v Добавить материал
v Справочник по математике
v Головоломки со спичками
v Вопросы посетителям

Главная

ЕГЭ 2015

ЧАТ

ПРИМЕРЫ

RSS
МАТЕРИАЛЫ

ОГЭ 2015

ТЕСТЫ

Связь



Привет, Гость

Ваша группа: Гости
Вход на сайт | Регистрация
Онлайн всего: 1
Гостей: 1
Пользователей: 0
Занимательная
математика
Высшая
математика
Школьная
математика
История
математики
Математика
для малышей
Реклама
Здесь может быть Ваша реклама, подробнее...

Разное

Задание С4 №5 с решением

Условие задачи:
Окружность радиуса R касается боковой стороны AB, большего основания AD равнобокой трапеции ABCD и проходит через точку С. Окружность пересекает основание BC в точке M и боковую сторону CD в точке N. известно, что
CM = CN
, A = arcsin (24/25). Найти длину отрезка BM.

Решение:
1. Проведем дополнительное построение:
Построим трапецию, описанную около данной нам окружности так, чтобы прямые AB1 и AD1 совпадали соответственно с прямыми AB и AD. При этом получим равнобокую трапецию AB1C1D1. При таком построении прямые B1C1 и BC, CD и C1D1 будут параллельны соответственно.
Проведем прямую, параллельную прямой BB1 через точку M и отметим точку пересения M1 этой прямой с основанием B1C1. Тогда будут выполняться равенства: BM = B1M1, MC = M1C1.
Обозначим A - α, отрезок MC - х.

2. Рассмотрим трапецию ABC1D1.
AB1 = D1C1 (по свойству равнобокой трапеции).
B1C1D1 = π - B1AD1 = π - α (так как B1C1 || AD1).
KOAD1, значит ΔAOK - прямоугольный.
sin α/2 = OK/AO,
cos α/2 = AK/AO
,
отсюда, sin α/2⋅cos α/2 = AKOK/AO2;
2sin α/2⋅cos α/2 = 2AKOK/AO2;
sin α = 2AK⋅OK/AO2.
sin α = sin (arcsin 24/25) = 24/25
. (по условию задачи)
OK = R (по условию задачи).
Следовательно, 2AK⋅R/AO2 = 24/25; AO2 = 25AK⋅R/12.
AK2+OK2=AO2
(по теореме Пифагора);
Получим, AK2 + R2 = 25AK⋅R/12;
12AK2 + 12R2 = 25AK⋅R;
12AK2 - 25R⋅AK + 12R2 = 0;
D = (25R)2 - 4⋅12⋅12R2 = (625 - 576)R2 = 49R2.  
AK = (25R±7R)/24;
AK = (25R+7R)/24 = 32R/24 = 4/3R; AK = (25R - 7R)/24 = 18R/24 = 3/4R
(лишнее решение, т.к. α - острый угол).
Пусть AK = 4/3R.
AD1 = 2AK = 8/3R.
B1C1 = AD1 - 2AL;
AL = B1Lctg α = 2R⋅(1/sin2 α - 1)1/2 = 2R(252/242 - 1)
1/2 = 2R(625 - 576)1/2/24 = 2⋅7R/24 = 7R/12  (B1L - высота трапеции AB1C1D1 равна диаметру окружности).
Значит, B1C1 = 8/3R - 7R/12 = 3R/2.

3. Рассмотрим трапецию ABCD.
MN = 2Rsin 1/2MON = 2Rsin 1/2(π - 1/2(π - α)) = 2R⋅sin (1/2 ⋅(1/2π +1/2α)) =
= 4R
/ (проверьте самостоятельно).
ΔMCN - равнобедренный (MC = NC) и MCN = π - α. Пусть точка E - середина отрезка MN, тогда ΔMEC - прямоугольный и
ME/MC = sin MCN;
MC = ME/sin MCE = MN/(2sin 1/2(π - α)) = 4R/(2sin (π/2 - α/2)) = 4R/(2cos α/2) =
= 4R/(2⋅4/5) = R/2
.
4. Отсюда, M1C1 = MC = R/2.
При BM = B1M1 = B1C1 - MC = 3R/2 - R/2 = R( 3-)/2.

Ответ
: R( 3-)/2.


Просмотров: 10474 | Добавил: Mirinair (26.10.2010) | Коментариев: 0

Похожий материал

Добавлять комментарии могут только зарегистрированные пользователи.
[ Регистрация | Вход ]
Главная | Заработать | Авторские права | Наши партнеры | Обратная связь
Яндекс цитирования Яндекс.Метрика
http://free-math.ru (с) 2010-2018 гг. Дизайн от MirPS. Хостинг от uCoz.
Свободная Mатематика - сайт о математике, математиках и для математиков.
Олимпиады по математике, справочники по математике, занимательная математика, школьная математика, высшая математика, история математики, математика для малышей, математический форум для учащихся и преподавателей.