17432. Окружности радиусов 3 и 4 пересекаются в точках A
и B
, причём AB=2
. Известно, что центр второй окружности лежит вне первой. Точка C
— середина лежащей вне первой окружности дуги AB
второй окружности. Лучи CA
и CB
пересекают первую окружность в точках M
и N
. Найдите MN
.
Ответ. \frac{1}{2}(\sqrt{15}+2\sqrt{2})
.
Решение. Пусть O_{1}
и O_{2}
— центры данных окружностей радиусов 3 и 4 соответственно, K
— точка пересечения первой окружности с отрезком O_{1}O_{2}
, K
— точка пересечения первой окружности с отрезком O_{1}O_{2}
, M
— середина отрезка AB
, D
— середина меньшей дуги MN
первой окружности. Обозначим \angle AO_{1}O_{2}=\alpha
, \angle AO_{2}O_{1}=\beta
и \angle MKN=\varphi
.
Заметим, что угловые величины дуг AKB
и MDN
первой окружности равны 2\alpha
и 2\varphi
соответственно, а угловая величина меньшей дуги AB
второй окружности равна 2\beta
. Тогда (см. задачу 27)
\beta=\angle ACB=\angle MCN=\frac{1}{2}(\smile MDN-\smile AKB)=\frac{1}{2}(2\varphi-2\alpha)=\varphi-\alpha.
Следовательно,
\angle MKN=\frac{1}{2}\smile MDN=\varphi=\alpha+\beta.
Линия центров пересекающихся окружностей перпендикулярна их общей хорде и делит её пополам (см. задачу 1130). Из прямоугольных треугольников AMO_{1}
и AMO_{2}
находим
\sin\alpha=\frac{AM}{O_{1}A}=\frac{1}{3},~\sin\beta=\frac{AM}{O_{2}A}=\frac{1}{4}.
Тогда
\cos\alpha=\frac{2\sqrt{2}}{3},~\cos\beta=\frac{\sqrt{15}}{4},
поэтому
\sin\varphi=\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta=\frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt{15}}{4}+\frac{2\sqrt{2}}{3}\cdot\frac{1}{4}=\frac{\sqrt{15}+2\sqrt{2}}{12}.
Пусть R
— радиус первой окружности. По теореме синусов
MN=2R\sin\angle MKN=2R\sin\varphi=6\cdot\frac{\sqrt{15}+2\sqrt{2}}{12}=\frac{1}{2}(\sqrt{15}+2\sqrt{2}).
Источник: Вступительный экзамен на физический факультет НГУ. — 1986, задача 3, вариант 2
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1986, с. 213, задача 3, вариант 2