтому \( MP = 8 \) и \( MQ = 12 \).

Пусть \( O \) — центр окружности, а \( OM = d \). Тогда \( OP = OQ = R \).

Так как окружность касается луча \( MN \), расстояние от \( O \) до \( MN \) равно \( R \). Пусть \( H \) — проекция \( O \) на \( MN \), тогда \( OH = R \).

В треугольнике \( OMH \) имеем \( \angle OMH = \angle NMK \). По условию \( \cos \angle NMK = \frac{\sqrt{6}}{4} \).

В треугольнике \( OMH \) имеем: \( OH = OM \sin \angle OMH \) и \( MH = OM \cos \angle OMH \).

Так как \( \sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1 \), то \( \sin \angle OMH = \sqrt{1 - \cos^2 \angle OMH} = \sqrt{1 - \left(\frac{\sqrt{6}}{4}\right)^2} = \sqrt{1 - \frac{6}{16}} = \sqrt{\frac{10}{16}} = \frac{\sqrt{10}}{4} \).

Тогда \( R = d \cdot \frac{\sqrt{10}}{4} \), откуда \( d = \frac{4R}{\sqrt{10}} \).

Рассмотрим треугольник \( OMP \). По теореме косинусов: \( OP^2 = OM^2 + MP^2 - 2 \cdot OM \cdot MP \cos \angle OMP \).

\( R^2 = d^2 + 8^2 - 2 \cdot d \cdot 8 \cdot \frac{\sqrt{6}}{4} \) (Предполагаем, что \( \cdotOMK = \cdotOMP \), что верно, если \( O \) лежит на биссектрисе \( \cdotNMK \) или \( MK \) является осью симметрии, но это не дано. Будем использовать тот факт, что \( O \) равноудалена от \( P \) и \( Q \)).

Введем систему координат. Поместим \( M \) в начало координат \( (0,0) \). Пусть \( MK \) лежит на оси \( OX \). Тогда \( P = (8,0) \) и \( Q = (12,0) \).

Пусть \( O = (x_0, y_0) \). Тогда \( R = |y_0| \) (так как окружность касается \( MN \), а \( MN \) — это луч, исходящий из \( M \)).

Расстояние от \( M \) до \( MN \) — это 0. Центр окружности \( O \) равноудален от \( P \) и \( Q \). Центр окружности лежит на серединном перпендикуляре к отрезку \( PQ \). Середина \( PQ \) — \( \frac{8+12}{2} = 10 \). Значит, \( x_0 = 10 \).

Уравнение окружности: \( (x-10)^2 + (y-y_0)^2 = R^2 \).

Так как \( R = |y_0| \) (предполагаем \( y_0 > 0 \) для простоты, тогда \( R = y_0 \)), то \( (x-10)^2 + (y-R)^2 = R^2 \).

Окружность проходит через \( P=(8,0) \) и \( Q=(12,0) \).

Для \( P=(8,0) \): \( (8-10)^2 + (0-R)^2 = R^2 \) → \( (-2)^2 + R^2 = R^2 \) → \( 4 + R^2 = R^2 \). Это противоречие. Значит, \( R \) не равно \( y_0 \) просто так.

Давайте переформулируем: окружность касается луча \( MN \). Пусть \( MN \) — ось \( OX \). Тогда \( M=(0,0) \). \( P=(8,0) \), \( Q=(12,0) \). Центр окружности \( O=(x_c, y_c) \).

Окружность проходит через \( P \) и \( Q \), значит, \( O \) лежит на серединном перпендикуляре к \( PQ \). Середина \( PQ \) — \( 10 \). Значит, \( x_c = 10 \).

Радиус \( R \). \( R^2 = (8-10)^2 + (0-y_c)^2 = (-2)^2 + y_c^2 = 4 + y_c^2 \).

Окружность касается луча \( MN \), который является осью \( OX \). Расстояние от \( O=(10, y_c) \) до оси \( OX \) равно \( |y_c| \). Значит, \( R = |y_c| \). Предположим \( y_c > 0 \), тогда \( R = y_c \).

Подставляем \( y_c = R \) в уравнение радиуса: \( R^2 = 4 + R^2 \). Это снова противоречие.

Попробуем другой подход.

Пусть \( O \) — центр окружности, \( R \) — радиус. \( O \) находится на серединном перпендикуляре к \( PQ \). Середина \( PQ \) — точка \( S \) такая, что \( MS = 10 \).

Пусть \( MK \) — ось \( OX \), \( M=(0,0) \). \( P=(8,0) \), \( Q=(12,0) \). \( S=(10,0) \).

Центр \( O=(10, y_0) \). Радиус \( R^2 = (10-8)^2 + (y_0-0)^2 = 2^2 + y_0^2 = 4 + y_0^2 \). Также \( R^2 = (10-12)^2 + (y_0-0)^2 = (-2)^2 + y_0^2 = 4 + y_0^2 \).

Окружность касается луча \( MN \). Пусть луч \( MN \) образует угол \( \alpha = \angle NMK \) с осью \( MK \) (ось \( OX \)).

Уравнение прямой \( MN \): \( y = (\tan \alpha) x \). \( \tan \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} \).

Мы знаем \( \cos \alpha = \frac{\sqrt{6}}{4} \). \( \sin \alpha = \frac{\sqrt{10}}{4} \).

\( \tan \alpha = \frac{\sqrt{10}/4}{\sqrt{6}/4} = \frac{\sqrt{10}}{\sqrt{6}} = \sqrt{\frac{10}{6}} = \sqrt{\frac{5}{3}} \).

Уравнение прямой \( MN \): \( y = \sqrt{\frac{5}{3}} x \) или \( \cdot5 x - \cdot3 y = 0 \).

Расстояние от \( O=(10, y_0) \) до прямой \( \cdot5 x - \cdot3 y = 0 \) равно \( R \).

\[ R = \frac{|\sqrt{5} \cdot 10 - \sqrt{3} \cdot y_0|}{\sqrt{(\sqrt{5})^2 + (-\sqrt{3})^2}} = \frac{|10\sqrt{5} - \sqrt{3} y_0|}{\sqrt{5+3}} = \frac{|10\sqrt{5} - \sqrt{3} y_0|}{\sqrt{8}} \].

\( R^2 = \frac{(10\sqrt{5} - \sqrt{3} y_0)^2}{8} \).

У нас есть \( R^2 = 4 + y_0^2 \). Значит, \( 4 + y_0^2 = \frac{(10\sqrt{5} - \sqrt{3} y_0)^2}{8} \).

\( 32 + 8y_0^2 = (10\sqrt{5})^2 - 2 \cdot 10\sqrt{5} \cdot \sqrt{3} y_0 + (\sqrt{3} y_0)^2 \).

\( 32 + 8y_0^2 = 500 - 20\sqrt{15} y_0 + 3y_0^2 \).

\( 5y_0^2 + 20\sqrt{15} y_0 - 468 = 0 \).

Это сложно. Вернемся к геометрическому смыслу.

Пусть \( MK \) — ось \( OX \), \( M=(0,0) \). \( P=(8,0) \), \( Q=(12,0) \). Центр \( O=(10, y_0) \). \( R^2 = 4 + y_0^2 \).

Пусть \( \alpha = \angle NMK \). Луч \( MN \) — это прямая \( y = (\tan \alpha) x \). Окружность касается этой прямой. Расстояние от \( O=(10, y_0) \) до \( y = (\tan \alpha) x \) равно \( R \).

\( R = |y_0| \) (если \( MN \) — ось \( OX \)). Это неверно.

Луч \( MN \) — это прямая, исходящая из \( M \). Угол между \( MN \) и \( MK \) равен \( \alpha \).

Рассмотрим треугольник \( OMP \). \( OP = R \), \( MP = 8 \). \( OM = d \). \( \cdotOMP = \cdotNMK = \alpha \). По теореме косинусов: \( R^2 = d^2 + 8^2 - 2 \cdotd \cdot8 \cdot \cos \alpha \).

Рассмотрим треугольник \( OMQ \). \( OQ = R \), \( MQ = 12 \). \( OM = d \). \( \cdotOMQ = \cdotNMK = \alpha \). По теореме косинусов: \( R^2 = d^2 + 12^2 - 2 \cdotd \cdot12 \cdot \cos \alpha \).

Приравниваем: \( d^2 + 64 - 16 d \cos \alpha = d^2 + 144 - 24 d \cos \alpha \).

\( 64 - 16 d \cos \alpha = 144 - 24 d \cos \alpha \).

\( 8 d \cos \alpha = 80 \).

\( d \cos \alpha = 10 \).

Мы знаем \( \cos \alpha = \frac{\sqrt{6}}{4} \). Значит, \( d \frac{\sqrt{6}}{4} = 10 \) → \( d = \frac{40}{\sqrt{6}} = \frac{40\sqrt{6}}{6} = \frac{20\sqrt{6}}{3} \).

Теперь найдем \( R \). Подставим \( d \) в одно из уравнений для \( R^2 \).

\[ R^2 = d^2 + 64 - 16 d \cos \alpha = d^2 + 64 - 16(10) = d^2 + 64 - 160 = d^2 - 96 \].

\[ R^2 = \left(\frac{20\sqrt{6}}{3}\right)^2 - 96 = \frac{400 \cdot 6}{9} - 96 = \frac{2400}{9} - 96 = \frac{800}{3} - 96 \].

\[ R^2 = \frac{800 - 96 \cdot 3}{3} = \frac{800 - 288}{3} = \frac{512}{3} \].

\( R = \sqrt{\frac{512}{3}} = \frac{\sqrt{256 \cdot 2}}{\sqrt{3}} = \frac{16\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{16\sqrt{6}}{3} \).

Нам нужно указать число, делённое на \( \sqrt{10} \).

\[ \frac{R}{\sqrt{10}} = \frac{16\sqrt{6}/3}{\sqrt{10}} = \frac{16\sqrt{6}}{3\sqrt{10}} = \frac{16}{3} \sqrt{\frac{6}{10}} = \frac{16}{3} \sqrt{\frac{3}{5}} = \frac{16}{3} \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}} = \frac{16\sqrt{15}}{15} \].

Проверим касание луча \( MN \).

Пусть \( O \) — центр, \( R \) — радиус. \( OM = d \). \( d \cos \alpha = 10 \). \( R^2 = d^2 - 96 \). \( R = \frac{16\sqrt{6}}{3} \).

Условие касания: расстояние от \( O \) до \( MN \) равно \( R \). Это расстояние равно \( d \sin \alpha \).

\( d \sin \alpha = \frac{20\sqrt{6}}{3} \cdot \frac{\sqrt{10}}{4} = \frac{5\sqrt{6}\sqrt{10}}{3} = \frac{5\sqrt{60}}{3} = \frac{5 \cdot 2\sqrt{15}}{3} = \frac{10\sqrt{15}}{3} \).

\( R = \frac{16\sqrt{6}}{3} \). \( d \sin \alpha = \frac{10\sqrt{15}}{3} \). Эти величины не равны.

Значит, мы не учли направление.

Рассмотрим случай, когда \( O \) находится «над» \( MN \) относительно \( MK \).

Пусть \( MK \) — ось \( OX \), \( M=(0,0) \). \( P=(8,0) \), \( Q=(12,0) \). \( O=(x_0, y_0) \).

\( x_0 = 10 \). \( R^2 = 4 + y_0^2 \).

Луч \( MN \) — прямая \( y = (\tan \alpha) x \) при \( x ≥ 0 \) и \( y ≥ 0 \) (или \( y ≤ 0 \)).

Угол \( \alpha \) острый, так как \( \cos \alpha > 0 \). Значит, \( \tan \alpha > 0 \). Луч \( MN \) лежит в первой четверти.

Расстояние от \( O=(10, y_0) \) до \( (\tan \alpha) x - y = 0 \) равно \( R \).

\[ R = \frac{|(\tan \alpha) \cdot 10 - y_0|}{\sqrt{\tan^2 \alpha + 1}} = \frac{|(\tan \alpha) \cdot 10 - y_0|}{\sqrt{\sec^2 \alpha}} = |(\tan \alpha) \cdot 10 - y_0| \cos \alpha \].

\( R = |\frac{\sqrt{10}}{\sqrt{6}} \cdot 10 - y_0| \frac{\sqrt{6}}{4} = |\frac{10\sqrt{10}}{\sqrt{6}} - y_0| \frac{\sqrt{6}}{4} = |\frac{10\sqrt{10}}{ \sqrt{6}} \cdot \frac{\sqrt{6}}{4} - y_0 \frac{\sqrt{6}}{4}| = |\frac{10\sqrt{10}}{4} - y_0 \frac{\sqrt{6}}{4}| = |\frac{5\sqrt{10}}{2} - y_0 \frac{\sqrt{6}}{4}| \).

\( R = \frac{5\sqrt{10}}{2} - y_0 \frac{\sqrt{6}}{4} \) (Предполагаем, что \( \frac{5\sqrt{10}}{2} > y_0 \frac{\sqrt{6}}{4} \)).

\( R^2 = 4 + y_0^2 \).

\( R = \frac{5\sqrt{10}}{2} - \frac{\sqrt{6}}{4} y_0 \).

\( R^2 = (\frac{5\sqrt{10}}{2} - \frac{\sqrt{6}}{4} y_0)^2 = \frac{250}{4} - 2 \frac{5\sqrt{10}}{2} \frac{\sqrt{6}}{4} y_0 + \frac{6}{16} y_0^2 \).

\( R^2 = \frac{125}{2} - \frac{5\sqrt{60}}{4} y_0 + \frac{3}{8} y_0^2 = \frac{125}{2} - \frac{5 \cdot 2\sqrt{15}}{4} y_0 + \frac{3}{8} y_0^2 = \frac{125}{2} - \frac{5\sqrt{15}}{2} y_0 + \frac{3}{8} y_0^2 \).

\( 4 + y_0^2 = \frac{125}{2} - \frac{5\sqrt{15}}{2} y_0 + \frac{3}{8} y_0^2 \).

\( (1 - \frac{3}{8}) y_0^2 + \frac{5\sqrt{15}}{2} y_0 + (4 - \frac{125}{2}) = 0 \).

\( \frac{5}{8} y_0^2 + \frac{5\sqrt{15}}{2} y_0 - \frac{117}{2} = 0 \).

Умножим на 8: \( 5y_0^2 + 20\sqrt{15} y_0 - 468 = 0 \).

Это то же уравнение, что и раньше.

Решим \( 5y^2 + 20\sqrt{15} y - 468 = 0 \) относительно \( y_0 \).

\[ y_0 = \frac{-20\sqrt{15} \cdot \sqrt{(20\sqrt{15})^2 - 4 \cdot 5 \cdot (-468)}}{2 \cdot 5} = \frac{-20\sqrt{15} \cdot \sqrt{400 \cdot 15 + 20 \cdot 468}}{10} = \frac{-20\sqrt{15} \cdot \sqrt{6000 + 9360}}{10} \].

\[ y_0 = \frac{-20\sqrt{15} \cdot \sqrt{15360}}{10} \].

\( 15360 = 1536 \cdot 10 = 256 \cdot 6 \cdot 10 = 256 \cdot 60 \).

\( \sqrt{15360} = 16\sqrt{60} = 16 \cdot 2\sqrt{15} = 32\sqrt{15} \).

\[ y_0 = \frac{-20\sqrt{15} \cdot 32\sqrt{15}}{10} = \frac{-20 \cdot 15 \cdot 2}{10} = -60 \cdot 2 = -60 \].

Если \( y_0 = -60 \). То \( R^2 = 4 + (-60)^2 = 4 + 3600 = 3604 \). \( R = \sqrt{3604} \).

Но \( R = \frac{5\sqrt{10}}{2} - y_0 \frac{\sqrt{6}}{4} = \frac{5\sqrt{10}}{2} - (-60) \frac{\sqrt{6}}{4} = \frac{5\sqrt{10}}{2} + 15\sqrt{6} \).

\( R^2 = (\frac{5\sqrt{10}}{2} + 15\sqrt{6})^2 = \frac{250}{4} + 2 \frac{5\sqrt{10}}{2} 15\sqrt{6} + 225 \cdot 6 = \frac{125}{2} + 75\sqrt{60} + 1350 = \frac{125}{2} + 75 \cdot 2\sqrt{15} + 1350 = \frac{125}{2} + 150\sqrt{15} + 1350 \). Это не совпадает.

Возможно, \( y_0 \) положительное.

\( y_0 = \frac{-20\sqrt{15} + 32\sqrt{15}}{10} = \frac{12\sqrt{15}}{10} = \frac{6\sqrt{15}}{5} \).

Тогда \( R^2 = 4 + y_0^2 = 4 + (\frac{6\sqrt{15}}{5})^2 = 4 + \frac{36 \cdot 15}{25} = 4 + \frac{36 \cdot 3}{5} = 4 + \frac{108}{5} = \frac{20+108}{5} = \frac{128}{5} \).

\( R = \sqrt{\frac{128}{5}} = \frac{8\sqrt{2}}{\sqrt{5}} = \frac{8\sqrt{10}}{5} \).

Проверим условие касания: \( R = \frac{5\sqrt{10}}{2} - y_0 \frac{\sqrt{6}}{4} \).

\( \frac{8\sqrt{10}}{5} = \frac{5\sqrt{10}}{2} - \frac{6\sqrt{15}}{5} \frac{\sqrt{6}}{4} = \frac{5\sqrt{10}}{2} - \frac{6\sqrt{90}}{20} = \frac{5\sqrt{10}}{2} - \frac{6 \cdot 3\sqrt{10}}{20} = \frac{5\sqrt{10}}{2} - \frac{18\sqrt{10}}{20} = \frac{5\sqrt{10}}{2} - \frac{9\sqrt{10}}{10} \).

\( \frac{8\sqrt{10}}{5} = \frac{25\sqrt{10} - 9\sqrt{10}}{10} = \frac{16\sqrt{10}}{10} = \frac{8\sqrt{10}}{5} \). Совпадает!

Значит, \( R = \frac{8\sqrt{10}}{5} \).

Нам нужно \( \frac{R}{\sqrt{10}} \).

\[ \frac{R}{\sqrt{10}} = \frac{8\sqrt{10}/5}{\sqrt{10}} = \frac{8}{5} \].

Ответ: 8/5.