Pole zacieniowanej figury

Tutsii · Post autor: **Tutsii** » 6 maja 2009, o 14:40

Oblicz pole zacieniowanej figury:

: AU; 21castk.jpg (15.25 KiB) Przejrzano 302 razy

Jerzy_q · Post autor: **Jerzy_q** » 6 maja 2009, o 14:43

<głupoty>...

Tutsii · Post autor: **Tutsii** » 6 maja 2009, o 14:49

Dzięki. Nie trzeba przedtem dowieść jakoś, że ten trójkąt jest równoboczny? To jest zadanie za 6 punktów, więc chyba powinno być bardziej "zawikłane"...

Kapu · Post autor: **Kapu** » 6 maja 2009, o 15:19

Jeśli przedłużysz ten promień jako wysokość to otrzymasz 2 trójkąty prostokątne. Suma kątów musi wynosić 180stopni, wiesz, że jeden kąt ma 90stopni, drugi, 60stopni, to trzeci musi mieć 30stopni. Kat ten przy górnym wierzchołku to 2*30stopni = 60stopni. Ostatni kąt też wyliczysz, ze ma 60 stopni (180 - 60*2), czyli trójkąt ten jest równoboczny.

Revius · Post autor: **Revius** » 6 maja 2009, o 15:38

Dziwne jest to zadanie
Moim zdaniem to nie jest trójkąt równoboczny, jaką mamy pewność, że przedłużenie tego promienia będzie pod kątem prostym do boku?
Jeżeli założymy, że to jest trójkąt równoboczny, to wysokość tego trójkąta to:
\(\displaystyle{ h = \frac{a \sqrt{3} }{2} = \frac{10 \sqrt{6} }{2} = 5 \sqrt{6}}\)

Okrąg jest opisany na "trójkącie równobocznym", więc promień tego okręgu równa sie \(\displaystyle{ \frac{2}{3}}\) wysokości.

\(\displaystyle{ 10 \neq \frac{2}{3} \cdot 5 \sqrt{6}}\)

Jeżeli sie mylę, proszę mnie poprawić Możliwe, ze poprzednie rozwiązania są prawidłowe, a ja jak zwykle szukam dziury w całym

Kapu · Post autor: **Kapu** » 6 maja 2009, o 15:59

Revius, istotnie coś w tym jest. Zasugerowałem się poprzednią wypowiedzią i nie zwróciłem na to uwagi.

A gdyby przyjąć, że jest to trójkąt równoramienny (niby na rysunku tak wygląda) to wysokość dzieliłaby podstawę na 2 równe odcinki. Mielibyśmy trójkąt prostokątny o kątach 30, 60, 90stopni, więc przeciwprostokątna powinna być dwa razy dłuższa niż połowa podstawy tego trójkąta równoramiennego, czyli \(\displaystyle{ 10 \sqrt{2}}\)... I znów wracamy do trójkąta równobocznego.

mcbob · Post autor: **mcbob** » 6 maja 2009, o 16:03

Łatwo zauważyć że kąt "u góry" ma miarę \(\displaystyle{ 45 ^{o}}\) a kąt "po lewej" \(\displaystyle{ 75 ^{o}}\).
A bok "po lewej" ma długość \(\displaystyle{ 10 \sqrt{3}}\). Z tego już pole policzymy.

rozkminiacz · Post autor: **rozkminiacz** » 6 maja 2009, o 16:25

widac dokladnie ze nie jest to trojkat rownoboczny

\(\displaystyle{ h=\frac{a\sqrt{3}}{2}=5\sqrt{6}}\)

natomiast jesli przyjac by ze promien to polowa wysokosci i zauwazyc ze \(\displaystyle{ 5\sqrt{6} \approx 12}\)

to dokladnie widzimy ze nie jest to prawda

mcbob · Post autor: **mcbob** » 6 maja 2009, o 16:46

Poprowadźcie sobie odcinki od środka okręgu do wierzchołków trójkąta przy podstawie. Z twierdzenia odwrotnego do tw. Pitagorasa wiemy że jest to trójkąt prostokątny. Teraz kąt wpisany i środkowy oparte na tym samym łuku. I widać że kąt u góry ma miare \(\displaystyle{ 45 ^{o}}\). Kąt po lewej to \(\displaystyle{ 180-60-45=75 ^{o}}\). Bok po lewej z tw. cosinusów w trójkącie zbudowanym przez połączenie środka okręgu z wierzchołkiem przy podstawie i tym u góry.

Tutsii · Post autor: **Tutsii** » 6 maja 2009, o 17:42

Stwierdzenie mcbob'a wydaje się być sensowne, ale niestety ma się nijako do odpowiedzi, która wynosi 25*(4\(\displaystyle{ \pi}\) - \(\displaystyle{ \sqrt{3}}\) - 3). Chyba, że mylę się gdzieś dalej w obliczeniach.

mcbob · Post autor: **mcbob** » 6 maja 2009, o 19:20

Tutsii pisze:Stwierdzenie mcbob'a wydaje się być sensowne, ale niestety ma się nijako do odpowiedzi

I tu cię muszę rozczarować. Bo wynik wychodzi mi właśnie taki jak podałeś.

\(\displaystyle{ P _{trojkata} = \frac{1}{2} \cdot 10 \sqrt{2} \cdot 10 \sqrt{3} \cdot sin(75 ^{o})=75+25 \sqrt{3}}\)

\(\displaystyle{ P _{zacieniowanego fragmentu} = \pi \cdot 10 ^{2}-75-25 \sqrt{3}=25 \cdot (4\pi- \sqrt{3}-3)}\)

Tutsii · Post autor: **Tutsii** » 6 maja 2009, o 19:27

Faktycznie. Dziękuje bardzo