Strona główna Matematyka.pl » Matematyka - królowa nauk » Geometria » Planimetria

Promień okręgu - zadanie 34

Strona 1 z 1

[ Posty: 8 ]

Autor

Wiadomość

ann_u

Tytuł: Promień okręgu

Napisane: 14 wrz 2018, o 18:24

Posty: 25
Lokalizacja: Brak

Wiedząc że $AB = a, BC = b, CD = c, DA = d$ ,wyznacz $r$ .

Uniwersytet Wrocławski Instytut Matematyczny - rekrutacja 2019

Góra

matmatmm Offline

Tytuł: Promień okręgu

Napisane: 14 wrz 2018, o 23:50

Posty: 1650
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

Tulio

Tytuł: Promień okręgu

Napisane: 15 wrz 2018, o 21:56

Posty: 94
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

matmatmm Offline

Tytuł: Promień okręgu

Napisane: 16 wrz 2018, o 12:16

Posty: 1650
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

Tulio

Tytuł: Promień okręgu

Napisane: 16 wrz 2018, o 12:33

Posty: 94
Lokalizacja: Lublin

Niestety wydaje się, że masz rację. Poza tym próby obliczenia $r$ dają mi podobne wygibasy. Chyba czegoś brakuje w zadaniu.

Góra

matmatmm Offline

Tytuł: Re: Promień okręgu

Napisane: 16 wrz 2018, o 20:47

Posty: 1650
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

Tulio

Tytuł: Promień okręgu

Napisane: 17 wrz 2018, o 12:23

Posty: 94
Lokalizacja: Lublin

Możesz opisać jak powstały te równania. Sprawdziłbym

Góra

matmatmm Offline

Tytuł: Re: Promień okręgu

Napisane: 17 wrz 2018, o 20:49

Posty: 1650
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

Poprzedni | Następny

	Strona 1 z 1	[ Posty: 8 ]

Strona główna Matematyka.pl » Matematyka - królowa nauk » Geometria » Planimetria

Zobacz podobne tematy
Tytuł tematu	Autor	Odpowiedzi
Promień okręgu - zadanie 29	kajolek123	1
promień okręgu - zadanie 15	mrowcia92	2
Promień okręgu - zadanie 27	marta3898	3
promień okręgu	sławek1988	1
Promień okręgu - zadanie 20	fntx	2

[Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]