Γεωμετρική λύση

Ηλίας Θ. · #1

Καλησπέρα σε όλα τα μέλη.
Την συγκεκριμένη άσκηση δεν ήξερα σε ποιον φάκελο έπρεπε να την θέσω, αφού ΔΕΝ έχω γεωμετρική λύση. Μόνο με ολοκληρώματα ( απλή σε σκέψη, λίγο περισσότερο μπελαλίδικη στους υπολογισμούς ). Πάμε λοιπόν:
Δίδονται δύο κύκλοι: $\left( O, 2R \right)$ και $\left(K, R\right)$ οι οποίοι εφάπτονται στο

καθώς κι η ημιευθεία που διέρχεται από το

με κλίση $\sqrt3$ η οποία τέμνει τους κύκλους στα σημεία $A,\; C$ αντίστοιχα.
Ζητείται το εμβαδόν του καμπυλόγραμμου χωρίου $\left( ABC \right)$ .

Υ.Γ. Εννοείται ότι αν πρέπει, ας μετακινηθεί σε άλλο φάκελο.

#2

Ηλίας Θ. έγραψε:Καλησπέρα σε όλα τα μέλη.
Την συγκεκριμένη άσκηση δεν ήξερα σε ποιον φάκελο έπρεπε να την θέσω, αφού ΔΕΝ έχω γεωμετρική λύση. Μόνο με ολοκληρώματα ( απλή σε σκέψη, λίγο περισσότερο μπελαλίδικη στους υπολογισμούς ). Πάμε λοιπόν:
Δίδονται δύο κύκλοι: $\left( O, 2R \right)$ και $\left(K, R\right)$ οι οποίοι εφάπτονται στο καθώς κι η ημιευθεία που διέρχεται από το με κλίση $\sqrt3$ η οποία τέμνει τους κύκλους στα σημεία $A,\; C$ αντίστοιχα.
Ζητείται το εμβαδόν του καμπυλόγραμμου χωρίου $\left( ABC \right)$ .

Υ.Γ. Εννοείται ότι αν πρέπει, ας μετακινηθεί σε άλλο φάκελο.

: γεωμετρική λύση.png (29.52 KiB) Προβλήθηκε 1047 φορές

Από το Θ. συνημίτονου στο τρίγωνο OKA

έχουμε :

$O{A^2} = O{K^2} + K{A^2} - 2OK \cdot KA \cdot \cos 120^\circ$ . Θέτω KA = x

και βρίσκω : $\boxed{x = \dfrac{R}{2}(\sqrt {13} - 1)}$ και μετά $(OKA) = \boxed{{N_1} = \dfrac{{{R^2}}}{8}(\sqrt {39} - \sqrt 3 )}$ .

Από το Θ. ημίτονου πάλι στο τρίγωνο OKA

βρίσκω : $\sin \theta = \dfrac{{\sqrt 3 }}{8}(\sqrt {13} - 1) \Rightarrow \boxed{\theta = \arcsin (\dfrac{{\sqrt 3 }}{8}(\sqrt {13} - 1))}$ σε μοίρες .

$\theta = 34,341094^\circ$ .

Οπότε αν με ${E_x}$ το ζητούμενο εμβαδόν και EKT

το εμβαδόν του κυκλικού τομέα ακτίνας

και γωνίας $60^\circ$ θα είναι :

$\boxed{{E_x} = \dfrac{\theta }{{360}}4\pi {R^2} - {N_1} - \dfrac{1}{6}\pi {R^2}}$

chris_konst · #3

Αν και είμαστε στον φάκελλο «Ευκλείδεια Γεωμετρία Β' Λυκείου», επιτρέψτε μου μια απλή παρατήρηση Αναλυτικής Γεωμετρίας. Tο σχήμα που παραθέτω είναι το σχήμα του Ηλίας Θ. με δυο μικροπαρεμβάσεις.

Θεωρώντας Καρτεσιανό σύστημα αξόνων με αρχή το

, το μοναδιαίο του xx'

να είναι $\vec{i} =\frac{ \overrightarrow{OK}}{| \overrightarrow{OK}|} \nearrow \nearrow \overrightarrow{OB}$ , και το

στο 1o τεταρτημόριο, έχουμε ότι : η εξίσωση του εξωτερικού κύκλου είναι $\boxed {x^2+y^2=4R^2}$ , και της ευθείας που ορίζουν τα K, A

είναι η $\boxed {y=\sqrt{3}(x-R)}$ .

Λύνοντας το σύστημα αυτών, οι συντεταγμένες του

θα είναι το θετικό ζευγάρι λύσεων, δηλαδή:

$\begin{eqnarray*} \left(x_{A}, y_{A} \right)= \left( \frac{R}{4}(\sqrt{13}+3), \frac{R}{4}(\sqrt{13}-1)\sqrt{3} \right) \end{eqnarray*}.$

Φέρνουμε $AD \perp OB$ , οπότε : $sin\theta =\frac{AD}{OA}=\frac{y_{A}}{2R}=\frac{\sqrt{3}}{8}(\sqrt{13}-1)$ , άρα $\boxed{\theta = \arcsin \left( \frac{\sqrt{3}}{8}(\sqrt{13}-1) \right) }$ . Κατόπιν συνεχίζουμε όπως στην παραπάνω λύση του Doloros.

#4

Καλησπέρα σε όλους.

chris_konst έγραψε:Αν και είμαστε στον φάκελλο «Ευκλείδεια Γεωμετρία Β' Λυκείου», επιτρέψτε μου μια απλή παρατήρηση Αναλυτικής Γεωμετρίας. (...)

Αγαπητέ(ή) chris_konst, καλώς ήλθες! Μην αγχώνεσαι! Οι εκλεκτοί Γεωμέτρες του

δείχνουν απεριόριστη ανεκτικότητα σε "εκτός φακέλου" λύσεις,

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Νομίζω, απλούστερα δε γίνεται> Στα βήματα των προηγουμένων λυτών:

: 15-06-2015 Γεωμετρία.jpg (14.75 KiB) Προβλήθηκε 978 φορές

Σε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων με κέντρο K(0, 0)

και μονάδα ίση με

, κατασκευάζουμε τους κύκλους C_1:x^2+y^2=1, C_2:(x+1)^2+y^2=4

, οι οποίοι έχουν κέντρα K, O

και ακτίνες r_1 = 1, r_2=2

αντίστοιχα.

Η ημιευθεία $\displaystyle y = \sqrt 3 x,\;x \ge 0$ τέμνει τον C_1

στο $\displaystyle C\left( {\frac{1}{2},\;\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)$ και τον C_2

στο $\displaystyle A\left( {\frac{{\sqrt {13} - 1}}{4},\;\frac{{\sqrt {39} - \sqrt 3 }}{4}} \right)$

'Εστω $\displaystyle \widehat {{\rm A}{\rm O}{\rm B}} = \omega$ , οπότε $\displaystyle \eta \mu \omega = \frac{{\sqrt {39} - \sqrt 3 }}{8}$

Οπότε, $\displaystyle {{\rm E}_{\gamma \rho \alpha \mu }} = {{\rm E}_{\kappa \tau }}\left( {{\rm O},\;{\rm A}{\rm B}} \right) - {{\rm E}_{\kappa \tau }}\left( {{\rm K},\;BC} \right) - \left( {AOK} \right) =$

$\displaystyle = \frac{{\pi \cdot 4 \cdot \left( {\tau o\xi \;\eta \mu \omega } \right)}}{{360^\circ }} - \frac{{\pi \cdot 1 \cdot 60^\circ }}{{360^\circ }} - \frac{{\left( {\sqrt {39} - \sqrt 3 } \right) \cdot \left( {\sqrt {13} - 1} \right)}}{{32}} = ... \cong 0,3076$

Άρα $\displaystyle {E_{\gamma \rho \alpha \mu }} \cong 0,3076 \cdot R^2$

edit: Πρόσθεσα το R^2

στη λύση.

Ηλίας Θ. · #5

Σας ευχαριστώ όλους για την ενασχόληση με την άσκηση...
Έψαχνα μία αμιγώς γεωμετρική λύση, την οποία και δεν έχω βρει.
Ηλίας Θάνος

Γεωμετρική λύση

Γεωμετρική λύση

Re: Γεωμετρική λύση

Re: Γεωμετρική λύση

Re: Γεωμετρική λύση

Re: Γεωμετρική λύση

Μέλη σε σύνδεση