Геометрия от Math-Досуг: длины

Задача 1.

Рисунок к задаче 1

Решение. Рассуждаем. Во-первых, отрезок равен 4:

Самый очевидный вывод: $AB=4$

А также будет равен 4 любой отрезок, параллельный $AB$ и проведенный между теми же линиями. Где-то есть центр окружности. А именно, он лежит на серединном перпендикуляре к хорде $AC$. Проведем этот перпендикуляр (поднимем отрезок $AB$ повыше).

Строим серединный перпендикуляр к $AC$

Отрезки $CH=HA=1,5$. Отрезок $BG=1$. Тогда отрезок $DF=0,5$.

Ну вот, теперь можно и радиусы провести из примерного центра окружности (да, мы пока не знаем точно, где он)

Строим радиусы

Так как $DG=2,5$, а $HA=1,5$, тогда как $HD=4$, догадываемся, что треугольники $OHA$ и $ODG$ равны, $HO=2,5$, $OD=1,5$. Радиус окружности

$$R=\sqrt{HA^2+HO^2}=\sqrt{1,5^2+2,5^2}=\sqrt{2,25+6,25}=\sqrt{8,5}$$

Ответ: $R=\sqrt{8,5}$.

Задача 2.

Рисунок к задаче 2

Решение. Проведем радиус большой окружности в точку касания обеих:

Строим радиус большей окружности

Тогда теорема Пифагора для треугольника $OPQ$:

$$OP^2=PQ^2+QO^2$$

$$OP=R-4$$

Где $R$ - радиус большей окружности. $QO=R-6$. Следовательно:

$$(R-4)^2=4^2+(R-6)^2$$

$$R^2-8R+16=16+R^2-12R+36$$

$$4R=36$$

$$R=9$$

Ответ: $R=9$.

Задача 3.

Рисунок к задаче 3

Решение. Медиана разбивает треугольник на два равновеликих, поэтому можно записать, что

$$S_{ACO}=S_{AOB}$$

$$ S_{ACO}=\frac{1}{2}\cdot AO\cdot OC\cdot \sin AOC$$

$$ S_{ACO}=\frac{1}{2}\cdot AO\cdot \sqrt{2}\cdot \sin 45^{\circ}$$

$$S_{AOB}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot BO\cdot \sin ABO$$

$$ S_{AOB}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot \sqrt{2}\cdot \sin 30^{\circ}$$

Приравниваем:

$$\frac{1}{2}\cdot AO\cdot \sqrt{2}\cdot \sin 45^{\circ}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot \sqrt{2}\cdot \sin 30^{\circ}$$

$$AO\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=AB\cdot \frac{1}{2}$$

$$AO=\frac{AB}{\sqrt{2}}$$

Для треугольника запишем теорему косинусов:

$$x^2=AB^2+BC^2-2AB\cdot BC\cdot \cos 30^{\circ}$$

$$x^2=AB^2+(2\sqrt{2})^2-2AB\cdot 2\sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$$

$$x^2=AB^2+8-2AB\sqrt{6}$$

Отложим пока, потом будем вычислять $x$ по этой формуле. Сейчас запишем теорему косинусов для треугольника $AOB$:

$$AB^2=AO^2+OB^2-2AO\cdot OB\cos 135^{\circ}$$

$$AB^2=\frac{AB^2}{2}+2-2\frac{AB}{\sqrt{2}}\cdot \sqrt{2}\frac{-\sqrt{2}}{2}$$

$$\frac{AB^2}{2}-AB\sqrt{2}-2=0$$

Решаем это квадратное уравнение:

$$D=24$$

$$AB=\sqrt{2}+\sqrt{6}$$

Теперь ищем $x$ по ранее «добытой» формуле:

$$x^2=AB^2+8-2AB\sqrt{6}=2+2\sqrt{12}+6+8-2\sqrt{12}-12=16-12=4$$

$$x=2$$

Ответ: 2