Тема НадЭн (Надежда энергетики)

Планиметрия на Энергетике

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела надэн (надежда энергетики)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#87531

В круговой сектор радиуса $R$ с центральным углом $α$ $(0< α≤ π∕2)$ вписаны две окружности (обе касаются радиусов-сторон сектора, друг друга внешним образом, а большая касается окружности сектора). Какую наибольшую долю может составлять расстояние между центрами вписанных окружностей от величины $R$ и при каком значении $α$ это достигается?

Источники: Надежда энергетики - 2024, 11.4 (см. www.energy-hope.ru)

Показать ответ и решение

Обозначим радиусы малой и большой вписанных окружностей через $x$ и $y$ , введём величину $β = α 2$ . Отметим, что $π 0 <β < 4$ .

$PIC$

Выразим стороны треугольника через радиусы трёх окружностей.

OO2 = R − y, OO1 = R− x− 2y

Из подобия прямоугольных треугольников получаем

--1-= R-− y-= R−-x−-2y sin β y x

Откуда

R-= R-− 2x y x

-x y- y- R = (1− 2⋅R)⋅R

Расстояние между центрами вписанных окружностей $O1O2$ равно $x+y$ .

Рассмотрим искомое отношение

x +y y y y y y --R- = (1− 2R)R-+ R-= 2(1− R)R-

Относительно величины $t= yR-$ это отношение есть парабола $2t(t− 1)$ . Выразим параметр $t$ через угол $β$ .

si1nβ = Ry − 1

t= y= --sinβ--= ---1--- R 1 +sinβ 1+ s1inβ

Таким образом, при изменении $β$ от $0$ до $π 4$ параметр $t$ растёт от $0$ до $√ - 2− 1$ . Остаётся найти максимум параболы $2t(1− t)$ на полученном отрезке $√- [0; 2− 1]$ . Вершина параболы лежит правее отрезка, следовательно искомый максимум достигается при $√- t= t0 = 2− 1$ и равен $√ - 2(3 2− 4)$ .

Ответ:

$2(3√2-− 4)$ при $α= π 2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#76463

На каждой из сторон параллелограмма выбрано по произвольной точке. Точки на соседних сторонах параллелограмма соединены отрезками прямых. В результате от параллелограмма оказываются отсеченными четыре треугольника. Вокруг каждого из этих треугольников описана окружность. Докажите, что центры этих окружностей являются вершинами некоторого параллелограмма.

Источники: Надежда энергетики-2022, 11.4 (см. www.energy-hope.ru)

Показать доказательство

Изобразим окружности и их центры, которые обозначим $O ,...,O . 1 4$ Рассмотрим векторы $O O ,O O 1 2 4 3$ и $O O ,O O . 1 4 2 3$

$PIC$

Поскольку центры описанных окружностей лежат на пересечении серединных перпендикуляров, проекции указанных векторов на стороны исходного параллелограмма будут равны половине этих сторон.

Таким образом, если ввести две оси: одну параллельно стороне $AB,$ а другую параллельно стороне $AD,$ то каждая пара рассматриваемых векторов будет иметь одинаковые проекции на каждую из введенных осей. Отсюда следует попарное равенство самих векторов.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#96521

Точка $A$ лежит внутри острого угла. Через эту точку проведена прямая, отсекающая от угла треугольник наименьшей площади. Выясните: в каком отношении точка $A$ делит отрезок этой прямой, заключённый внутри угла?

Показать ответ и решение

Пусть $∠BOC$ — заданный острый угол, $A$ — заданная точка внутри него. Проведем $AD ∥CO,AE ∥ BO$ . Через т. $A$ проведем $BC ∥ DE$ .

$PIC$

Bсе треугольники $ODE, DBA, AED$ и $EAC$ равны, откуда $AB = AC$ .

Покажем, что $BC$ отсекает треугольник наименьшей площади. Для этого проведем другую произвольную прямую $KM$ (точки $K$ и $M$ лежат на сторонах заданного угла). Построим также $CN ∥BK$ .

Треугольники $ABK$ и $ACN$ равны по стороне и двум углам. Следовательно, площадь $△ACN$ меньше, чем площадь $△ACM$ , откуда получается, что площадь $△OBC$ меньше, чем площадь $△OKM$ , что и требовалось.

Таким образом, $BC$ отсекает треугольник наименьшей площади, и, как показано выше, она делится точкой $A$ пополам.

Ответ: 1 : 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#88170

Две равные окружности пересекаются в точках $P$ и $Q$ . Произвольная прямая, проходящая через $Q$ , повторно пересекает окружности в точках $A$ и $B$ , а касательные к окружности в этих точках пересекаются в точке $C$ . Докажите, что отрезки $AQ$ и $CB$ видны из точки $P$ под одинаковыми углами.

Источники: Надежда Энергетики - 2020, 11.3 (см. www.energy-hope.ru)

Показать доказательство

$PIC$

По теореме об угле между касательной и хордой $∠BAC =∠QP A,$ $∠CBA =∠BP Q.$ Следовательно,

∠BP A +∠ACB =∠BAC +∠ACB + ∠CBA = π,

т.е. четырехугольник $APBC$ вписанный. Значит,

∠BP C = ∠BAC = ∠QP A

Другие случаи расположения точек рассматриваются аналогично, например, на втором рисунке

∠ACB =∠CAQ − ∠CBQ =(π− ∠QP A)− (π− ∠QP B)= ∠APB

и

∠QP A= ∠BAC = ∠BP C

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#79220

Внутри параболы $y = x2$ расположены несовпадающие окружности $ω ,ω ,ω ,... 1 2 3$ так, что при каждом $n >1$ окружность $ω n$ касается ветвей параболы и внешним образом окружности $ωn−1.$ Найдите радиус окружности $ω1998,$ если известно, что диаметр $ω1$ равен $1$ и она касается параболы в ее вершине.

Источники: Всеросс., 1998, ЗЭ, 11.5(см. math.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Посмотрим, при каких условиях окружность касается параболы. Пусть есть окружность радиуса $R1$ с центром в точке $A,$ а $B$ — точка касания окружности и параболы. Проведем касательную $BE.$ Тогда $∘ ∠ABE = 90$

$PIC$

Проведём через точку $B$ прямую, параллельную оси $Ox$ $(C$ — точка пересечения прямой и оси $Oy).$

Тогда $∠CBA +∠EBC1 = 90∘.$

Получаем, что $tg∠EBC1 = ctg∠ABC,$ но $tg∠EBC1 = 2x1$ , так как $EB$ — касательная $y = x2$ в точке $x1.$

Значит,

CB-=2x1 =⇒ AC = 1 AC 2

Тогда по теореме Пифагора получаем, что

2 2 1 R1 = x1+ 4

Теперь рассмотрим случай с двумя окружностями.

$PIC$

Пусть $CB =x1$ и $C1B1 = x2.$ Тогда

2 2 ( 2 1) ( 2 1) 2 2 R2− R1 = x2+ 4 − x1+ 4 = x2− x1 (1)

Также знаем, что

R2+ R1 = CC1 =x22− x21 (1)

Из $(1)$ и $(2)$ получаем, что $R2− R1 = 1$ .

То есть мы поняли, что если есть две окружности радиуса $R2$ и $R1$ соответственно, которые касаются параболы и друг друга, то их радиусы отличаются на $1$ .

Тогда получается, если $1 Rw1 = D∕2= 2,$ то

1 1 Rw2 = 1+ 2,...,Rw1998 = 1998− 1+ 2 = 1997,5

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Пусть $rn$ — радиус $n$ -й окружности, $Sn = r1+r2+ ...+ rn.$ Тогда уравнение $(n +1)$ -й окружности имеет вид:

x2+ (y− (2Sn+ rn+1))2 = r2n+1 (1)

Условие касания означает то, что уравнение $(1)$ имеет один корень, тогда его дискриминат $D = (2rn+1− 1)2− 8Sn$ равен нулю, то есть $√--- rn+1 =-8Sn-+1 2$ (так как $rn+1 >0).$ Отсюда