(383) 375-08-85

  • Решение ЕГЭ
  • Решение С4 по математике, реальный ЕГЭ 2013, Центр
27
Июль
2013

Решение С4 по математике, реальный ЕГЭ 2013, Центр

Две касающиеся окружности, нахождение площади треугольника.

Здравствуйте, дорогие читатели!

Вспоминаем геометрию за 8 класс. В этой статье мы подробно разберем задачу С4 из реального ЕГЭ 2013 года, которую решали выпускники центрального региона.

Формулировка задачи такая:

Окружности радиусов `2` и `3` с центрами `O_1` и `O_2` соответственно касаются в точке `A`. Прямая, проходящая через точку `A`, вторично пересекает меньшую окружность в точке `B`, а большую — в точке `C`. Найдите площадь треугольника `BCO_2`, если `\angle ABO_1 = 30^\circ`.

Первое, что нужно сделать в этой задаче — заметить, что нам не сказано, каким образом — внешним или внутренним — касаются окружности. Значит, возможно двоякое трактование условие и, соответственно, два рисунка.

Окружности касаются внешним образом

окружности касаются внешним образом

Давайте проанализируем рисунок, исходя из нашей задачи — найти площадь треугольника. Чтобы найти площадь, нам, скорее всего, потребуется какая-либо высота. Мы уже знаем сторону `CO_2`, если мы найдем высоту, проведенную к этой стороне, то сразу получим площадь.

Уберем все лишнее и опустим из точки `B` высоту на продолжение `CO_2`:

Треугольник и проведенная высота

Давайте докажем, что `BO_1 \parallel CO_2`. Это пригодится нам в дальнейшем.

  • `\angle BAO_1 = \angle CAO_2`, т. к. они вертикальные.
  • `\triangle ABO_1` — равнобедренный, т. к. `BO_1` и `AO_1` — радиусы окружности с центром `O_1`, аналогично `\triangle ACO_2` — равнобедренный.
  • Отсюда получаем, что `\angle ABO_1 = \angle BAO_1 = \angle CAO_2 = \angle ACO_2`.
  • `\angle ABO_1` и `\angle ACO_2` — накрест лежащие при прямых `BO_1, CO_2` и секущей `BC`, и при этом они равны. Значит, `BO_1 \parallel CO_2`.

Полeчается, что `BCO_2O_1` — трапеция, и `BH` является ее высотой. Давайте развернем рисунок и проведем еще одну высоту трапеции из точки `O_1`.

Треугльник, трапеция, углы — все расписано!

`BHH'O_1` — параллелограмм, значит, `BH = O_1H'`. Теперь вместо `BH` можно найти `O_1H'`. Найдем его из `\triangle O_1O_2H'`.

  • `O_1O_2 = 5` по условию,
  • `\angle O_1O_2H' = 60^\circ` (легко вычисляется, когда мы знаем углы `\triangle ACO_2`),
  • `\triangle O_1O_2H'` — прямоугольный.

Значит, `O_1H' = O_1O_2 \cdot \sin 60^\circ = 5 \cdot \frac{\sqrt 3}{2}`.

Теперь найдем площадь `\triangle BCO_2`.

$$S_{\triangle BCO_2} = CO_2 \cdot BH \cdot \frac{1}{2} = 3 \cdot \frac{5\sqrt 3}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{15\sqrt 3}{2}.$$

Это ответ для первого случая. Теперь разберем второй.

Окружности касаются внутренним образом

окружности касаются внутренним образом

По аналогии с предыдущим вариантом, сразу хочется рассмотреть трапецию `BCO_1O_2`. Что это трапеция предлагаю читателям доказать самостоятельно.

Развернем рисунок и сфокусируемся на наших треугольниках:

Убрали окружности, трапецию поставили на основание

Легко понять, что высота `\triangle BCO_2` равна `O_1H` (доказательство такое же как в предыдущем случае).

Поскольку `\angle BO_1O_2` равен `60^\circ` (получается, например, как внешний угол `\triangle ABO_1`), и `O_1B \parallel O_2C`, то `\angle O_1O_2H = \angle BO_1O_2 = 60^\circ`.

`O_1H` находим как катет прямоугольного треугольника: `O_1H = O_1O_2 \cdot \sin 60^\circ = 1 \cdot \frac{\sqrt 3}{2}`.

$$S_{\triangle BCO_2} = O_2C \cdot O_1H \cdot \frac {1}{2} =3\cdot \frac{\sqrt 3}{2} \cdot \frac{1}{2}= \frac{3 \sqrt 3}{2}. $$

Ответ

`\frac{15\sqrt 3}{2}, \frac{3 \sqrt 3}{2}.`

И если у вас возникли вопросы, обязательно оставляйте комментарии. Если решение понравилось, ставьте лайки :)

Автор: Юрлов Илья Просмотров: 1734

  • Нравится
  • Добавить комментарий


    Защитный код
    Обновить