Примерна тема

martosss · Пуснато на: Tue May 05, 2009 3:45 pm Заглавие:

Аз пък пета я реших по друг начин:
Нека Н е петата на височината от С, а пък О е ц. на оп. окръжност.
първо от [tex]\Del AOH[/tex] намираме [tex]AH=\sqrt{R^2-4r^2}[/tex]
После от [tex]\Del AHC[/tex] намираме [tex]AC=BC=\sqrt{2R^2+4rR}[/tex]
Сега имаме [tex]S_{ABC}=pr=\frac{AB*CH}{2}[/tex] откъдето
[tex](\N 2AC+\N 2AH)*r=\N 2AH*(R+2r)[/tex]
[tex]AC*r=AH(R+r)[/tex]
[tex]\sqrt{2R^2+4rR}*r=\sqrt{R^2-4r^2}*(R+r)[/tex] и сега повдигаме на квадрат, опростяваме и получаваме
[tex]R^4+2rR^3-5r^2R^2-12Rr^3-4r^4=0[/tex] и делим на [tex]R^4[/tex] след което полагаме [tex]\frac{r}{R}=x[/tex]
[tex]4x^4+12x^3+5x^2-2x-1=0[/tex] и сега от Хорнер разлагаме до
[tex](x-0.5)^2(x^2+2x-1)=0[/tex]
Оттук от второто намираме [tex]x=\frac{-2\pm 2\sqrt{2}}{2}=-1\pm \sqrt{2}[/tex]
Сега отрицателният корен отпада, след което се сещаме, че [tex]x=\frac{r}{R}[/tex], а ние търсим [tex]\frac{2r}{R}[/tex], тоест умножаваме по две и получаваме [tex]cos\gamma =2(\sqrt{2}-1)[/tex] Wink

Реклама

r2d2 · Пуснато на: Tue May 05, 2009 6:42 pm Заглавие:

Към зад. 3
Множеството от точки [tex]M(x;y)[/tex] ,за които [tex](x-a)^2+(y-b)^2=R^2 [/tex]e окръжност с радиус R и център [tex]O(a;b)[/tex].

Това следва от теоремата на Питагор.

Нека [tex]M(x;y)[/tex] е такава, че [tex]\frac {AM}{BM}=2[/tex], нека [tex]A(0;0) \; B(1;0).[/tex].

Тогава [tex]AM^2=4BM^2 \Rightarrow x^2+y^2=4[(x-1)^2+y^2] \Rightarrow x^2-8/3x+y^2+4/3=0[/tex]

Получихме[tex] (x-\frac{4}{3})^2+y^2=(\frac{2}{3})^2[/tex], т.е. М е на окръжност с радиус 2/3 и център О(4/3;0).

Ясно е, че макс. лице се достига при ОМ=2/3.

По-важно множеството от точки М, за които АМ/ВМ=k e окръжност! Докажете!

krainik · Пуснато на: Tue May 05, 2009 6:53 pm Заглавие:

Само да добавя: Търсеното ГМТ, което е окръжност, се нарича Аполониева окръжност за [tex]k\ne1[/tex]. При [tex]k=1[/tex] търсеното ГМТ е симетралата на [tex]AB[/tex].