сайты - меню - вход - но­во­сти


Задания
Версия для печати и копирования в MS Word

Че­ты­ре ко­ну­са с общей вер­ши­ной по­пар­но ка­са­ют­ся друг друга внеш­ним об­ра­зом. Пер­вые два и по­след­ние два ко­ну­са имеют оди­на­ко­вый угол при вер­ши­не. Най­ди­те мак­си­маль­ный угол между осями сим­мет­рии пер­во­го и тре­тье­го ко­ну­сов. Углом при вер­ши­не ко­ну­са на­зы­ва­ет­ся угол между его об­ра­зу­ю­щи­ми в осе­вом се­че­нии.

Спрятать решение

Ре­ше­ние.

Пусть 2α и 2β — углы при вер­ши­не со­от­вет­ствен­но пер­во­го и тре­тье­го ко­ну­сов. От­ло­жим на осях сим­мет­рии пер­вых двух ко­ну­сов раз­ные от­рез­ки OA и OA′. Обо­зна­чим се­ре­ди­ну от­рез­ка AA′ через H. Ме­ди­а­на OH рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка AOA′ будет так же его вы­со­той и бис­сек­три­сой. По­это­му от­ре­зок OH пер­пен­ди­ку­ля­рен от­рез­ку AA′, и луч OH яв­ля­ет­ся общей об­ра­зу­ю­щей пер­вых двух ко­ну­сов. От­ме­тим на осях сим­мет­рии тре­тье­го и чет­вер­то­го ко­ну­сов точки B и C со­от­вет­ствен­но. По­ка­жем, что лучи OB и OC лежат в плос­ко­сти П, со­сто­я­щей из точек, рав­но­уда­лен­ных от A и A′. Ясно, что O при­над­ле­жит П. По­сколь­ку

\angle A O B=\angle A в сте­пе­ни левая круг­лая скоб­ка \prime пра­вая круг­лая скоб­ка O B= альфа плюс бета ,

тре­уголь­ни­ки AOB и AOB равны, от­ку­да A B=A в сте­пе­ни левая круг­лая скоб­ка \prime пра­вая круг­лая скоб­ка B и B при­над­ле­жит \Pi. Ана­ло­гич­но про­ве­ря­ет­ся, что луч OC лежит в П.

По­ло­жим \varphi=\angle B O H . За­ме­тим, что плос­кость AOH пер­пен­ди­ку­ляр­на BOH и \angle A O B= альфа плюс бета , так как пер­вый и тре­тий ко­ну­сы ка­са­ют­ся друг друга. Ис­поль­зуя для пи­ра­ми­ды ОВBH фор­му­лу трех ко­си­ну­сов, мы по­лу­чим

 ко­си­нус \angle A O B= ко­си­нус \angle A O H умно­жить на ко­си­нус \angle B O H рав­но­силь­но ко­си­нус левая круг­лая скоб­ка альфа плюс бета пра­вая круг­лая скоб­ка = ко­си­нус альфа умно­жить на ко­си­нус \varphi. \qquad левая круг­лая скоб­ка * пра­вая круг­лая скоб­ка

По­сколь­ку тре­тий и чет­вер­тый конус ка­са­ют­ся друг друга, угол COH равен \varphi минус 2 бета или 2 Пи минус \varphi минус 2 бета . Кроме того, чет­вер­тый конус ка­са­ет­ся пер­вых двух. Тогда

 ко­си­нус левая круг­лая скоб­ка альфа плюс бета пра­вая круг­лая скоб­ка = ко­си­нус альфа умно­жить на ко­си­нус левая круг­лая скоб­ка \varphi \pm 2 бета пра­вая круг­лая скоб­ка

по фор­му­ле трех ко­си­ну­сов для пи­ра­ми­ды OACH, и в силу (*)

 ко­си­нус левая круг­лая скоб­ка \varphi \pm 2 бета пра­вая круг­лая скоб­ка = дробь: чис­ли­тель: ко­си­нус левая круг­лая скоб­ка альфа плюс бета пра­вая круг­лая скоб­ка , зна­ме­на­тель: ко­си­нус альфа конец дроби = ко­си­нус \varphi рав­но­силь­но 2 синус бета умно­жить на синус левая круг­лая скоб­ка \varphi \pm бета пра­вая круг­лая скоб­ка =0 рав­но­силь­но \varphi= Пи \mp бета .

Под­став­ляя эти ра­вен­ства в (*), мы по­лу­чим

 ко­си­нус левая круг­лая скоб­ка альфа плюс бета пра­вая круг­лая скоб­ка = минус ко­си­нус альфа умно­жить на ко­си­нус бета рав­но­силь­но 2 ко­си­нус альфа умно­жить на ко­си­нус бета = синус альфа умно­жить на синус бета рав­но­силь­но тан­генс альфа умно­жить на тан­генс бета =2.

Тогда  альфа плюс бета боль­ше дробь: чис­ли­тель: Пи , зна­ме­на­тель: 2 конец дроби и

 тан­генс левая круг­лая скоб­ка Пи минус альфа минус бета пра­вая круг­лая скоб­ка = минус тан­генс левая круг­лая скоб­ка альфа плюс бета пра­вая круг­лая скоб­ка = дробь: чис­ли­тель: тан­генс альфа плюс тан­генс бета , зна­ме­на­тель: тан­генс альфа умно­жить на тан­генс бета минус 1 конец дроби = тан­генс альфа плюс тан­генс бета боль­ше или равно 2 ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: тан­генс альфа умно­жить на тан­генс бета конец ар­гу­мен­та =2 ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 2 конец ар­гу­мен­та .

По­это­му  Пи минус альфа минус бета боль­ше или равно арк­тан­генс левая круг­лая скоб­ка 2 ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 2 конец ар­гу­мен­та пра­вая круг­лая скоб­ка и  альфа плюс бета мень­ше или равно Пи минус арк­тан­генс левая круг­лая скоб­ка 2 ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 2 конец ар­гу­мен­та пра­вая круг­лая скоб­ка . Ра­вен­ство ре­а­ли­зу­ет­ся в слу­чае  альфа = бета = арк­тан­генс ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 2 конец ар­гу­мен­та .

 

Ответ:  Пи минус арк­тан­генс левая круг­лая скоб­ка 2 ко­рень из 2 пра­вая круг­лая скоб­ка .

Спрятать критерии
Критерии проверки:

Общая схема:

0 бал­лов  — вы­став­ля­ет­ся, если участ­ник к ре­ше­нию за­да­чи не при­сту­пал или на­ча­тый ход ре­ше­ния пол­но­стью не­ве­рен;

1 балл  — вы­став­ля­ет­ся, если участ­ник при­сту­пил к ре­ше­нию за­да­чи, ука­зал вер­ное на­прав­ле­ние ре­ше­ния за­да­чи и по­лу­чил пра­виль­ные про­ме­жу­точ­ные ре­зуль­та­ты, но при этом не про­дви­нул­ся на­столь­ко, чтобы можно было су­дить о том, каким об­ра­зом он со­би­рал­ся по­лу­чить окон­ча­тель­ный ответ (то есть весь ход ре­ше­ния не пред­став­лен);

2 балла  — вы­став­ля­ет­ся, если вы­бран­ный участ­ни­ком ход ре­ше­ния за­да­чи яв­ля­ет­ся в прин­ци­пе пра­виль­ным, но при этом участ­ник не смог его ре­а­ли­зо­вать в силу серьёзных оши­бок;

3 балла  — вы­став­ля­ет­ся, если ре­ше­ние яв­ля­ет­ся в целом пра­виль­ным, но со­дер­жит ошиб­ки, по­вли­яв­шие на ответ;

4 балла  — вы­став­ля­ет­ся, если участ­ник решил за­да­чу в целом пра­виль­но и по­лу­чил вер­ный ответ; при этом в ре­ше­нии до­пус­ка­ют­ся не­зна­чи­тель­ные не­точ­но­сти.

 

Фак­то­ры, вли­я­ю­щие на оцен­ку.

1.  Одна из ос­нов­ных целей Олим­пи­а­ды  — вы­яв­ле­ние у обу­ча­ю­щих­ся твор­че­ских спо­соб­но­стей. По­это­му в слу­чае пред­став­ле­ния участ­ни­ком ин­те­рес­но­го ори­ги­наль­но­го под­хо­да к ре­ше­нию за­да­чи, оцен­ка за ре­ше­ние может быть уве­ли­че­на на 1 балл.

2.  Пра­виль­ный ответ к за­да­че, при­ве­ден­ный без до­ста­точ­ных обос­но­ва­ний, либо при на­ли­чии оши­бок в ре­ше­нии, либо при от­сут­ствии ре­ше­ния, не ведёт к уве­ли­че­нию оцен­ки, ко­то­рая вы­став­ля­ет­ся участ­ни­ку за дан­ную за­да­чу.

3.  Если участ­ник не довел за­да­чу до от­ве­та, то ито­го­вая оцен­ка за дан­ную за­да­чу не может пре­вы­шать 1 балл.

4.  Если за­да­ча ре­ше­на пе­ре­бо­ром воз­мож­ных ва­ри­ан­тов, и при этом пе­ре­бор не­пол­ный, то за за­да­чу вы­став­ля­ет­ся до 1 балла. Если участ­ник по­до­брал част­ное ре­ше­ние без обос­но­ва­ния и про­ве­рил его пра­виль­ность, то в этом слу­чае за за­да­чу вы­став­ля­ет­ся до 0,5 бал­лов.

5.  Если за­да­ча ре­ше­на при до­пол­ни­тель­ном пред­по­ло­же­нии, ко­то­рое от­сут­ству­ет в усло­вии, то за за­да­чу вы­став­ля­ет­ся

а)  до 1 балла, если это пред­по­ло­же­ние можно до­ка­зать;

б)  до 0,5 бал­лов, если оно не обя­за­но вы­пол­нять­ся, но не про­ти­во­ре­чит усло­вию за­да­чи;

в)  0 бал­лов, если оно про­ти­во­ре­чит усло­вию.

6.  Если в ра­бо­те при­ве­де­ны два ре­ше­ния или от­ве­та к одной за­да­че, про­ти­во­ре­ча­щие друг другу, то за за­да­чу ста­вит­ся 0 бал­лов.