Решение С4 по математике, реальный ЕГЭ 2013, Центр

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

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`:

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`.

`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

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:

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 :)