Necesito encontrar un área de la parte azul de la figura APBC. Dibujar segmentos de línea entre B y C, entre C y A y me consiguió el triángulo equilátero. Estoy atrapado aquí. Por favor ayuda. Gracias.
| AB | = a, P es punto medio del segmento AB
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martin
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Como achille hui dice en los coments, $$(1-r)^2 = |AF|^2 = \frac{1}{2^2} + |PF|^2 = \frac{1}{2^2} + |DF|^2 - \frac{1}{4^2} = \frac{1}{2^2} + \left(r + \frac14\right)^2 - \frac{1}{4^2}.$$ Solve for $r$ and you get $r=\dfrac{3}{10}.$
Como zona de intersección entre los dos círculos más grandes es $\dfrac{2\pi}{3}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ (ver aquí), área sombreada es
\begin{align} &\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{2\pi}{3}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)-\pi\left(\dfrac{1}{4}\right)^2-\pi\left(\dfrac{3}{10}\right)^2\\ \\ & = \dfrac{217 \pi }{1200}-\dfrac{\sqrt{3}}{4}\\ \end {Alinee el}
Joe Gauterin
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Notas
- En el comentario, que he mencionado, la parte más difícil del problema es averiguar $r$, el radio de la circunferencia inscrita.
- En la respuesta de Juan, cuestionó el hecho de que podemos derivar $r$ mediante la inversión. De hecho, podemos.
- Desde que Martin la respuesta ya está todo cubierto después de que usted consiga $r$. Me voy a limitar esta respuesta a la derivación de $r$ mediante la inversión.
Derivación
Elegir un nuevo sistema de coordenadas tal que $P$ es el origen $(0,0)$ y los dos puntos $A, B$ se encuentra en $(-1,0)$ $(1,0)$ respectivamente.
Realizar una inversión en el avión en $P$ con respecto a la unidad del círculo de $x^2+y^2 = 1$.
$$\mathbb{R}^2 \ni (x,y) \quad\mapsto\quad \left( \frac{x}{x^2 + y^2}, \frac{y}{x^2 + y^2} \right) \in \mathbb{R}^2$$
- Los puntos de $A, B$ asignado de nuevo a sí mismos.
- Los dos pequeños círculos con un diámetro $AP$ $PB$ asignado a dos líneas rectas $$\begin{cases} \ell_A &= \{\; (x,y) \in \mathbb{R}^2 : x = -1 \;\}\\ \ell_B &= \{\; (x,y) \in \mathbb{R}^2 : x = +1 \;\} \end{casos}$$
- Los dos grandes círculos con centro en el $A, B$ pasando a través de $C$ asignado a dos círculos de radio $\frac23$ centrada en $X = (-\frac13, 0)$ $Y = (\frac13,0)$ respectivamente. $$\begin{cases} c_X &= \{ \; (x,y) \in \mathbb{R}^2 : (x+\frac13)^2 + y^2 = (\frac23)^2 \;\}\\ c_Y &= \{ \; (x,y) \in \mathbb{R}^2 : (x-\frac13)^2 + y^2 = (\frac23)^2 \;\} \end{casos}$$
- El círculo inscrito obtener asignado a un círculo de $c_0$ que es besar a las dos líneas de $\ell_A, \ell_B$ y dos círculos $c_X, c_Y$. Desde $c_0$ se intercala entre el $\ell_A, \ell_B$, su radio es claramente $1$.
Deje $Z_0 = (0,h_0)$ ser el centro de la $c_0$, tenemos $$XZ_0 = 1 + \frac23 = \frac53\quad\implica\quad h_0 = \sqrt{\left(\frac53\right)^2 - \left(\frac13\right)^2} = \frac{\sqrt{24}}{3}$$
Esto implica $c_0$ cruzan la $y$-eje en $$ \left(0, \frac{\sqrt{24}}{3}-1\right) \quad\text{ y }\quad \left(0,\frac{\sqrt{24}}{3}+1\right) $$ y de ahí el original círculo inscrito cruzan $y$-eje en $$ \left(0,\frac{1}{\frac{\sqrt{24}}{3}-1}\right) \quad\text{ y }\quad \left(0,\frac{1}{\frac{\sqrt{24}}{3}+1}\right) $$ Como resultado, el radio de la circunferencia inscrita es dada por $$ \frac{r_0}{AB} = \frac14\left(\frac{1}{\frac{\sqrt{24}}{3}-1} - \frac{1}{\frac{\sqrt{24}}{3}+1}\right) = \frac{3}{10} $$ la coincidencia de lo que he descrito en el comentario.
Bono
Este enfoque mediante la inversión es ligeramente más largo que los que trabajan con los círculos directamente.
Sin embargo, esto conduce a una extensión interesante!
Desde $\ell_A$ $\ell_B$ son paralelas, se puede apilar en la parte superior de $c_0$ un infinito de secuencias de círculos $c_1, c_2, \ldots$ radio $1$. El $n^{th}$ círculo estará centrado en $$Z_n = (0,h_n) = \left(0, \frac{\sqrt{24}}{3} + 2n\right)$$
Si queremos invertir estos círculo de vuelta, vamos a obtener una secuencia de círculos que se inserta entre el círculo inscrito y los dos pequeños círculos. El radio de la $n^{th}$ círculo será dado por la fórmula
$$\frac{r_n}{AB} = \frac14 \left(\frac{1}{\frac{\sqrt{24}}{3}+2n-1} - \frac{1}{\frac{\sqrt{24}}{3}+2n+1}\right) = \frac{3}{10 + 16\sqrt{6}n+24n^2} $$ Esta es la secuencia de círculos mencionados en Martin de la versión extendida de este problema.
gabr
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20458
Creo que podemos utilizar Círculo de Descartes Teorema. Podemos identificar 4 círculos:
- el círculo de $O_A$ con el centro en $A$
- círculo con diámetro de $\overline{AP}$
- círculo con diámetro de $\overline{PB}$
- desconocido círculo
Por desgracia, estos 4 círculos no son mutuamente tangentes desde el círculo con diámetro de $\overline{AP}$ no es tangente a la circunferencia $O_A$ con el centro en $A$.
El general de Apolonio problema consiste en encontrar un círculo tangente a los otros 3 círculos (independientemente de la mutua de tangencia).
Uno, bastante aburrido, la solución es resolver de 3 ecuaciones cuadráticas. Deje $x,y,r$ ser el centro y el radio de la desconocida círculo.
$$ (x-x_k)^2 + (y-y_k)^2 = (r \pm r_k)^2$$
donde $k = 1,2,3$. Usando el diagrama, ponemos en los centros y los radios.
$$ x^2 + y^2 = (r \pm 4)^2$$ $$ (x-1)^2 + y^2 = (r \pm 1)^2$$ $$ (x-3)^2 + y^2 = (r \pm 1)^2$$
Con el fin de obtener las señales de derecho, nuestro círculo está dentro del primer círculo y fuera de las otras dos.
$$ x^2 + y^2 = (r - 4)^2$$ $$ (x-1)^2 + y^2 = (r + 1)^2$$ $$ (x-3)^2 + y^2 = (r + 1)^2$$
El hecho de que $x = 2$ debería haber sido claro en el diagrama. Escrito el sistema de nuevo:
$$ 2^2 + y^2 = (r - 4)^2$$ $$ 1^2 + y^2 = (r + 1)^2$$
Podemos restar la primera y segunda ecuaciones, es posible resolver la ecuación lineal para $r$:
$$ 3 = 2^2 - 1^2 = (r-4)^2 - (r+1)^2 = (r^2-8r + 16) - (r^2 + 2r + 1) = -10r + 15$$
La respuesta es $r = \tfrac{6}{5}$. Si queremos cambiar la escala para la radio con centro de $0$ es el círculo unidad, obtenemos $\boxed{r=\tfrac{3}{10}}$
Una solución más interesante, podría aprovechar la simetría del problema o el uso de la inversión de alguna manera.
Vamos $|AB| = a$, $|BC|=a$, $|CA|=a.$ Por Pythag sabemos $|PC|=\sqrt{a^2 - (\frac{a}{2})^2}$ y por lo tanto el área del triángulo equilátero $ABC$$\frac{a\left(\sqrt{a^2 - (\frac{a}{2})^2}\right)}{2}$. Ahora si $ABC$ es un triángulo equilátero, entonces el ángulo entre el$AB$$BC$$\pi/3$.
Así que trabajamos en el área entre el borde del círculo y el triángulo $ABC$, hay 2 de estos, pero son iguales. Para hacer esto nos encontramos con la zona de uno de los segmentos de círculo $AB$, $BC$ que es $\frac{\pi a^2}{6}$ y, a continuación, menos el área del triángulo equilátero, por lo que tenemos:
\begin{equation} X=\frac{\pi a^2}{6}-\frac{a\left(\sqrt{a^2 -(\frac{a}{2})^2}\right)}{2} \end{equation} De modo que el área total de la $ABC$ área (el azul y el blanco de los círculos combinados) es: \begin{equation} \begin{aligned} Y=& \frac{a\left(\sqrt{a^2 - (\frac{a}{2})^2}\right)}{2} +2X \\ =& \frac{\pi a^2}{3} - \frac{a\left(\sqrt{a^2 -(\frac{a}{2})^2}\right)}{2} \end{aligned} \end{equation}
Ahora tenemos que el área de sólo necesitamos menos el área de los círculos blancos en su interior. Los dos semi-cicles en la línea $AB$ son del mismo tamaño y por lo tanto sólo podemos menos el área del círculo completo, igual a $\frac{\pi a^2}{16}$. Ahora solo falta que el área de un círculo completo, en la parte superior, se $Z$. A continuación, la zona azul es igual a $Y - \frac{\pi a^2}{16} - Z$. Lamentablemente por el momento no puedo trabajar fuera de la zona de $Z$, pero he pensado que me gustaría compartir el resto de esta respuesta y espero que usted puede conseguir.
Phonics The Hedgehog
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creo que esta "respuesta" que parece demasiado bueno para ser verdad. me gustaría que alguien vea esto.
permítanme que aproveche $AB = 4.$ reclamo: radio del círculo(midcircle) contacto con los círculos más pequeños es $\frac{6}{5}.$
la prueba de la reclamación. deje $C$ ser el centro de dicho círculo. deje $AC$ cumplir con la circunferencia de radio $4$ $D.$ únete $C$ a del centro $E$ de la circunferencia con el diámetro de $AP.$ deje $CD,$ radio de la midcircle ser $x.$
mira el triángulo $AEC.$ tenemos $AE = 1, EC = 1 + x$ $AC = 4 - x.$ por el coseno de la regla, $\cos A = \frac{1^2 + (4-x)^2 - (1+x)^2}{2*1*(4-x)}.$
se puede también calcular $\cos A$ formulario de la derecha triángulo $APE,$ dar $\cos A = \frac{2}{4-x}.$
igualando estas dos, me parece $x = \frac{6}{5}$ o, $ \frac x {AB} = \frac 3{10} $
