previous arrow
next arrow
Slider

Задание 16, Вариант 6 — разбор решения задачи

Авторская задача. Окружность {\omega }_1 c центром Р и радиусом \sqrt{6} и окружность {\omega }_2 с центром Q и радиусом 2 касаются внешним образом в точке А. Окружность {\omega }_3 с центром в точке О и радиусом равным 2\sqrt{3}\ пересекает окружность {\omega }_1 в точках А и В, причем угол ОВР — прямой. Точка С — вторая точка пересечения окружностей {\omega }_2 и {\omega }_3.

а) Докажите, что угол ОСQ — также прямой,

б) Найдите ВС.

Решение:

Точка касания окружностей лежит на линии, соединяющей их центры. Значит, A\in {\rm \ }{\rm PQ}.

\vartriangle {\rm OBP=}\vartriangle {\rm OAP\ } (по 3 сторонам),

Тогда \angle OAP=\angle OBP=90^{\circ}

{\rm A\ }\in {\rm \ PQ}, значит \angle {\rm PAQ=180^{\circ} }

\angle OAQ — смежный с \angle {\rm OAP,\ \ }\angle {\rm OAQ=180^{\circ} -90^{\circ} =90^{\circ} \ }.

Аналогично, \vartriangle {\rm OCQ}{\rm =}\vartriangle {\rm OAQ}{\rm \ } (по 3 сторонам), и  \angle {\rm OCQ=90^{\circ} \ ,\ } что и требовалось доказать.

б) Найдем ВС.

Пусть \angle {\rm BOP=}\angle {\rm BOA=}\alpha и \angle {\rm AOQ=}\angle {\rm QOC=}\beta .

Рассмотрим \vartriangle  BOC.\

\angle {\rm BOC=2}\alpha {\rm +2}\beta {\rm =2}\left(\alpha {\rm +}\beta \right){\rm .\ }

Найдем BC по теореме косинусов из \vartriangle BOC:\

BC^2=OB^2+OC^2-2OB \cdot OC \cdot cos \angle BOC

Так как OB=OC, получим: BC^2= 2OB^2\cdot (1-cos2\cdot (\alpha +\beta ))=4\cdot (2\sqrt{3})^{2}\cdot sin^2(\alpha +\beta ).

Мы применили формулу косинуса двойного угла: cos2\varphi =1-2sin^2\varphi , откуда
1-cos2\varphi =2sin^2\varphi .

Осталось применить формулу синуса суммы: sin\left(\alpha  +\beta \right)=sin \alpha cos \beta+cos \alpha sin \beta.

В прямоугольном треугольнике BOP: \ BP =\sqrt{6}, OB= 2\sqrt{3}

Тогда OP = 3\sqrt{2}, \ {\sin \alpha=\frac{BP}{OP}= \frac{\sqrt{3\ }}{3}; \ \cos \alpha= \frac{BO}{OP}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}}.\

В прямоугольном треугольнике AOQ: AQ = 2, OA = 2\sqrt{3} Это значит, что углы треугольника AOQ равны 90, 30 и 60 градусов («особенный» треугольник, больший катет в \sqrt{3}\ раз больше меньшего). Получим, что {sin \beta =\frac{AQ}{OQ}=\frac{1}{2}; {cos \beta=\ \ }\ \frac{AO}{OQ}=\frac{\sqrt{3\ }}{2}.\ }

  \sin \left(\alpha +\beta \right)=\sin \alpha \cos + \cos \alpha \sin \beta =

=\frac{\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{2}\left(1+\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\right)= \frac{\sqrt{3}}{6}\cdot(\sqrt{2} +\sqrt{3} ) .

BC=2 \cdot 2 \sqrt{3\ }\cdot \frac{\sqrt{3\ }}{6}\cdot \left(\sqrt{2} +\sqrt{3}\right)= 2\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)

Ответ: 2\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)

Смотреть все задачи варианта