Задания
Версия для печати и копирования в MS Word
Тип Д14 C4 № 510696
i

Окруж­ность ра­ди­у­са 6 впи­са­на в угол, рав­ный 60°. Вто­рая окруж­ность также впи­са­на в этот угол и пе­ре­се­ка­ет­ся с пер­вой в точ­ках M и N . Из­вест­но, что рас­сто­я­ние между цен­тра­ми окруж­но­стей равно 4. Най­ди­те MN.

Спрятать решение

Ре­ше­ние.

Пусть O1  — центр окруж­но­сти ра­ди­у­са 6, O2  — центр вто­рой окруж­но­сти, O  — вер­ши­на угла, в ко­то­рый впи­са­ны окруж­но­сти, A и B  — точки ка­са­ния со­от­вет­ствен­но пер­вой и вто­рой окруж­но­стей с одной из сто­рон угла, тогда OO1  =  2O1A  =  12.

Воз­мож­ны два слу­чая. Пер­вый слу­чай: точка O1 лежит между точ­ка­ми O и O2 (рис. 1), тогда OO2  =  OO1 + O1O2  =  16, от­ку­да ра­ди­ус вто­рой окруж­но­сти

O_2M=O_2B= дробь: чис­ли­тель: OO_2, зна­ме­на­тель: 2 конец дроби =8.

В тре­уголь­ни­ке O1MO2 имеем O1O2  =  4, O1M  =  6, O2M  =  8. По­сколь­ку общая хорда MN окруж­но­стей пер­пен­ди­ку­ляр­на линии цен­тров O1O2 и де­лит­ся ею по­по­лам, вы­со­та MH тре­уголь­ни­ка O1MO2 равна по­ло­ви­не MN.

В тре­уголь­ни­ке O1MO2 по­лу­пе­ри­метр p= дробь: чис­ли­тель: O_1O_2 плюс O_1M плюс O_2M, зна­ме­на­тель: 2 конец дроби =9.

S_O_1MO_2= ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: p левая круг­лая скоб­ка p минус O_1O_2 пра­вая круг­лая скоб­ка левая круг­лая скоб­ка p минус O_1M пра­вая круг­лая скоб­ка левая круг­лая скоб­ка p минус O_2M пра­вая круг­лая скоб­ка конец ар­гу­мен­та =3 ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 15 конец ар­гу­мен­та ,

от­ку­да

MH= дробь: чис­ли­тель: 2S_O_1MO_2, зна­ме­на­тель: O_1O_2 конец дроби = дробь: чис­ли­тель: 3 ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 15 конец ар­гу­мен­та , зна­ме­на­тель: 2 конец дроби ;MN=2MH=3 ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 15 конец ар­гу­мен­та .

Вто­рой слу­чай: точка O2 лежит между точ­ка­ми O и O1 (рис. 2), тогда OO2  =  OO1 − O1O2  =  8, от­ку­да ра­ди­ус вто­рой окруж­но­сти

O_2M=O_2B= дробь: чис­ли­тель: OO_2, зна­ме­на­тель: 2 конец дроби =4.

Ана­ло­гич­но пер­во­му слу­чаю, в тре­уголь­ни­ке O1MO2 имеем O1O2  =  4, O1M  =  6, O2M  =  4, вы­со­та MH тре­уголь­ни­ка O1MO2 равна по­ло­ви­не MN.

В тре­уголь­ни­ке O1MO2 по­лу­пе­ри­метр p= дробь: чис­ли­тель: O_1O_2 плюс O_1M плюс O_2M, зна­ме­на­тель: 2 конец дроби =7.

S_O_1MO_2= ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: p левая круг­лая скоб­ка p минус O_1O_2 пра­вая круг­лая скоб­ка левая круг­лая скоб­ка p минус O_1M пра­вая круг­лая скоб­ка левая круг­лая скоб­ка p минус O_2M пра­вая круг­лая скоб­ка конец ар­гу­мен­та =3 ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 7 конец ар­гу­мен­та ,

от­ку­да

MH= дробь: чис­ли­тель: 2S_O_1MO_2, зна­ме­на­тель: O_1O_2 конец дроби = дробь: чис­ли­тель: 3 ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 7 конец ар­гу­мен­та , зна­ме­на­тель: 2 конец дроби ;MN=2MH=3 ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 7 конец ар­гу­мен­та .

 

Ответ: 3 ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 7 конец ар­гу­мен­та или 3 ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 15 конец ар­гу­мен­та .

Спрятать критерии
Критерии проверки:

Кри­те­рии оце­ни­ва­ния вы­пол­не­ния за­да­нияБаллы
Рас­смот­ре­ны все воз­мож­ные гео­мет­ри­че­ские кон­фи­гу­ра­ции и по­лу­чен пра­виль­ный ответ3
Рас­смот­ре­на хотя бы одна воз­мож­ная гео­мет­ри­че­ская кон­фи­гу­ра­ция, в ко­то­рой по­лу­че­но пра­виль­ное зна­че­ние ис­ко­мой ве­ли­чи­ны2
Рас­смот­ре­на хотя бы одна воз­мож­ная гео­мет­ри­че­ская кон­фи­гу­ра­ция, в ко­то­рой по­лу­че­но зна­че­ние ис­ко­мой ве­ли­чи­ны, не­пра­виль­ное из-за ариф­ме­ти­че­ской ошиб­ки1
Ре­ше­ние не со­от­вет­ству­ет ни од­но­му из кри­те­ри­ев, пе­ре­чис­лен­ных выше0
Мак­си­маль­ный балл3
Источники:
Классификатор планиметрии: Окруж­но­сти и тре­уголь­ни­ки
Спрятать решение · КритерииСпрятать критерии · Помощь


О про­ек­те · Ре­дак­ция · Пра­во­вая ин­фор­ма­ция · О ре­кла­ме
© Гущин Д. Д., 2011—2025