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[讨论] 面积是定值吗

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发表于 2022-4-1 23:01:09 | 显示全部楼层 |阅读模式

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如图,在单位圆内任意一点A作两对正交弦,两个十字形相对转过30°角。
当A为动点时,染色部分面积会是定值吗?对于非30°角呢?
精华

sinaimg.jpg
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2022-4-3 10:32:21 | 显示全部楼层
这个结论应该是正确,我用geogebra随便做了个20度角的图,结果都是正确的,不管相互垂直交点落在圆中什么位置,面积和都是25.1327412287 (半径为6)。
题目应该不难,主要时如何才能清晰明了的解释
20.ggb (26.73 KB, 下载次数: 2)
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发表于 2022-4-3 20:56:23 | 显示全部楼层
结论: 设半径为1,对于锐角$\alpha$而言, 四个扇形面积和为$2\alpha$

证明:以A为原点,BC和DE为坐标轴,
假设圆心在$(a,b)$,圆的一般方程和极坐标方程为\[\begin{eqnarray*}
1&=&\left(x-a\right)^{2}+\left(y-b\right)^{2}\\
r&=&a\cos\theta+b\sin\theta+\sqrt{1-\left(a\sin\theta-b\cos\theta\right)^{2}},0\le a^{2}+b^{2}<1
\end{eqnarray*}\]面积和同样表示为积分
\[\begin{eqnarray*}
S&=&\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{3}\left(\int_{\frac{n\pi}{2}}^{\alpha+\frac{n\pi}{2}}r^{2}d\theta\right)\\
&=&\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{3}\left(\int_{\frac{n\pi}{2}}^{\alpha+\frac{n\pi}{2}}\left(1+\left(a^{2}-b^{2}\right)\cos2\theta+2ab\sin2\theta\right)d\theta+2f_{n}\right)\\
&=&2\alpha+\sum_{n=0}^{3}f_{n}=2\alpha
\end{eqnarray*}
\]其中,\[\begin{eqnarray*}
f_{n}&=&\int_{\frac{n\pi}{2}}^{\alpha+\frac{n\pi}{2}}\left(a\cos\theta+b\sin\theta\right)\sqrt{1-\left(a\sin\theta-b\cos\theta\right)^{2}}d\theta\\\sum_{n=0}^{3}f_{n}&=&\sum_{n=0}^{1}\left(f_{n}+f_{n+2}\right)=0\\
h_{n}&=&a\cos\left(\theta+\frac{n\pi}{2}\right)+a\cos\left(\theta+\frac{n\pi}{2}+\pi\right)+\\&&b\sin\left(\theta+\frac{n\pi}{2}\right)+b\sin\left(\theta+\frac{n\pi}{2}+\pi\right)=0\\f_{n}+f_{n+2}&=&\int_{0}^{\alpha}h_{n}\sqrt{1-\left(a\sin\left(\theta+\frac{n\pi}{2}\right)-b\cos\left(\theta+\frac{n\pi}{2}\right)\right)^{2}}d\theta=0
\end{eqnarray*}\]

这里面的关键在于$\cos\left(\theta\right)+\cos\left(\theta+\pi\right)=0,\sin\left(\theta\right)+\sin\left(\theta+\pi\right)=0$,
于是复杂的积分和为0.
得证。
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发表于 2022-4-4 12:06:26 | 显示全部楼层
圆的两条正交弦相互分割的四条半弦的平方和等于直径的平方。即1#图中有 \[AB^2+AC^2+AD^2+AE^2=2^2\]
证明不难,如图,标记弦中心为`F,G`, 有\[
AB^2+AC^2=2(BF^2+FA^2),AD^2+AE^2=2(GE^2+AG^2)\\
\to AB^2+AC^2+AD^2+AE^2=2(BF^2+OF^2)+2(GE^2+OG^2)=4\]
捕获.PNG

点评

这个结论是不错的桥梁  发表于 2022-4-4 14:41
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发表于 2022-4-4 14:05:55 | 显示全部楼层
其实把 相交弦与圆的交点统统跟 圆心连起来,  那么面积之和 根据 扇形面积加减小三角形的面积很容易 全部计算出来.
然后 根据垂直弦的等腰特点, 消去一对小三角形.  剩下的另外两对面积之差 刚好是两个弦的垂足构成的矩形的两个半三角形, 也相互抵消. 所以 变成了四个弧长对应的扇形的面积和

而相对的弧长的两个圆心角之和都是$2\alpha$, 面积是$\alpha$. 所以结果就是$2\alpha$
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发表于 2022-4-4 15:07:25 | 显示全部楼层
wayne 发表于 2022-4-4 14:05
其实把 相交弦与圆的交点统统跟 圆心连起来,  那么面积之和 根据 扇形面积加减小三角形的面积很容易 全部计 ...

如果能把图画出来的话,这个题应该能有个无字证明。

我总觉得这个题在哪里看到过,而且就是只有图的无字证明。

点评

有点懒, 不想画图. 我用的是笔和纸.  发表于 2022-4-4 17:48
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发表于 2022-4-4 16:22:32 | 显示全部楼层
这个问题应可以推广。

可以将两条正交弦推广为共点并且等分周角的n条弦(任意两条相邻弦夹角为$\frac{\pi}{n}$)。
当这组弦同时旋转一个角度$\alpha$,扫过的扇形面积和为$n\alpha$.

同样采用楼上的积分方法来做计算。
\[\begin{eqnarray*}
S&=&\frac{1}{2}\sum_{m=0}^{2n-1}\left(\int_{\frac{m\pi}{n}}^{\alpha+\frac{m\pi}{n}}r^{2}d\theta\right)\\
&=&\frac{1}{2}\sum_{m=0}^{2n-1}\left(\int_{\frac{m\pi}{n}}^{\alpha+\frac{m\pi}{n}}\left(1+\left(a^{2}-b^{2}\right)\cos2\theta+2ab\sin2\theta\right)d\theta+2f_{m}\right)\\
&=&n\alpha
\end{eqnarray*}\]

其中,
\[\begin{eqnarray*}
f_{m}&=&\int_{\frac{m\pi}{n}}^{\alpha+\frac{m\pi}{n}}\left(a\cos\theta+b\sin\theta\right)\sqrt{1-\left(a\sin\theta-b\cos\theta\right)^{2}}d\theta\\\sum_{m=0}^{2n-1}f_{m}&=&\sum_{m=0}^{n-1}\left(f_{m}+f_{m+n}\right)=0\\h_{m}&=&a\cos\left(\theta+\frac{m\pi}{n}\right)+a\cos\left(\theta+\frac{m\pi}{n}+\pi\right)+\\&&b\sin\left(\theta+\frac{n\pi}{n}\right)+b\sin\left(\theta+\frac{n\pi}{n}+\pi\right)=0\\f_{m}+f_{n+m}&=&\int_{0}^{\alpha}h_{m}\sqrt{1-\left(a\sin\left(\theta+\frac{m\pi}{n}\right)-b\cos\left(\theta+\frac{m\pi}{n}\right)\right)^{2}}d\theta=0
\end{eqnarray*}\]

除此之外,由于还涉及$\cos2\theta,\sin2\theta$的求和,以下几个关系式需要用到
\[\begin{eqnarray*}
\sum_{m=0}^{2n-1}\exp\left(\frac{2m\pi i}{n}\right)&=&0\\\sum_{m=0}^{2n-1}\cos\left(\frac{2m\pi}{n}\right)&=&0\\\sum_{m=0}^{2n-1}\sin\left(\frac{2m\pi}{n}\right)&=&0
\end{eqnarray*}\]



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发表于 2022-4-4 17:57:34 | 显示全部楼层
4#中hujunhua的方法相当不错。证明这个引理可以勾股加余弦。
a.png
如图,由\({\frown\above 0pt BC}+{\frown\above 0pt DE}=2∠BAC=π\), 知$/_BOC$和$/_DOE$互为补角,所以根据余弦定理在$\Delta BOC$和$\Delta DOE$中可以计算得到$BC^2+DE^2=4OB^2=4$
再根据勾股定理记可以计算得到hujunhua的引理: \[AB^2+AC^2+AD^2+AE^2=4
\]然后就如同wayne所说,这个四平方和实际上就是题目中所求面积的微分:
b.png
如图,$BD$转过一个微角`\dif\alpha`至`B_1D_1`,曲边三角形面积元$BAB_1$和$DAD_1$的微分为`\frac1 2 AB^2 \dif\alpha`和`\frac1 2 AD^2 \dif\alpha`
同时$CE$亦转过相等微角`\dif\alpha`至$C_1E_1$,曲边三角形面积元$CAC_1$和$EAE_1$的微分为`\frac1 2 AC^2 \dif\alpha`和`\frac1 2 AE^2 \dif\alpha`
于是整个十字架扫过的大风车形面积元微分为\[\dif S=\frac12(AB^2+AC^2+AD^2+AE^2)\dif\alpha=4\dif\alpha\]

点评

我在4#也补充了一个证明。不过还是你这个思路简明。  发表于 2022-4-4 22:17
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发表于 2022-4-4 19:40:03 | 显示全部楼层
前面微元出了点小问题, 我删除了, 不过还是被mathe快照到了,惭愧, 我现在换了一种思路,并没有用到hujunhua老大的桥梁关系式:

如图, 绕A旋转的动弦$BC$与$OA$的夹角是$\alpha$,当BC旋转一个微角度`\dif\alpha`, 扫过的面积元为
$$\text{d}S_{BC} =\frac12(AC^2+AB^2)\text{d}\alpha= (CF^2+AF^2)\text{d}\alpha = (OC^2+OA^2\cos2\alpha)\text{d}\alpha$$
相应地,$DE$与OA的夹角为$\pi/2+alpha$,带入上式代换$alpha$得              $\text{d}S_{DE} = (OC^2+OA^2\cos(\pi+2\alpha))\text{d}\alpha$
所以整个十字架扫过的面积元为$$\text{d}S_{BC}+\text{d}S_{DE}=2\*OC^2\text{d}\alpha=2\text{d}\alpha$$
若十字架绕$A$点扫过的一个角度$\theta$, 则从$\alpha->\alpha+\theta$对上面的面积元进行积分,得到           $S_{BC}+S_{DE}= 2\theta$.
同理,如xiaoshuchong在7#推广的,咱也可以推广到$n$对等差相交弦的情况,只需要等差数列递增即可 $$\sum\text{d} S =\sum_{k=0}^{n-1}\text{d}\alpha+OA^2\cos\left(2\alpha+\frac{2k\pi}n\right)\text{d}\alpha = n\text{d}\alpha$$
若弦$BC$绕$A$点扫过的一个角度$\theta$, 则从$\alpha->\alpha+\theta$对上面的面积元进行积分,得到           $\sum S= n\theta$.
111.png

点评

赞赞赞, 还是 hujunhua 编辑的简明. 先求和再积分, 比先积分再求和 简明多了.  发表于 2022-4-5 09:18
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
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发表于 2022-4-4 22:18:59 | 显示全部楼层
考虑n条弦($n\ge2$), 由9#的第4行\[\frac12(AB^2+AC^2)=1+OA^2\cos2\alpha\]可得4#的桥梁关系式为$\sum_{m=1}^{2n}r_{m}^{2}=2n$,

面积可以用积分表示如下

\[S=\frac{1}{2}\sum_{m=1}^{2n}\int_{0}^{\alpha}r_{m}^{2}\dif\theta=n\alpha\]

n条弦关系式的证明亦可用极坐标方法。
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