Номер 1083, страница 150 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

1083. Диаметр окружности является основанием правильного треугольника. Найдите, какая часть площади треугольника находится вне круга.

Пусть сторона правильного треугольника равна $a$. По условию, его основание является диаметром окружности, следовательно, диаметр $d=a$. Радиус окружности $r$ равен половине диаметра: $r = \frac{a}{2}$.

Площадь правильного треугольника $S_{\triangle}$ вычисляется по формуле: $S_{\triangle} = \frac{a^2 \sqrt{3}}{4}$ Выразим площадь треугольника через радиус окружности, подставив $a=2r$: $S_{\triangle} = \frac{(2r)^2 \sqrt{3}}{4} = \frac{4r^2 \sqrt{3}}{4} = r^2\sqrt{3}$.

Чтобы найти, какая часть площади треугольника находится вне круга, нам необходимо найти площадь общей части треугольника и круга ($S_{\text{внутри}}$), а затем вычесть ее из общей площади треугольника.

Для нахождения $S_{\text{внутри}}$ введем систему координат. Пусть центр окружности совпадает с началом координат $O(0,0)$, а основание треугольника (диаметр) лежит на оси $Ox$. Тогда вершины основания треугольника будут иметь координаты $A(-r, 0)$ и $B(r, 0)$. Третья вершина правильного треугольника, обозначим ее $C$, будет находиться на высоте $h = a \frac{\sqrt{3}}{2} = 2r \frac{\sqrt{3}}{2} = r\sqrt{3}$ от основания. Координаты вершины $C$ будут $(0, r\sqrt{3})$. Уравнение окружности: $x^2 + y^2 = r^2$.

Найдем точки пересечения боковых сторон треугольника с окружностью. Уравнение прямой, содержащей сторону $BC$ (проходящей через точки $B(r,0)$ и $C(0, r\sqrt{3})$), имеет вид $y = -\sqrt{3}(x-r)$. Подставим это выражение в уравнение окружности, чтобы найти точки пересечения: $x^2 + (-\sqrt{3}(x-r))^2 = r^2$ $x^2 + 3(x^2 - 2rx + r^2) = r^2$ $x^2 + 3x^2 - 6rx + 3r^2 = r^2$ $4x^2 - 6rx + 2r^2 = 0$ $2x^2 - 3rx + r^2 = 0$ Решая это квадратное уравнение относительно $x$, получаем два корня: $x_1 = r$ (что соответствует вершине $B$) и $x_2 = \frac{r}{2}$. Найдем координату $y$ для $x = \frac{r}{2}$: $y = -\sqrt{3}(\frac{r}{2}-r) = -\sqrt{3}(-\frac{r}{2}) = \frac{r\sqrt{3}}{2}$. Таким образом, сторона $BC$ пересекает окружность в точке $Q(\frac{r}{2}, \frac{r\sqrt{3}}{2})$. В силу симметрии, сторона $AC$ пересекает окружность в точке $P(-\frac{r}{2}, \frac{r\sqrt{3}}{2})$.

Площадь пересечения $S_{\text{внутри}}$ представляет собой фигуру, ограниченную снизу диаметром $AB$, по бокам отрезками $AP$ и $BQ$, и сверху дугой окружности $PQ$. Эту площадь можно вычислить, разбив ее на три части:
1. Площадь под дугой $PQ$, которая, в свою очередь, состоит из площади сектора $POQ$ и площади треугольника $OPQ$.
2. Площадь треугольной области слева, ограниченной отрезками $AP$, осью $Ox$ и прямой $x = -\frac{r}{2}$.
3. Площадь треугольной области справа, ограниченной отрезками $BQ$, осью $Ox$ и прямой $x = \frac{r}{2}$.

Найдем центральный угол $\angle POQ$. Векторы $\vec{OP}=(-\frac{r}{2}, \frac{r\sqrt{3}}{2})$ и $\vec{OQ}=(\frac{r}{2}, \frac{r\sqrt{3}}{2})$. Косинус угла между ними: $\cos(\angle POQ) = \frac{\vec{OP} \cdot \vec{OQ}}{|\vec{OP}| |\vec{OQ}|} = \frac{-r^2/4 + 3r^2/4}{r \cdot r} = \frac{r^2/2}{r^2} = \frac{1}{2}$. Следовательно, $\angle POQ = 60^\circ$ или $\frac{\pi}{3}$ радиан.
Площадь сектора $POQ$: $S_{\text{сектор}} = \frac{60}{360}\pi r^2 = \frac{\pi r^2}{6}$.
Площадь треугольника $OPQ$: $S_{\triangle OPQ} = \frac{1}{2} r \cdot r \sin(60^\circ) = \frac{r^2\sqrt{3}}{4}$.
Площадь под дугой $PQ$ равна сумме этих площадей: $\frac{\pi r^2}{6} + \frac{r^2\sqrt{3}}{4}$.

Площадь левой треугольной области (под отрезком $AP$) — это площадь треугольника с вершинами $A(-r,0)$, $P(-\frac{r}{2}, \frac{r\sqrt{3}}{2})$ и $(-\frac{r}{2}, 0)$. Его площадь равна: $S_{\text{левая}} = \frac{1}{2} \cdot \text{основание} \cdot \text{высота} = \frac{1}{2} \cdot (r - \frac{r}{2}) \cdot \frac{r\sqrt{3}}{2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{r}{2} \cdot \frac{r\sqrt{3}}{2} = \frac{r^2\sqrt{3}}{8}$.
Площадь правой области симметрична и также равна $\frac{r^2\sqrt{3}}{8}$.

Теперь сложим площади всех частей, чтобы найти $S_{\text{внутри}}$: $S_{\text{внутри}} = (\text{Площадь под дугой PQ}) + S_{\text{левая}} + S_{\text{правая}} = (\frac{\pi r^2}{6} + \frac{r^2\sqrt{3}}{4}) + \frac{r^2\sqrt{3}}{8} + \frac{r^2\sqrt{3}}{8} = \frac{\pi r^2}{6} + \frac{2r^2\sqrt{3}}{4} = \frac{\pi r^2}{6} + \frac{r^2\sqrt{3}}{2}$.

Площадь части треугольника, находящейся вне круга ($S_{\text{вне}}$), равна разности общей площади треугольника и площади их пересечения: $S_{\text{вне}} = S_{\triangle} - S_{\text{внутри}} = r^2\sqrt{3} - (\frac{\pi r^2}{6} + \frac{r^2\sqrt{3}}{2}) = \frac{r^2\sqrt{3}}{2} - \frac{\pi r^2}{6} = r^2(\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\pi}{6})$.

Искомая часть — это отношение площади $S_{\text{вне}}$ к общей площади треугольника $S_{\triangle}$: $\frac{S_{\text{вне}}}{S_{\triangle}} = \frac{r^2(\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\pi}{6})}{r^2\sqrt{3}} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{3}} - \frac{\frac{\pi}{6}}{\sqrt{3}} = \frac{1}{2} - \frac{\pi}{6\sqrt{3}}$. Для избавления от иррациональности в знаменателе умножим числитель и знаменатель второй дроби на $\sqrt{3}$: $\frac{1}{2} - \frac{\pi\sqrt{3}}{6 \cdot 3} = \frac{1}{2} - \frac{\pi\sqrt{3}}{18}$. Приводя к общему знаменателю, получаем: $\frac{9}{18} - \frac{\pi\sqrt{3}}{18} = \frac{9 - \pi\sqrt{3}}{18}$.

Ответ: $\frac{9 - \pi\sqrt{3}}{18}$