сайты - меню - вход - но­во­сти


Задания
Версия для печати и копирования в MS Word

Три ко­ну­са с общей вер­ши­ной, ка­са­ю­щих­ся друг друга внеш­ним об­ра­зом, имеют вы­со­ту 2 и ра­ди­ус ос­но­ва­ния  ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 3 конец ар­гу­мен­та .  Два шара ка­са­ют­ся внеш­ним об­ра­зом друг друга и всех ко­ну­сов. Най­ди­те от­но­ше­ния ра­ди­у­сов шаров (боль­ше­го к мень­ше­му).

Спрятать решение

Ре­ше­ние.

Пусть O  — общая вер­ши­на ко­ну­сов, 2α — их угол при вер­ши­не, P и Q  — цен­тры мень­ше­го и боль­ше­го шаров, r и R их ра­ди­у­сы. За­ме­тим, что точка X ка­са­ния мень­ше­го шара с одним из кону сов лежит в плос­ко­сти, про­хо­дя­щей через P и ось сим­мет­рии этого ко­ну­са. По­ло­жим  бета =\angle X O P. Этот угол оди­на­ков для всех ко­ну­сов, по­сколь­ку  синус бета = дробь: чис­ли­тель: r, зна­ме­на­тель: O P конец дроби . Зна­чит, луч OP об­ра­зу­ет угол  альфа плюс бета с осями сим­мет­рии всех ко­ну­сов. Ана­ло­гич­но до­ка­зы­ва­ет­ся, что на этом луче лежит и точка Q

От­ло­жим на осях сим­мет­рии ко­ну­сов от­рез­ки OA, OB, OC еди­нич­ной длины. Тогда OABC пра­виль­ная пи­ра­ми­да с плос­ки ми уг­ла­ми 2α при вер­ши­не O. Пусть D  — центр тре­уголь­ни­ка ABC. Точки P и Q лежат на луче OD. По усло­вию  тан­генс альфа = дробь: чис­ли­тель: ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 3 конец ар­гу­мен­та , зна­ме­на­тель: 2 конец дроби . По­это­му

 синус левая круг­лая скоб­ка альфа плюс бета пра­вая круг­лая скоб­ка = синус \angle A O D= дробь: чис­ли­тель: A D, зна­ме­на­тель: O A конец дроби =A D= дробь: чис­ли­тель: A B, зна­ме­на­тель: ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 3 конец ар­гу­мен­та конец дроби = дробь: чис­ли­тель: 2 синус альфа , зна­ме­на­тель: ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 3 конец ар­гу­мен­та конец дроби = ко­си­нус альфа = синус левая круг­лая скоб­ка дробь: чис­ли­тель: Пи , зна­ме­на­тель: 2 конец дроби минус альфа пра­вая круг­лая скоб­ка .

По­сколь­ку  альфа , бета мень­ше дробь: чис­ли­тель: Пи , зна­ме­на­тель: 2 конец дроби , мы по­лу­чим  альфа плюс бета = дробь: чис­ли­тель: Пи , зна­ме­на­тель: 2 конец дроби минус альфа , от­ку­да  бета = дробь: чис­ли­тель: Пи , зна­ме­на­тель: 2 конец дроби минус 2 альфа и

 \ctg бета = тан­генс 2 альфа = дробь: чис­ли­тель: 2 тан­генс альфа , зна­ме­на­тель: 1 минус тан­генс в квад­ра­те альфа конец дроби =4 ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 3 конец ар­гу­мен­та рав­но­силь­но синус бета = дробь: чис­ли­тель: 1, зна­ме­на­тель: ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: \ctg в сте­пе­ни левая круг­лая скоб­ка 2 конец ар­гу­мен­та бета плюс 1 пра­вая круг­лая скоб­ка конец дроби = дробь: чис­ли­тель: 1, зна­ме­на­тель: 7 конец дроби .

По­ло­жим t= дробь: чис­ли­тель: R, зна­ме­на­тель: r конец дроби . Тогда

 R минус r= левая круг­лая скоб­ка R плюс r пра­вая круг­лая скоб­ка синус бета рав­но­силь­но t минус 1= дробь: чис­ли­тель: 1, зна­ме­на­тель: 7 конец дроби левая круг­лая скоб­ка t плюс 1 пра­вая круг­лая скоб­ка рав­но­силь­но t= дробь: чис­ли­тель: 4, зна­ме­на­тель: 3 конец дроби .

Ответ:  дробь: чис­ли­тель: 4, зна­ме­на­тель: 3 конец дроби .

Спрятать критерии
Критерии проверки:

Общая схема:

0 бал­лов  — вы­став­ля­ет­ся, если участ­ник к ре­ше­нию за­да­чи не при­сту­пал или на­ча­тый ход ре­ше­ния пол­но­стью не­ве­рен;

1 балл  — вы­став­ля­ет­ся, если участ­ник при­сту­пил к ре­ше­нию за­да­чи, ука­зал вер­ное на­прав­ле­ние ре­ше­ния за­да­чи и по­лу­чил пра­виль­ные про­ме­жу­точ­ные ре­зуль­та­ты, но при этом не про­дви­нул­ся на­столь­ко, чтобы можно было су­дить о том, каким об­ра­зом он со­би­рал­ся по­лу­чить окон­ча­тель­ный ответ (то есть весь ход ре­ше­ния не пред­став­лен);

2 балла  — вы­став­ля­ет­ся, если вы­бран­ный участ­ни­ком ход ре­ше­ния за­да­чи яв­ля­ет­ся в прин­ци­пе пра­виль­ным, но при этом участ­ник не смог его ре­а­ли­зо­вать в силу серьёзных оши­бок;

3 балла  — вы­став­ля­ет­ся, если ре­ше­ние яв­ля­ет­ся в целом пра­виль­ным, но со­дер­жит ошиб­ки, по­вли­яв­шие на ответ;

4 балла  — вы­став­ля­ет­ся, если участ­ник решил за­да­чу в целом пра­виль­но и по­лу­чил вер­ный ответ; при этом в ре­ше­нии до­пус­ка­ют­ся не­зна­чи­тель­ные не­точ­но­сти.

 

Фак­то­ры, вли­я­ю­щие на оцен­ку.

1.  Одна из ос­нов­ных целей Олим­пи­а­ды  — вы­яв­ле­ние у обу­ча­ю­щих­ся твор­че­ских спо­соб­но­стей. По­это­му в слу­чае пред­став­ле­ния участ­ни­ком ин­те­рес­но­го ори­ги­наль­но­го под­хо­да к ре­ше­нию за­да­чи, оцен­ка за ре­ше­ние может быть уве­ли­че­на на 1 балл.

2.  Пра­виль­ный ответ к за­да­че, при­ве­ден­ный без до­ста­точ­ных обос­но­ва­ний, либо при на­ли­чии оши­бок в ре­ше­нии, либо при от­сут­ствии ре­ше­ния, не ведёт к уве­ли­че­нию оцен­ки, ко­то­рая вы­став­ля­ет­ся участ­ни­ку за дан­ную за­да­чу.

3.  Если участ­ник не довел за­да­чу до от­ве­та, то ито­го­вая оцен­ка за дан­ную за­да­чу не может пре­вы­шать 1 балл.

4.  Если за­да­ча ре­ше­на пе­ре­бо­ром воз­мож­ных ва­ри­ан­тов, и при этом пе­ре­бор не­пол­ный, то за за­да­чу вы­став­ля­ет­ся до 1 балла. Если участ­ник по­до­брал част­ное ре­ше­ние без обос­но­ва­ния и про­ве­рил его пра­виль­ность, то в этом слу­чае за за­да­чу вы­став­ля­ет­ся до 0,5 бал­лов.

5.  Если за­да­ча ре­ше­на при до­пол­ни­тель­ном пред­по­ло­же­нии, ко­то­рое от­сут­ству­ет в усло­вии, то за за­да­чу вы­став­ля­ет­ся

а)  до 1 балла, если это пред­по­ло­же­ние можно до­ка­зать;

б)  до 0,5 бал­лов, если оно не обя­за­но вы­пол­нять­ся, но не про­ти­во­ре­чит усло­вию за­да­чи;

в)  0 бал­лов, если оно про­ти­во­ре­чит усло­вию.

6.  Если в ра­бо­те при­ве­де­ны два ре­ше­ния или от­ве­та к одной за­да­че, про­ти­во­ре­ча­щие друг другу, то за за­да­чу ста­вит­ся 0 бал­лов.