сайты - меню - вход - но­во­сти


Задания
Версия для печати и копирования в MS Word

Окруж­ность \omega ра­ди­у­са 4 с цен­тром O впи­са­на в ост­ро­уголь­ный тре­уголь­ник EFQ и ка­са­ет­ся его сто­рон FQ и EQ в точ­ках M и P со­от­вет­ствен­но. Окруж­ность \Omega ра­ди­у­са  дробь: чис­ли­тель: ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 65 конец ар­гу­мен­та , зна­ме­на­тель: 2 конец дроби с цен­тром T опи­са­на около тре­уголь­ни­ка PQM.

а)  Най­ди­те OQ.

б)  Пусть до­пол­ни­тель­но из­вест­но, что от­но­ше­ние пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка FTE к пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка EFQ равно дробь: чис­ли­тель: 2, зна­ме­на­тель: 3 конец дроби . Най­ди­те длину бис­сек­три­сы QA тре­уголь­ни­ка EFQ, а также его пло­щадь.

Спрятать решение

Ре­ше­ние.

а)  Ра­ди­ус, про­ведённый в точку ка­са­ния, пер­пен­ди­ку­ля­рен ка­са­тель­ной, по­это­му углы ОМQ и ОРQ пря­мые, т. е. из точек M и P от­ре­зок OQ виден под пря­мым углом. Сле­до­ва­тель­но, окруж­ность, по­стро­ен­ная на от­рез­ке OQ как на диа­мет­ре, про­хо­дит также через точки M и P, зна­чит, это окруж­ность \Omega. От­ре­зок OQ равен удво­ен­но­му ра­ди­у­су этой окруж­но­сти, т. е. O Q= ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 65 конец ар­гу­мен­та .

б)  Обо­зна­чим точку ка­са­ния окруж­но­сти со сто­ро­ной EF через B, вы­со­ту тре­уголь­ни­ка, про­ведённую из вер­ши­ны Q, через QH. Пусть \angle A Q H= гамма . Центр впи­сан­ной окруж­но­сти  — это точка пе­ре­се­че­ния бис­сек­трис тре­уголь­ни­ка, по­это­му O при­над­ле­жит Q A . Из тре­уголь­ни­ка POQ на­хо­дим, что

P Q= ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: O Q в сте­пе­ни левая круг­лая скоб­ка 2 конец ар­гу­мен­та минус O P в квад­ра­те пра­вая круг­лая скоб­ка =7 .

По­сколь­ку у тре­уголь­ни­ков EFT и EFQ общее ос­но­ва­ние EF, то их пло­ща­ди от­но­сят­ся как вы­со­ты, про­ведённые к этому ос­но­ва­нию, а от­но­ше­ние этих высот равно T A: Q A . От­сю­да по­лу­ча­ем

 дробь: чис­ли­тель: 2, зна­ме­на­тель: 3 конец дроби = дробь: чис­ли­тель: T A, зна­ме­на­тель: Q A конец дроби = дробь: чис­ли­тель: Q A минус Q T, зна­ме­на­тель: Q A конец дроби ,

2 Q A=3 Q A минус 3 Q T,

Q A=3 Q T=3 умно­жить на дробь: чис­ли­тель: ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 65 конец ар­гу­мен­та , зна­ме­на­тель: 2 конец дроби = дробь: чис­ли­тель: 3 ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 65 конец ар­гу­мен­та , зна­ме­на­тель: 2 конец дроби ,

A O=A Q минус O Q= дробь: чис­ли­тель: ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 65 конец ар­гу­мен­та , зна­ме­на­тель: 2 конец дроби .

По­сколь­ку OB и QH  — па­рал­лель­ны, и \angle A O B=\angle A Q H= гамма ; из тре­уголь­ни­ка AOB по­лу­ча­ем, что

 ко­си­нус гамма = дробь: чис­ли­тель: B O, зна­ме­на­тель: A O конец дроби = дробь: чис­ли­тель: 8, зна­ме­на­тель: ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 65 конец ар­гу­мен­та конец дроби .

Из тре­уголь­ни­ка AQH на­хо­дим, что Q H=Q A ко­си­нус гамма =12.

Вы­ра­зим пло­щадь тре­уголь­ни­ка EFQ двумя спо­со­ба­ми. С одной сто­ро­ны,

S_E F Q= дробь: чис­ли­тель: 1, зна­ме­на­тель: 2 конец дроби умно­жить на E F умно­жить на Q H=6 умно­жить на E F .

С дру­гой сто­ро­ны, S_E F Q=p r, где r=4  — ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти, p  — по­лу­пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка. В силу того, что F B=F M, M Q=Q P,  B E=E P, по­лу­ча­ем, что

p=F B плюс B E плюс P Q=E F плюс P Q=E F плюс 7,

S_E F Q=4 левая круг­лая скоб­ка E F плюс 7 пра­вая круг­лая скоб­ка .

По­лу­ча­ем урав­не­ние 6 умно­жить на E F=4 левая круг­лая скоб­ка E F плюс 7 пра­вая круг­лая скоб­ка , от­ку­да E F=14, тогда  S_C M F=6 умно­жить на E F=84 .

 

Ответ: а) OQ= ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 65 конец ар­гу­мен­та ,б) QA= дробь: чис­ли­тель: 3 ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 65 конец ар­гу­мен­та , зна­ме­на­тель: 2 конец дроби ,  S=84.

Спрятать критерии
Критерии проверки:

Решён пункт а) — 2 балла.

За каж­дый из во­про­сов пунк­та б) (бис­сек­три­са, пло­щадь) — 3 балла.


Аналоги к заданию № 1436: 1473 Все