No deje que la simplicidad de este diagrama de engañar a usted. He estado pensando en esto durante bastante tiempo, pero no puedo pensar en una fácil/smart manera de encontrarla.
Alguna idea?
Para referencia, el Área es:
$$\bbox[10pt, border:2pt solid grey]{90−18.75\pi−25\cdot \arctan\left(\frac 12\right)}$$
Se observa que el $\triangle PRT$ se puede dividir en cinco congruentes sub-triángulos. Por lo tanto, toda la región sombreada tiene área dada por ... $$\begin{align} 3 u + |\text{region}\; PAT| &= 3u + |\square OAPT| - |\text{sector}\;OAT| \\[6pt] &= 3u + \frac{3}{5}\,|\triangle PRT| - |\text{sector}\;OAT| \\[6pt] &= 3\cdot\frac{1}{4} r^2 \left( 4 - \pi \right) \;+\; \frac{3}{5}\cdot r^2 \;-\; \frac{1}{2}r^2\cdot 2\theta \end{align}$$ Desde $\theta = \operatorname{atan}\frac{1}{2}$, esto se convierte en
$$r^2\left(\; \frac{18}{5} - \frac{3}{4}\pi \operatorname{atan}\frac{1}{2} \;\right) \qquad\stackrel{r=5} {\}\qquad 90 - \frac{75}{4}\pi - 25\;\operatorname{atan}\frac{1}{2}$$
[Nota: Mi segunda respuesta es mucho mejor.]
Me centraré en el sin sombrear la región en la parte inferior izquierda.
Por un aspecto de el Teorema del Ángulo Inscrito, sabemos que $\angle AOB = 2\;\angle ABP$ (justificando el marcado de estos $\theta$$2\theta$). Por una relacionada con el resultado, tenemos que $$\phi = \frac{1}{2}\left(\angle BOC - \angle AOB\right) = 45^\circ - \theta$$ Por otra parte, sabemos que $$\phi = \operatorname{atan}\frac{1}{2} \approx 26.56^\circ \qquad\to\qquad \theta = 45^\circ - \operatorname{atan}\frac{1}{2} \approx 18.43^\circ$$
A partir de aquí, sabiendo el círculo de la radio, uno puede calcular el área inferior izquierda como ... $$\begin{align} &|\triangle PAB| + |\triangle OAB| - |\text{sector } OAB| \\ \end{align}$$ ... de que de inmediato se derivan de la zona en la pregunta original. Por ahora, voy a dejar estos detalles para el lector.
Poner $\arctan{1\over2}=:\alpha$. Entonces $$\sin(2\alpha)={2\tan\alpha\over1+\tan^2\alpha}={4\over5}\ .$$ The area $$ en cuestión se compone de tres "cabezas de flecha" además de la zona sombreada en la siguiente figura. El último es un triángulo rectángulo menos un sector y un pequeño triángulo. Por lo tanto, obtener $$A={3\over4}(10^2- 25\pi)+{25\over2}\bigl(2-2\alpha-\sin(2\alpha)\bigr)=90-{75\over4}\pi-25\alpha\ .$$
La negra grande roundy de la esquina, en la parte inferior derecha tiene área de $(10^2 - \pi\cdot 5^2)/4$ y hay 3 copias completas de la misma y una copia recortada por una pequeña roundy-triángulo. Nos centraremos en este roundy-triángulo, que es la misma que la de la parte inferior izquierda.
Así que la clave es calcular el área de la pequeña blanca roundy-triángulo en la parte inferior izquierda.
Con este fin, debemos encontrar la intersección de la diagonal y el círculo que crear la parte superior de este triángulo.
La ecuación del círculo y de la diagonal son $$ y = 1/2 x \\ (x-5)^2 + (y-5)^2 = 25 $$ Problemas que con WA da : $x=2,\ y=1$.
Así que ahora podemos descomponer este roundy-triángulo en dos partes dibujando una línea vertical que pasa a través de esta intersección. Esto le da un verdadero triángulo (la parte izquierda), que ha de área $1$ y otro roundy-triángulo (la parte de la derecha).
Para calcular el área de la roundy-derecho-triángulo, se puede utilizar la integración : $$ \int_2^5 -\sqrt{25 - (x-5)^2} + 5\ dx $$ Ver WA para la trama de esta función.
Considerando el triángulo recto con las piernas $1-s\sin(\theta)$$1-s\cos(\theta)$, tenemos $$ 1=(1-s\cos(\theta))^2+(1-s\sin(\theta))^2\etiqueta{1} $$ La solución para $s$, obtenemos $$ s=\sin(\theta)+\cos(\theta)-\sqrt{2\sin(\theta)\cos(\theta)}\etiqueta{2} $$ Establecimiento $t=\tan(\theta)$ rendimientos $$ \begin{align} s\sin(\theta)&=\frac{t}{1+t^2}\left(t-\sqrt{2t}+1\right)\\ s\cos(\theta)&=\frac{1}{1+t^2}\left(t-\sqrt{2t}+1\right)\\ \tan(\phi/2)&=\frac{1-s\cos(\theta)}{2-s\sin(\theta)} \end{align}\etiqueta{3} $$ Establecimiento $\tan(\theta)=\frac12$ da $$ \begin{align} s\sin(\theta)&=\frac15\\ s\cos(\theta)&=\frac25\\ \tan(\phi/2)&=\frac13 \end{align}\etiqueta{4} $$ El área de la pieza es de color verde $$ \frac\phi2-\frac12(1-s\cos(\theta))=\bronceado^{-1}\left(\frac13\right)-\frac3{10}\etiqueta{5} $$ La suma de las áreas de la púrpura y el verde de las piezas es $$ \frac12s\sin(\theta)=\frac1{10}\etiqueta{6} $$ Por lo tanto, el área de la pieza es de color púrpura $$ \frac25-\bronceado^{-1}\left(\frac13\right)\etiqueta{7} $$
$(7)$ utiliza un círculo con un radio de $1$. Para un círculo con un radio de $5$, se obtiene un área de $$ 10-25\bronceado^{-1}\left(\frac13\right)\etiqueta{8} $$ El área de la mitad de la $10\times20$ rectángulo menos los dos círculos de radio $5$ es $$ 100-25\pi\etiqueta{9} $$ Por lo tanto, el área de la imagen es la diferencia de $(9)$$(8)$: $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{90+25\bronceado^{-1}\left(\frac13\right)-25\pi}\etiqueta{10} $$
$(10)$ es una forma diferente de la misma zona: $$ \begin{align} 90+25\tan^{-1}\left(\frac13\right)-25\pi &=90+25\tan^{-1}\left(\frac13\right)-25\tan^{-1}\left(1\right)-\frac{75}4\pi\\ &=90+25\tan^{-1}\left(\frac{\frac13-1}{1+\frac13\cdot1}\right)-\frac{75}4\pi\\ &=\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{90-25\tan^{-1}\left(\frac12\right)-\frac{75}4\pi}\tag{11} \end{align} $$
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