Две вътрешно допиращи се окръжности

[KOPMOPAH]

Две окръжности $k(O,R)$ и $k_1(O_1,r)$, $R>r,~$ се допират вътрешно в т.$A$. Окръжността $k_1$ пресича диаметъра $AB$ на $k$ в т.$C~(k_1 \cap AB=C)$.
Да се построи равностранен триъгълник с върхове т.$C$, т.$M$ и т.$N$, където $M \subset k$, $N \subset k_1.$

[KOPMOPAH]

Окръжности и два равностранни триъгълника.png (21.83 KiB) Прегледано 3291 пъти

Построяването не е чак толкова трудно. Предизвикателството е да се изразят чрез $R$ и $r$ страните a и b

[S.B.]

Без заглавие (89).png (348.84 KiB) Прегледано 3255 пъти

Прикачения файл Окръжности и два равностранни триъгълника.png вече е недостъпен

Построяването не е чак толкова трудно. Предизвикателството е да се изразят чрез $R$ и $r$ страните a и b

Нека страната на $\triangle CNM $ е $a$
[tex]\triangle ACN[/tex] е правоъгълен тъй като т.$N$ принадлежи на дъгата $AC$ от окръжността $k_{1 }(O_{1 } ; r)$,където $AC = 2r$ е диаметър.
Нека $\angle ACN = \varphi,\angle ACM = 60^\circ - \varphi \Rightarrow \frac{CN}{AC} = cos\varphi \Leftrightarrow \frac{a}{2r} = cos\varphi \Rightarrow sin\varphi = \frac{1}{2r}\sqrt{4r^{2} - a^{2}}$
За $\triangle MCO $ прилагам каосинусова теорема :
$OM^{2} = OC^{2} + CM^{2} - 2.OC.CM.cos(60^\circ - \varphi) \Leftrightarrow R^{2} = (2r - R)^{2} + a^{2} - 2.a.(2r - R)cos(60^\circ - \varphi)$
$cos(60^\circ - \varphi) = \frac{R^{2} - (2r - R)^{2} - a^{2}}{- 2a(2r - R)} \Leftrightarrow cos(60^\circ - \varphi) = \frac{4r(R - r) - a^{2}}{2a(R - 2r)}$(*)
$cos(60^\circ - \varphi) = cos60^\circ.cos\varphi + sin60^\circ.sin\varphi = \frac{1}{2}\frac{a}{2r} + \frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{\sqrt{4r^{2} - a^{2}}}{2r} = \frac{a}{4r} + \frac{\sqrt{3(4r^{2} - a^{2})}}{4r}$
Замествам в (*) и получавам:
$\frac{a}{4r} + \frac{\sqrt{3(4r^{2} - a^{2})}}{4r} = \frac{4r(R - r) - a^{2}}{2a(R - 2r)} \Leftrightarrow \frac{\sqrt{3(4r^{2} - a^{2})}}{4r} = \frac{4r(R - r) - a^{2}}{2a(R - 2r)} - \frac{a}{4r}$
След преработки се получава:
$\sqrt{3(4r^{2} - a^{2})} = \frac{1}{a}.\frac{8r^{2}(R - r)}{R - 2r} - a.\frac{R}{R - 2r}$
Полагам $\frac{8r^{2}(R - r)}{R - 2R} = P = const , \frac{R}{R - 2r} = Q = const$ И получавам:
$\sqrt{3(4r^{2} - a^{2})} = \frac{P}{a} - Q.a \Leftrightarrow a\sqrt{3(4r^{2} - a^{2})} = P - Q.a^{2}$ ,повдигам на втора степен и получавам:
$a^{2}(12r^{2} - 3a^{2}) = P^{2} - 2P.Q.a^{2} + Q^{2}.a^{4} \Leftrightarrow 12r^{2}a^{2} - 3a^{4} - P^{2} + 2.P.Q.a^{2} - Q^{2}a^{4} = 0$
Окончателно се получава биквадратно уравнение относно $a$ с рационални коефициенти ,които са изрази на $R$ и $r$:
$(3 + Q^{2}).a^{4} - (12r^{2} + 2PQ).a^{2} + P^{2} = 0$

Скрит текст: покажи

Удоволствието от решаването на това уравнение и намирането на $a$ чрез $R$ и $r$ оставям на ентусиастите

За страната $b$ на малкия триъгълник,се получава аналогично уравнение.

[S.B.]

Без заглавие (49).png (297.53 KiB) Прегледано 3253 пъти

Две окръжности $k(O,R)$ и $k_1(O_1,r)$, $R>r,~$ се допират вътрешно в т.$A$. Окръжността $k_1$ пресича диаметъра $AB$ на $k$ в т.$C~(k_1 \cap AB=C)$.
Да се построи равностранен триъгълник с върхове т.$C$, т.$M$ и т.$N$, където $M \subset k$, $N \subset k_1.$

Дадени са окръжности [tex]k(O,R) , k_{1 }(O_{1 },r)[/tex]
Построение:
1)Построявам окр. $k_{2 }(C,r) , k_{2 }\cap k_{1 } = D$
2)Построявам окр. $k_{3 }(D,r) ,k_{3 } \cap k = M , k_{3 }\cap k = M_{1 }$
3) $CM$ е една от страните на триъгълника.Построявам $k_{4 }(C ,r_{1 } = CM) ,k_{4 } \cap k_{1 } = N$
Построявам $\triangle CMN$
4)$CM_{1 }$ е страна на втория триъгълник.Построявам окр.$k_{5 }(C , r_{2 } = CM_{1 }) , k_{5 }\cap k_{1 }= N_{1 }$
Построявам $\triangle CM_{1 }N_{1 }$

[S.B.]

Полагам $\frac{8r^{2}(R - r)}{R - 2R} = P = const$ ....

Допуснала съм грешка при набирането на текста.Да се чете:
Полагам $\frac{8r^{2}(R - r)}{R - 2r} = P = const$