Математика | 10 - 11 классы
Задание на фото * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *.
Задание на фото?
Задание на фото.
На пишите если фото не видно.
Решите задание на фото?
Решите задание на фото.
Задание на фото?
Задание на фото.
Помогиииииииииите.
ПОМОГИТЕ С ЗАДАНИЕМ НА ФОТО?
ПОМОГИТЕ С ЗАДАНИЕМ НА ФОТО.
Помогите, задание на фото?
Помогите, задание на фото!
Решите задание ( задание на фото )?
Решите задание ( задание на фото ).
Перед вами страница с вопросом Задание на фото * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *?, который относится к категории Математика. Уровень сложности соответствует учебной программе для учащихся 10 - 11 классов. Здесь вы найдете не только правильный ответ, но и сможете ознакомиться с вариантами пользователей, а также обсудить тему и выбрать подходящую версию. Если среди найденных ответов не окажется варианта, полностью раскрывающего тему, воспользуйтесь «умным поиском», который откроет все похожие ответы, или создайте собственный вопрос, нажав кнопку в верхней части страницы.
Вообще говоря, внутренних касательных две, а поэтому значений искомого угла будет два.
Один из этих углов будет прямым, а для второго можно найти лишь параметрическое выражение синуса или косинуса.
Покажем это.
Сначала сделаем построение по условию задачи и введём соответствующие обозначения.
Центр малой окружности $O \ ,$ и соответственно $OB = r \ .$
Центр большой окружности $Q \ ,$ и соответственно $QC = R \ .$
Нам дано расстояние между центрами $OQ = \sqrt{ 2 ( R^2 + r^2 ) } \ .$
Внешняя касательная $AS \ .$
Внутренние касательные, пересекающиеся в точке $D \ ,$
отмечены, как $CP \$ и $DL \ .$
Из соображений симметрии, очевидно, что точка $D \in OQ \ ,$ а сами врутренние касательные отклонены от [img = 10] на одинаковый угол в разные стороны.
Через точку [img = 11] проведём [img = 12]
Обозначим [img = 13]
Отметим точку [img = 14] на продолжении [img = 15] так, чтобы [img = 16] – был прямоугольным с прямым углом [img = 17]
Мы пока ещё не доказали, что [img = 18] поэтому не можем сказать, что [img = 19] хотя это и видно их рисунка.
Но мы можем найти [img = 20] через Теорему Пифагора :
[img = 21]
[img = 22]
[img = 23]
С другой стороны, в прямоугольной трапеции [img = 24]
[img = 25]
Значит [img = 26]
Т.
Е. [img = 27] а поскольку [img = 28] то и [img = 29] а значит внешняя касательная и одна из внутренних – перпендикулярны.
Вторая внутренняя касательная [img = 30] отклонена от внешней касательной [img = 31] на угол [img = 32]
[img = 33]
В частности, если радиусы равны, [img = 34] что очевидно верно.
О т в е т : [img = 35].
Я решил тоже поучаствовать, хотя предыдущее решение дает верный ответ.
Все обозначения у меня на рисунке, O1D II EK (то есть O1EKD - прямоугольник).
Легко вычислить по теореме Пифагора (O1O2 = √(2R ^ 2 + 2r ^ 2) ; O2D = R - r), что O1D = EK = R + r ; (ну, r - радиус меньшей окружности, R - большей).
Осталось заметить, что угол, который надо найти ∠EMP1 = ∠P2O2K ; - у них стороны перпендикулярны.
(Примечание.
Поскольку уравнения "не знают", для какого угла их составляют, по идее должно получиться уравнение, которое даст сразу оба ответа)
Если обозначить искомый угол ∠EMP1 = γ ; то ∠EMO1 = ∠MO2K = γ / 2 ;
Очевидные соотношения MK = R * tg(γ / 2) ; EM * tg(γ / 2) = r ; MK + EM = EK = R + r ; дают уравнение для t = tg(γ / 2) ;
(R + r) * t - R * t ^ 2 = r ; или t ^ 2 - t * (R + r) / R + r / R = 0 ;
Решение этого квадратного уравнения можно представить в виде
t = (R + r) / (2R) + - (R - r) / (2R) ; или t1 = 1 ; t2 = r / R ;
Первый случай соответствует углу γ = 90° ; второй можно записать в виде γ = 2 * arctg(r / R) ; это по сути тот же ответ, что и в другом решении.
Я взялся за это, чтобы понять, почему при таком расстоянии между центрами получается прямой угол.
По сути тут задача о расстоянии между центрами вписанной и вневписанной окружностей для треугольника.
Поэтому это и было интересно.
Связь я увидел уже после того, как набрал решение.
И это все упростило до предела.
Вот во что превращается решение.
Получается, что ПРОЕКЦИЯ O1O2 на EK равна сумме радиусов.
Но это сразу означает, что внутренняя касательная ПРОЕКТИРУЕТСЯ на внешнюю касательную в точку.
То есть перпендикулярна ей.
Конечно, речь идет об одной из ДВУХ внутренних касательных, к примеру, NM проектируется на нижнюю внешнюю касательную в точку N, а вторая внутренняя касательная, симметричная NM относительно O1O2, проектируется на EM в точку, симметричную N.
Это, по сути, все решение, потому что сразу MK = NP1 = r ; (тут разберитесь, MK = NP1, всегда, то есть - в произвольном случае двух не пересекающихся окружностей, а почему?
) = > ; EM = R ; tg(∠EMO1) = r / R ; это всё!