Encontrar longitudes en círculos y cuadrados tangentes.

Question

¿Se debe aproximar por coordenadas o por geometría euclidiana?

Por pura geometría, no soy capaz de resolver.

Answer 1

Suponga que el radio más grande es 1 primero (el lado del cuadrado es 2). Entonces, el menor radio de $r=FB$satisface $$\sqrt{(1+r)^2-1}+r=2$$ a partir de la cual podemos resolver y obtener un $r=\frac23$.

La configuración de coordenadas tal que $A$ es el origen, nos encontramos con $G=(3/2,1/2),GB=\sqrt2/2$ e $x=\frac{2\sqrt2}3$. Desde $GB=3$ en la imagen, la escala de los rendimientos de la deseada $x$de $$\frac{3\cdot2\sqrt2/3}{\sqrt2/2}=4$$

Answer 2

Como podemos ver en el diagrama anterior, $ABCD$ es un cuadrado y dos semi círculos con su centro $E$ e $F$ respectivamente. Vamos a colocar el punto de $Q$ de $\triangle QEF$ es un ángulo recto del triángulo y dibuja dos altitud líneas de $MH$ e $GL$ a partir de dos vértices $H$ e $G$ respectivamente.

De nuevo, indicar el lado de la sqaure = $x$ y el radio de pequeña semi círculo = $r'$. Así, el radio de mayor semi círculo = $r = \frac{x}{2}$.

De $\triangle QEF$, obtenemos

$EQ^2 + QF^2 = EF^2$

$(x-r')^2 + (\frac{x}{2})^2 = (\frac{x}{2} + r')^2$

$x^2 -2xr' +r'^2 + \frac{x^2}{4} = \frac{x^2}{4} + xr' + r'^2 \implies x^2 = 3xr' \implies x = 3r'$

Por lo tanto, $r' = \frac{x}{3} \implies r' = \frac{2r}{3}$

$BD$ es la diagonal del cuadrado $ABCD$ e $\angle CBD = \angle LBG = 45^\circ$. Así que, aquí tenemos que $\triangle GLB$ es un triángulo isósceles.

Ahora, por el pythagorian teorema de $\triangle GLB$,

$GL^2 + LB^2 = GB^2 \implies GL^2 + GL^2 = 3^2 \implies 2GL^2 = 9 \implies GL = \frac{3}{\sqrt2}$

Siguiente, $\triangle CFB \sim \triangle CGL$ y tanto el triángulo puede ser escrita que

$\frac{BC}{BF} = \frac{x}{y} = \frac{3y}{y} = 3$

y del mismo modo,

$\frac{CL}{GL} = 3 \implies CL = 3 × \frac{3}{\sqrt2} \implies CL = \frac{9}{\sqrt2}$

Desde que, $CB = CL + LB = CL + GL = \frac{9}{\sqrt2} + \frac{3}{\sqrt2} = \frac{12}{\sqrt2} = 6\sqrt2$. Así, al lado de la plaza de la $ABCD$ = $x$ = $6\sqrt2$

Después de eso,$\triangle CDE \sim \triangle HME$ e \triángulo MALO \sim \triángulo HMD$. A partir de la similitud de los dos primeros triángulos, obtenemos

$\frac{CD}{HM} = \frac{DE}{ME}$

Asimismo, a partir de la siguiente similitud,

$\frac{AB}{HM} = \frac{AD}{MD} \implies \frac{CD}{HM} = \frac{CD}{MD}$.

Así, podemos escribir que

$\frac{DE}{ME} = \frac{CD}{MD}$

$\frac{r}{a} = \frac{2r}{r-a}$......(Denotando $ME = a$)

$2ra = r^2-ra \implies 6\sqrt2x = (3\sqrt2)^2 -3\sqrt2x \implies 6\sqrt2x = 18 - 3\sqrt2x = 9\sqrt2x = 18 \implies x = \frac{18}{9\sqrt2} \implies x = \sqrt2$

A continuación, $DM= 3\sqrt2 - a = 3\sqrt2 - \sqrt2 = 2\sqrt2$

Observe que, $\triangle DMH$ es un triángulo isósceles y así,

$DH^2 = 2DM^2 = 2(2\sqrt2)^2 = 2×8 = 16$

Y finalmente, llegamos $DH = \sqrt16 = 4$.

Podría haber sido resuelto por una más fácil de esfuerzo. Pero se me hizo muy difícil. Tengo la esperanza de que usted va a entender o si usted tiene cualquier problema, por favor hágamelo saber.