szukanie zaawansowane
 [ Posty: 8 ] 
Autor Wiadomość
Kobieta Offline
PostNapisane: 14 wrz 2018, o 19:24 
Użytkownik

Posty: 6
Lokalizacja: Brak
Obrazek

Wiedząc że AB = a, BC = b, CD = c, DA = d ,wyznacz r.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 15 wrz 2018, o 00:50 
Użytkownik

Posty: 1576
Lokalizacja: Sosnowiec
Czy wiadomo coś na temat, czy rozwiązanie wyraża się jawnym wzorem? Wyszedł mi układ równań:

\begin{cases}(a+b+c)r=c^2\frac{r}{x}\sqrt{1-\left( \frac{r}{x}\right)^2 }+a^2\frac{r}{d-x}\sqrt{1-\left( \frac{r}{d-x}\right)^2 }+r\left( \frac{a}{d-x}+\frac{c}{x}\right)\left( d-c\sqrt{1-\left( \frac{r}{x}\right)^2 }-a\sqrt{1-\left( \frac{r}{d-x}\right)^2 }\right) \\ b^2=\left( d-c\sqrt{1-\left( \frac{r}{x}\right)^2 }-a\sqrt{1-\left( \frac{r}{d-x}\right)^2 }\right)^2+r^2\left( \frac{a}{d-x}-\frac{c}{x}\right)^2 \end{cases}

Nie sądzę, żeby ten układ miał "ładne" rozwiązanie, ale dla konkretnych a,b,c,d być może da się go rozwiązać. Poza tym nie gwarantuję, że to jest dobrze i że nie ma prostszego sposobu.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 15 wrz 2018, o 22:56 
Użytkownik

Posty: 67
Lokalizacja: Lublin
@matmatmm a czym jest u Ciebie x?

Z dowodu pewnego innego twierdzenia i rysunku do niego (patrz: zaakceptowana odpowiedź) próbowałbym dowieść twierdzenia odwrotnego. W tym przypadku mówiło by ono, że:

d = \left| AD\right| = \left| BB'\right| = \left[ CC'\right]
gdzie B' leży na prostej BO i C' na prostej CO w taki sposób, że okrąg o promieniu r jest wpisany w nieregularny sześciokąt B'C'ABCD

Jeżeli tak jest (nie wiem tego) to policzenie promienia okręgu sprowadza się do policzenia pola tego sześciokąta gdyż jeżeli znamy pole i obwód wielokąta opisanego na okręgu to znamy promień okręgu (patrz tutaj).
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 16 wrz 2018, o 13:16 
Użytkownik

Posty: 1576
Lokalizacja: Sosnowiec
U mnie x=OD.

Udało mi się uzyskać jeszcze jedno równanie:

c-\sqrt{x^2-r^2}+a-\sqrt{(d-x)^2-r^2}=b

A co do twojej odpowiedzi, to wystarczyłoby, żebyśmy policzyli pole czworokąta ABCD, gdyż z drugiej strony to pole jest równe \frac{1}{2}(a+b+c)r. Masz jakiś pomysł jak sprytnie policzyć to pole?

Jeśli natomiast chodzi o sześciokąt, to to twierdzenie
Tulio napisał(a):
d = \left| AD\right| = \left| BB'\right| = \left[ CC'\right]
gdzie B' leży na prostej BO i C' na prostej CO w taki sposób, że okrąg o promieniu r jest wpisany w nieregularny sześciokąt B'C'ABCD

wydaje mi się nieprawdziwe (narysowałem w geogebrze).
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 16 wrz 2018, o 13:33 
Użytkownik

Posty: 67
Lokalizacja: Lublin
Niestety wydaje się, że masz rację. Poza tym próby obliczenia r dają mi podobne wygibasy. Chyba czegoś brakuje w zadaniu.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 16 wrz 2018, o 21:47 
Użytkownik

Posty: 1576
Lokalizacja: Sosnowiec
Eureka! Niczego nie brakuje w zadaniu. Udało mi się znaleźć zgrabne równanie kwadratowe na x:

(a+c-b)\left( x(d-x)(a^2+c^2+d^2-b^2)+ac\left( (a+c-b)^2-x^2-(d-x)^2\right)-d(a+c-b)(ax+c(d-x))\right)+d(2dx-d^2)(ax-c(d-x))=0

Można rozwalić deltą, a potem wyliczyć r z

4r^2=-(a+c-b)^2+2x^2+2(d-x)^2-\frac{\left( x^2-(d-x)^2\right)^2}{(a+c-b)^2}
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 17 wrz 2018, o 13:23 
Użytkownik

Posty: 67
Lokalizacja: Lublin
Możesz opisać jak powstały te równania. Sprawdziłbym :)
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 17 wrz 2018, o 21:49 
Użytkownik

Posty: 1576
Lokalizacja: Sosnowiec
Oznaczmy \alpha=\angle CDA,\beta=\angle BAD. Wówczas

\sin\alpha=\frac{r}{x},\cos\alpha=\frac{\sqrt{x^2-r^2}}{x},\sin\beta=\frac{r}{d-x},\cos\beta=\frac{\sqrt{(d-x)^2-r^2}}{d-x}

Po podniesieniu do kwadratu równania

a+c-b=\sqrt{x^2-r^2}+\sqrt{(d-x)^2-r^2}

dostajemy po przekształceniach

4r^2=-(a+c-b)^2+2x^2+2(d-x)^2-\frac{\left( x^2-(d-x)^2\right)^2}{(a+c-b)^2}

Wyliczamy dalej wstawiając wyliczone r^2, że

(x^2-r^2)((d-x)^2-r^2)=\frac{1}{16}\left((a+c-b)^2-\frac{\left( x^2-(d-x)^2\right)^2 }{(a+c-b)^2} \right)^2

oraz

\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta=\frac{\sqrt{x^2-r^2}\sqrt{(d-x)^2-r^2}}{4x(d-x)}-\frac{r^2}{x(d-x)}=\frac{(a+c-b)^2-x^2-(d-x)^2}{2x(d-x)}

Jeśli z punktów B i C spuścimy wysokości to powstanie trapez o podstawach c\sin\alpha,a\sin\beta i wysokości d-c\cos\alpha-a\cos\beta.

Z twierdzenia Pitagorasa

b^2=(d-c\cos\alpha-a\cos\beta)^2+(c\sin\alpha-a\sin\beta)^2

Po uproszczeniu

b^2=d^2+a^2+c^2-2cd\cos\alpha-2ad\cos\beta+2ac(\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta)

i po wstawieniu wyliczonych wcześniej wartości

a^2+c^2+d^2-b^2+\frac{ac\left( (a+c-b)^2-x^2-(d-x)^2\right) }{x(d-x)}=2\frac{cd\sqrt{x^2-r^2}}{x}+2\frac{ad\sqrt{(d-x)^2-r^2}}{d-x}

Zauważamy, że

\left( 2\frac{cd\sqrt{x^2-r^2}}{x}+2\frac{ad\sqrt{(d-x)^2-r^2}}{d-x}\right)^2=d^2\left( (a+c-b)\left(\frac{a}{d-x}+\frac{c}{x} \right)-\frac{(x^2-(d-x)^2)\left(\frac{a}{d-x}-\frac{c}{x} \right)}{a+c-b} \right)^2

Dodam jeszcze, że końcowe równanie można uprościć do postaci:

x^2(a+b+c)-xd(b+2c)+c(d^2-a(a+c-b))=0

skracając przez wspólny czynnik (d^2-(a+c-b)^2)
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 8 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Promień okręgu - zadanie 19  Petermus  1
 Promien okregu - zadanie 6  Ona__xD  2
 promień okręgu - zadanie 12  skateli  1
 promien okregu - zadanie 7  qaz123  1
 promień okręgu  sławek1988  1
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl