Каталог по темам

Задачи

Страница: << 28 29 30 31 32 33 34 >> [Всего задач: 329]

Задача 52340

[Теорема Коперника.]

Темы:	[	Касающиеся окружности	]
Темы:	[	ГМТ - прямая или отрезок	]

Сложность: 4
Классы: 8,9,10

По неподвижной окружности, касаясь её изнутри, катится без скольжения окружность вдвое меньшего радиуса. Какую траекторию описывает фиксированная точка K подвижной окружности?

Подсказка

Проведите диаметр через первоначальную точку касания.

Решение

Пусть O — центр неподвижной окружности, K₀ — первоначальная точка касания окружностей, O₁ — новый центр катящейся окружности, M — новая точка касания, K — движущаяся точка. Тогда $\cup$ MK₀ = $\cup$ MK. Поэтому

$\displaystyle \angle$ MO₁K = 2 $\displaystyle \angle$ MOK₀.

Следовательно, точка K лежит на прямой OK₀.

Ответ

Диаметр окружности.

Прислать комментарий

Задача 52705

Темы:	[	Касающиеся окружности	]
Темы:	[	Общая касательная к двум окружностям	]

Сложность: 4
Классы: 8,9

Две окружности касаются друг друга внешним образом в точке A. Найдите радиусы окружностей, если хорды, соединяющие точку A с точками касания с одной из общих внешних касательных, равны 6 и 8.

Подсказка

Опустите перпендикуляр из центра одной из окружностей на соответствующую хорду и рассмотрите получившиеся подобные треугольники.

Решение

Пусть O₁ и O₂ — центры окружностей, B и C — указанные точки касания (AB = 6, AC = 8). Поскольку треугольник BAC прямоугольный (угол A — прямой), то BC = 10.

Пусть M — основание перпендикуляра, опущенного из O₂ на AC. Из подобия треугольников O₂MC и CAB находим, что

O₂C = BC^. $\displaystyle {\frac{CM}{AB}}$ = 10^. $\displaystyle {\textstyle\frac{4}{6}}$ = $\displaystyle {\textstyle\frac{20}{3}}$ .

Аналогично находим, что O₁B = ${\frac{15}{4}}$ .

Пусть M — основание перпендикуляра, опущенного из O₂ на AC. Из подобия треугольников O₂MC и CAB находим, что

O₂C = BC^. $\displaystyle {\frac{CM}{AB}}$ = 10^. $\displaystyle {\textstyle\frac{4}{6}}$ = $\displaystyle {\textstyle\frac{20}{3}}$ .

Аналогично находим, что O₁B = ${\frac{15}{4}}$ .

Пусть M — основание перпендикуляра, опущенного из O₂ на AC. Из подобия треугольников O₂MC и CAB находим, что

O₂C = BC^. $\displaystyle {\frac{CM}{AB}}$ = 10^. $\displaystyle {\textstyle\frac{4}{6}}$ = $\displaystyle {\textstyle\frac{20}{3}}$ .

Аналогично находим, что O₁B = ${\frac{15}{4}}$ .

Ответ

${\frac{15}{4}}$ ; ${\frac{20}{3}}$ .

Прислать комментарий

Задача 52708

Темы:	[	Касающиеся окружности	]
	[	Средние пропорциональные в прямоугольном треугольнике	]
	[	Тригонометрические соотношения в прямоугольном треугольнике	]
	[	Окружность, вписанная в угол	]

Сложность: 4
Классы: 8,9

В равнобедренной трапеции лежат две окружности. Одна из них, радиуса 1, вписана в трапецию, а вторая касается двух сторон трапеции и первой окружности. Расстояние от вершины угла, образованного двумя сторонами трапеции, касающимися второй окружности, до точки касания окружностей вдвое больше диаметра второй окружности. Найдите площадь трапеции.

Подсказка

Найдите значения тригонометрических функций угла между линией центров двух данных окружностей и боковой стороной трапеции.

Решение

Пусть O₁ и O₂ — центры соответственно первой и второй окружности, M₁ и M₂ — их точки касания с боковой стороной AB трапеции ABCD, N — точка касания первой окружности с основанием AD, K — точка касания окружностей, x — радиус второй окружности.

В треугольнике AO₂M₂ катет O₂M₂ = x, гипотенуза AO₂ = 3x,

sin $\displaystyle \angle$ BAO₂ = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{3}}$ , ctg $\displaystyle \angle$ BAO₂ = 2 $\displaystyle \sqrt{2}$ .

Из прямоугольного треугольника AO₁M₁ находим, что

M₁A = O₁M₁ctg $\displaystyle \angle$ BAO₁ = 2 $\displaystyle \sqrt{2}$ .

Поскольку O₁M²₁ = BM₁^.M₁A, то

BM₁ = $\displaystyle {\frac{O_{1}M^{2}_{1}}{M_{1}A}}$ = $\displaystyle {\frac{\sqrt{2}}{4}}$ .

Следовательно, основания трапеции равны 4 $\sqrt{2}$ и ${\frac{\sqrt{2}}{2}}$ . Тогда

S_ABCD = $\displaystyle {\frac{4\sqrt{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}}{2}}$ ^.2 = $\displaystyle {\frac{9\sqrt{2}}{2}}$ .

Ответ

${\frac{9\sqrt{2}}{2}}$ .

Прислать комментарий

Задача 52709

Темы:	[	Касающиеся окружности	]
Темы:	[	Средние пропорциональные в прямоугольном треугольнике	]

Сложность: 4
Классы: 8,9

В параллелограмме лежат две окружности. Одна из них, радиуса 3, вписана в параллелограмм, а вторая касается двух сторон параллелограмма и первой окружности. Расстояние между точками касания, лежащими на одной стороне параллелограмма, равно 3. Найдите площадь параллелограмма.

Подсказка

Опустите перпендикуляр из центра меньшей окружности на радиус большей окружности, проведенный в точку касания с одной из сторон параллелограмма.

Решение

Поскольку в данный параллелограмм ABCD вписана окружность, то он — ромб.

Пусть O₁ и O₂ — центры данных окружностей, R и r — их радиусы (R = 3), M₁ и M₂ — точки касания окружностей со стороной AB (M₂ между M₁ и A). Поскольку M₁M₂ = 2 $\sqrt{Rr}$ = 3, то r = ${\frac{3}{4}}$ .

Пусть K — основание перпендикуляра, опущенного из O₂ на O₁M₁. Из подобия треугольников AM₂O₂ и O₂KO₁ находим, что AM₂ = 1. Поэтому

AM₁ = AM₂ + M₂M₁ = 1 + 3 = 4.

Поскольку $\angle$ AO₁B = 90^o, то O₁M²₁ = BM₁^.AM₁. Отсюда находим, что,

BM₁ = $\displaystyle {\textstyle\frac{9}{4}}$ , AB = $\displaystyle {\textstyle\frac{25}{4}}$ .

Следовательно, S_ABCD = ${\frac{75}{2}}$ .

Ответ

${\frac{75}{2}}$ .

Прислать комментарий

Задача 53051

Темы:	[	Касающиеся окружности	]
Темы:	[	Вспомогательная площадь. Площадь помогает решить задачу	]

Сложность: 4
Классы: 8,9

Две окружности радиусов R и r касаются внешним образом в точке A . На окружности радиуса r взята точка B , диаметрально противоположная точке A , и в этой точке построена касательная l . Найдите радиус окружности, касающейся двух данных окружностей и прямой l .

Решение

Если третья окружность касается прямой l в точке B , то её радиус равен r + R .
Пусть теперь третья окружность (с центром Q и радиусом x ) касается прямой l в точке C , отличной от точки B . Если O1 и O2 — центры окружностей радиусов r и R соответственно, то стороны треугольника O1O2Q равны:

O1O2 = r + R, O1Q = r + x, O2Q = R + x.
По формуле Герона
S_{Δ O}1O2Q = .
Если QM — высота этого треугольника, то
QM = BC = 2, S_{Δ O}1O2Q=(r+R)· 2.
Решив уравнение
= (r + R),
получим, что x = .

Если третья окружность касается прямой l в точке B , то её радиус равен r+R .
Пусть теперь третья окружность с центром Q и радиусом x касается прямой l в точке C , отличной от точки B . Если O1 и O2 — центры окружностей радиусов r и R соответственно, а M — проекция точки Q на прямую O1O2 , то
O1Q = r+x, O2Q = R+x,O2M=|R+2r-x|, O1M=x-r.
По теореме Пифагора O2Q2-O2M2=O1Q-O1M2 , или
(R+x)2-(R+2r-x)2=(r+x)2-(x-r)2.
Из этого уравнения находим, что x = .

Ответ

или r+R .

Прислать комментарий

Страница: << 28 29 30 31 32 33 34 >> [Всего задач: 329]