mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 26, 2021 8:39 pm**

: Τετράπλευρο σε τεταρτοκύκλιο.png (8.52 KiB) Προβλήθηκε 1259 φορές

Η ημιευθεία

, έχει αρχή το κέντρο του τεταρτοκυκλίου $\overset{\frown}{AB}$ , ακτίνας

και τέμνει το τόξο .

Φέρουμε τμήμα : $AS \perp Ox$ . Υπολογίστε το μέγιστο εμβαδόν του τετραπλεύρου OASB

.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 26, 2021 9:24 pm**

KARKAR έγραψε: Παρ Νοέμ 26, 2021 8:39 pm Τετράπλευρο σε τεταρτοκύκλιο.pngΗ ημιευθεία , έχει αρχή το κέντρο του τεταρτοκυκλίου $\overset{\frown}{AB}$ , ακτίνας και τέμνει το τόξο .

Φέρουμε τμήμα : $AS \perp Ox$ . Υπολογίστε το μέγιστο εμβαδόν του τετραπλεύρου .

Τα τρίγωνα OBT,OAS

είναι ίσα ,γιατί είναι ορθογωνια και $\dot{\hat{OBT}}=\hat{SOA}= \omega ,OB=OA=r,$ Αρα θέτω

$OS=BT=w,OT=AS=t,(OASB)=(OAS)+(OBS)=\dfrac{1}{2}wt+\dfrac{1}{2}w^{2}= \dfrac{1}{2}t.\sqrt{r^{2}-t^{2}}+\dfrac{1}{2}(r^{2}-t^{2})=f(t), f'(t)=0\Leftrightarrow 8t^{4}+r^{4}-8t^{2}r^{2}=0,x=\dfrac{r^{2}}{t^{2}},x^{2}-8x+8=0, x=4-2\sqrt{2},4+2\sqrt{2},$

$t_{max}=\dfrac{r}{\sqrt{4-2\sqrt{2}}},f_{max}(\dfrac{r}{\sqrt{4-2\sqrt{2}}})$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 27, 2021 4:08 am**

KARKAR έγραψε: Παρ Νοέμ 26, 2021 8:39 pm Τετράπλευρο σε τεταρτοκύκλιο.pngΗ ημιευθεία , έχει αρχή το κέντρο του τεταρτοκυκλίου $\overset{\frown}{AB}$ , ακτίνας και τέμνει το τόξο .

Φέρουμε τμήμα : $AS \perp Ox$ . Υπολογίστε το μέγιστο εμβαδόν του τετραπλεύρου .

Έστω $OS = k\,\,,\,\,0 < k < r$ . Είναι προφανώς $\omega = \dfrac{\pi }{2} - x\,\,,\,\,0 < x < \dfrac{\pi }{2}$ $\left( 1 \right)$ .

Το $E = \left( {OASB} \right)$ , είναι το άθροισμα των εμβαδών των τριγώνων , $OAS\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,OBS\,$ .

$2E = rk\sin x + rk\cos x\,\,$ και αφού $k = r\cos x$ η προηγούμενη γίνεται:

$2E = {r^2}\left( {{{\cos }^2}x + \cos x\sin x} \right) \Rightarrow \boxed{4E = f(x) = {r^2}\left( {\cos 2x + \sin 2x + 1} \right)}$ $\left( 2 \right)$ .

: Τετράπλευρο σε τεταρτοκύκλιο_κατασκευή.png (11.11 KiB) Προβλήθηκε 1223 φορές

Επειδή : ${\left( {\cos \theta + \sin \theta } \right)^2} = 1 + \sin 2\theta \leqslant 1 + 1 = 2 \Rightarrow \left| {\cos \theta + \sin \theta } \right| \leqslant \sqrt 2$

Έτσι η $\left( 2 \right)$ δίδει : $f(x) \leqslant {r^2}\left( {1 + \sqrt 2 } \right)$ και άρα $\boxed{{E_{\max }} = \dfrac{1}{4}{r^2}\left( {1 + \sqrt 2 } \right)}$ .

Στην σχέση : $\cos 2x + \sin 2x \leqslant \sqrt 2$ το ίσον ισχύει όταν $2x = \dfrac{\pi }{4} \Rightarrow x = \dfrac{\pi }{8}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 27, 2021 5:43 pm**

KARKAR έγραψε: Παρ Νοέμ 26, 2021 8:39 pm Τετράπλευρο σε τεταρτοκύκλιο.pngΗ ημιευθεία , έχει αρχή το κέντρο του τεταρτοκυκλίου $\overset{\frown}{AB}$ , ακτίνας και τέμνει το τόξο .

Φέρουμε τμήμα : $AS \perp Ox$ . Υπολογίστε το μέγιστο εμβαδόν του τετραπλεύρου .

Έστω

: Τετράπλευρο σε τεταρτοκύκλιο.png (10.79 KiB) Προβλήθηκε 1189 φορές

$\displaystyle (OASB) = (OAS) + (OBS) = \frac{1}{2}|\left| {\begin{array}{*{20}{c}} r&0\\ x&y \end{array}} \right|| + \frac{1}{2}|\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 0&r\\ x&y \end{array}} \right|| = \frac{r}{2}(x + y) = \frac{r}{2}\left( {x + \sqrt {x(r - x)} } \right)$

Είναι λοιπόν, $\displaystyle (OASB) = f(x) = \frac{r}{2}\left( {x + \sqrt {x(r - x)} } \right),0 < x < r$

με $\displaystyle f'(x) = \frac{r}{2}\left( {\frac{{r - 2x}}{{2\sqrt {x(r - x)} }} + 1} \right),$ απ' όπου βρίσκω ότι για $\boxed{x = \frac{r}{4}\left( {2 + \sqrt 2 } \right)}$

έχει μέγιστη τιμή $\boxed{{(OASB)_{\max }} = \frac{{{r^2}}}{4}\left( {1 + \sqrt 2 } \right)}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 27, 2021 11:21 pm**

Δίνω και μια γεωμετρική προσέγγιση ... που ίσως δεν άπτεται του φακέλου ... αλλά νομίζω ωφελεί.
Έστω

η τομή της

με τον κύκλο (O,r)

. Καθώς η

διαγράφει τον κύκλο (O,r)

και το

άρα
θα διαγράψει τον ίδιο κύκλο, και επειδή AS = AD/2

το

θα διαγράψει τον κύκλο (K,r/2)

. Επειδή τώρα

$\displaystyle{ (OASB)_{max} = ((OAB)+(ASB))_{max} = (OAB) + (ASB)_{max} }$

το $(ASB)_{max}$ προφανώς επιτυγχάνεται όταν μεγιστοποιείται το

δηλαδή όταν $A\widehat{K}S = \pi / 4$ .
Εύκολα τότε βρίσκω για αυτή την θέση

$\displaystyle{ \begin{aligned} & FS = {r \over 4}(2-\sqrt{2}), \ \ \ (ASB)_{max} = {r^2 \over 4}(\sqrt{2}-1) \cr & (OASB)_{max} = (OAB) + (ASB)_{max} = {r^2 \over 2} + {r^2 \over 4}(\sqrt{2}-1) = {r^2 \over 4}(\sqrt{2}+1) \end{aligned} }$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 27, 2021 11:28 pm**

nickchalkida έγραψε: Σάβ Νοέμ 27, 2021 11:21 pm Δίνω και μια γεωμετρική προσέγγιση ... που ίσως δεν άπτεται του φακέλου ... αλλά νομίζω ωφελεί.
Έστω η τομή της με τον κύκλο . Καθώς η διαγράφει τον κύκλο και το άρα
θα διαγράψει τον ίδιο κύκλο, και επειδή το θα διαγράψει τον κύκλο . Επειδή τώρα

$\displaystyle{ (OASB)_{max} = ((OAB)+(ASB))_{max} = (OAB) + (ASB)_{max} }$

το $(ASB)_{max}$ προφανώς επιτυγχάνεται όταν μεγιστοποιείται το δηλαδή όταν $A\widehat{K}S = \pi / 4$ .
Εύκολα τότε βρίσκω για αυτή την θέση

$\displaystyle{ \begin{aligned} & FS = {r \over 4}(2-\sqrt{2}), \ \ \ (ASB)_{max} = {r^2 \over 4}(\sqrt{2}-1) \cr & (OASB)_{max} = (OAB) + (ASB)_{max} = {r^2 \over 2} + {r^2 \over 4}(\sqrt{2}-1) = {r^2 \over 4}(\sqrt{2}+1) \end{aligned} }$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 28, 2021 2:08 am**

KARKAR έγραψε: Παρ Νοέμ 26, 2021 8:39 pm Τετράπλευρο σε τεταρτοκύκλιο.pngΗ ημιευθεία , έχει αρχή το κέντρο του τεταρτοκυκλίου $\overset{\frown}{AB}$ , ακτίνας και τέμνει το τόξο .

Φέρουμε τμήμα : $AS \perp Ox$ . Υπολογίστε το μέγιστο εμβαδόν του τετραπλεύρου .

Θεωρούμε τον περίκυκλο του τριγώνου OAB