Може ли малко помощ?

[Гост]

20240212_110323.jpg (290.96 KiB) Прегледано 2464 пъти

[peyo]

Прикачения файл 20240212_110323.jpg вече е недостъпен

Това ще е много интересна задача, която ще решим по един особено труден начин използвайки тежка артилерия!

Търсим права L, която минава през точката $B(0,0)$, точката $А(x_a,y_a)$ .
Търсим окръжност $k(x_k,y_k,R)$ цeнтъра е на правата L и мината през точките $А(x_a,y_a)$, $B(0,0)$ и $C(2,0)$.
Търсим окръжност $k1(x_{k1},y_{k1},r)$ цeнтъра е на правата L и минава през точките $А(x_a,y_a)$, $М(3,0)$ и $K(4,0)$.

Да видим чертеж.

Screenshot 2024-02-14 071410.jpg (127.62 KiB) Прегледано 2423 пъти

BCA e прав ъгъл и хикса на точката A точно C!
$A(2,y_a)$
$x_k$ e по-средата значи ще е 1, а $y_k$ е по средата:
$k(1,y_а/2,R)$

Хикса пък на $k_1$ е точно по средата на 3 и 4:
$k1(3.5,y_{k1},r)$

Линията L:
$(y-0)/(x-0) = (y_a-0)/(x_a-0)$
$2 y = y_a x$

Да съставим уравнения!

$2^2+y_a^2=(2R)^2$

$3.5^2+y_{k1}^2=(2*R+r)^2$

$(3.5-2)^2+(y_{k1}-y_a)^2=r^2$

$(3.5-3)^2+(y_{k1})^2=r^2$

$2 y_{k1} = y_a 3.5$

Това са 5 уравнения за 4 променливи. Това е повече от добре. Ако беше обратното щяхме да се притесним, че липсват уравнения.

Да я решим:

var("R,r,y_k1,y_a")
S = [2**2+y_a**2-(2*R)**2, 3.5**2+y_k1**2-(2*R+r)**2, (3.5-2)**2+(y_k1-y_a)**2 -r**2, (3.5-3)**2+(y_k1)**2-r**2, 2 * y_k1 - y_a *3.5]
solve(S)

[{R: -1.09544511501033,
r: -1.64316767251550,
y_a: -0.894427190999916,
y_k1: -1.56524758424985},
{R: -1.09544511501033,
r: -1.64316767251550,
y_a: 0.894427190999916,
y_k1: 1.56524758424985},
{R: 1.09544511501033,
r: 1.64316767251550,
y_a: -0.894427190999916,
y_k1: -1.56524758424985},
{R: 1.09544511501033,
r: 1.64316767251550,
y_a: 0.894427190999916,
y_k1: 1.56524758424985}]

Само едно от решенията има само положителни радиуси и разстояния, значи:

[tex]\frac{R}{r}= \frac{1.09544511501033}{1.64316767251550} = 0.6666666666666646[/tex]

[peyo]

20240212_110323.jpg

Алтернативно, но прекалено просто и скучно решение би било е да забележим, че радиусите са пропорционални на хикс позициите. Тогава:

In [1101]: 1/(3.5-2)
Out[1101]: 0.6666666666666666

[S.B.]

Без заглавие - 2024-02-22T185006.787.png (343.43 KiB) Прегледано 2385 пъти

[tex]\triangle ACB \cong \triangle ACK[/tex] (първи признак)
[tex]\Rightarrow AK = AB = 2R[/tex]
Нека [tex]\angle AKM = \alpha , \angle MAK = \beta[/tex]
[tex]\alpha = \displaystyle \frac{\overset {\displaystyle \frown}{AM}}{2} , \beta = \displaystyle \frac{\overset {\displaystyle \frown}{KM}}{2}[/tex]
[tex]\angle A B_{1 } K = \displaystyle \frac{\overset {\displaystyle \frown} {AK}}{2} = \displaystyle \frac{\overset{\displaystyle \frown}{AM}}{2} + \displaystyle \frac{\overset{\displaystyle \frown}{MK}}{2} = \alpha + \beta[/tex]
[tex]\angle AMC[/tex] е външен за [tex]\triangle AMK \Rightarrow \angle AMC = \angle AKM + \angle MAK = \alpha + \beta[/tex]
[tex]\Rightarrow \angle A B_{1 }K = \angle AMC = \gamma[/tex]
[tex]\angle B_{1 }KA = \angle ACM = 90 ^\circ[/tex]
[tex]\Rightarrow B_{1 }KA \approx \triangle ACM[/tex] ( първи признак)

[tex]\Rightarrow \frac{A B_{1 } }{AM} = \frac{AK}{AC} = \frac{K B_{1 } }{MC} \Leftrightarrow \frac{2r}{AM} = \frac{2R}{AC} = \frac{K B_{1 } }{1}[/tex]

Удобно е да се използват първите две отношения.За целта определям $AM$ и $AC$ чрез Питагорова теорема:
От [tex]\triangle ABC \rightarrow AC^{2 } = AB^{2 } - BC^{2 } \Leftrightarrow AC^{2 } = 4 R^{2 } - 4[/tex]
$$\Rightarrow AC = 2 \sqrt{ R^{2 }- 1 } $$
От [tex]\triangle AMC \rightarrow AM^{2 } = AC^{2 } + MC^{2 } \Leftrightarrow AM^{2 } = 4 R^{2 }- 4 + 1^{2 }[/tex]
$$\Rightarrow AM = \sqrt{4 R^{2 } - 3 } $$
[tex]\frac{2r}{AM} = \frac{2R}{AC} \Leftrightarrow \frac{2r}{ \sqrt{4 R^{2 }- 3 } } = \frac{2R}{ 2\sqrt{ R^{2 }- 1 } }[/tex]

След преработка се получава:
$$\frac{R}{r} = \frac{2 \sqrt{ R^{2 } - 1 } }{ \sqrt{4 R^{2 } - 3} }$$

Твърде необичаен резултат,но каквото искат -такова се получава!
Може би авторите е трябвало да поискат да се изрази $r$ чрез $R$, но ....такава е волята на авторите!

[KOPMOPAH]

Може ли малко помощ.png (8.45 KiB) Прегледано 2368 пъти

Центърът $O_1$ лежи на симетралата на $MK$. Триъгълниците $\triangle BAC$ и $\triangle BO_1F$ са подобни, следователно$$\frac{BA}{BO_1}=\frac{BC}{BF}\Rightarrow\frac{2r}{2r+R}=\frac{2}{2+\displaystyle\frac 32}\Rightarrow \cdots \Rightarrow\frac rR=\frac 23$$

[S.B.]

Може ли малко помощ.png

Центърът $O_1$ лежи на симетралата на $MK$. Триъгълниците $\triangle BAC$ и $\triangle BO_1F$ са подобни, следователно$$\frac{BA}{BO_1}=\frac{BC}{BF}\Rightarrow\frac{2r}{2r+R}=\frac{2}{2+\displaystyle\frac 32}\Rightarrow \cdots \Rightarrow\frac rR=\frac 23$$

Поздравления!