几何の暴力美学:圆隙

Aster 理宅异闻录 Leave a Comment

我们知道三个圆相切可以围成一个不规则图形, 不妨称其为圆隙...

Wait...好像不严谨, 套一起的话三圆可以切于同一点...

好吧三圆相切于不同点...oh no...还是不能唯一确定图形...

我们今天的探究目标是求圆隙,也就是中间那个不规则部分的面积.


Hero公式

先不急着解决圆的问题,这个三角形的面积是多少?

这是个很漂亮的结论: Hero公式

\[S_\triangle=\sqrt{r_1r_2r_3(r_1+r_2+r_3)}\]

设三边:

\[\left\{ \begin{aligned}
a &= r_2 + r_3 \\
b &= r_1 + r_3 \\
c &= r_1 + r_2 \\
\end{aligned} \right.\]

因为半周长正好就是 $p=r_1+r_2+r_3$,然后使用海伦公式即证.


圆弧面积

三个圆弧就麻烦了,上余弦定理:

\[\begin{aligned}
\cos \theta &= \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc} \\
&=\frac{\left(r_1+r_2\right){}^2+\left(r_1+r_3\right){}^2-\left(r_2+r_3\right){}^2}{2 \left(r_1+r_2\right) \left(r_1+r_3\right)}\\
&= \frac{r_1^2+r_2 r_1+r_3 r_1-r_2 r_3}{\left(r_1+r_2\right) \left(r_1+r_3\right)}\\
\end{aligned}\]

然后硬上正弦面积公式:

\[\begin{aligned}
S_1 &= \frac{1}{2}{r_1}{}^2 \theta \\
&= \frac{1}{2} r_1^2 \cos ^{-1}\left(\frac{\left(r_1+r_2\right){}^2+\left(r_1+r_3\right){}^2-\left(r_2+r_3\right){}^2}{2 \left(r_1+r_2\right) \left(r_1+r_3\right)}\right)\\
&= \frac{1}{2} r_1^2 \sec ^{-1}\left(\frac{\left(r_1+r_2\right) \left(r_1+r_3\right)}{r_1^2+r_2 r_1+r_3 r_1-r_2 r_3}\right)\\
\end{aligned}\]

接下来轮换指标求和,与三角形面积作差:

\[S_\Omega=S_\triangle - (S_1 + S_2 + S_3)\]

毫无美感我的天...

看看特殊情况如何.

比如底边为1的等腰三角形的情况:

\[{S_\Lambda } = \frac{1}{4}\left( {2\sqrt {t(t + 1)}  - 2{t^2}\arccos \left( {1 - \frac{2}{{{{(2t + 1)}^2}}}} \right) - \operatorname{arcsec} (2t + 1)} \right)\]

Well,还是毫无美感可言...

\[\begin{aligned}
\min {S_\Lambda } &= {\left. {{S_\Lambda }} \right|_{t = 0}} = 0 \\
\max {S_\Lambda } &= \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } {S_\Lambda } = \frac{{4 - \pi }}{8} \\
\end{aligned}\]

另一方面结论还相当平凡...无语...


内切情况

第二种情况就是内切...

我现在有点犹豫要不要做下去,因为这个看上去难度实在是太大了,算出来还很丑的话,说明我的选题眼光出了大问题...

试试吧,先想想怎么表示出面积:

\[{S_\Omega } = {S_{MN}} - {S_{MP}} - {S_{NP}} - {S_{\vartriangle {O_1}{O_2}{O_3}}}\]

真要命...我越来越没信心了...

把关系统统写出来:

\[\left\{ \begin{aligned}
&{r_1} > {r_2} > {r_3} \\
&{O_1}{O_2} = {r_1} - {r_2} \\
&{O_2}{O_3} = {r_2} + {r_3} \\
&{O_3}{O_1} = {r_1} - {r_3} \\
\end{aligned} \right.\]

先处理三角形,半周长为:

\[p = \frac{1}{2}({O_1}{O_2} + {O_2}{O_3} + {O_3}{O_1}) = {r_1}\]

面积有点意思,面积为:

\[{S_{\triangle {O_1}{O_2}{O_3}}} = \sqrt {{r_1}{r_2}{r_3}\left( {{r_1} - {r_2} - {r_3}} \right)} \]

最大的扇形:

\[\begin{aligned}
S_{MN} &= \frac{1}{2}{r_1}^2{\theta _1} \\
&= \frac{1}{2} r_1^2 \cos ^{-1}\left(\frac{\left(r_1-r_2\right){}^2+\left(r_1-r_3\right){}^2-\left(r_2+r_3\right){}^2}{2 \left(r_1-r_2\right) \left(r_1-r_3\right)}\right)\\
&= \frac{1}{2} r_1^2 \sec ^{-1}\left(\frac{\left(r_1-r_2\right) \left(r_1-r_3\right)}{r_1^2-r_2 r_1+r_3 r_1-r_2 r_3}\right)\\
\end{aligned}\]

然后比较麻烦的两个小扇形:

\[\begin{aligned}
{S_{NP}} &= \frac{1}{2}{r_2}^2(\pi - {\theta _2}) \\
{S_{MP}} &= \frac{1}{2}{r_3}^2(\pi - {\theta _3}) \\
\end{aligned}\]

还是一大堆反三角函数,彻彻底底的失败探究...

考察等腰情况...结论仍是平凡的...

\[\begin{aligned}
\min {S_\Omega } &= \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } {S_\Omega } = \frac{{4 - \pi }}{8} \\
\max {S_\Omega } &= {\left. {{S_\Omega }} \right|_{t = 1}} = \frac{\pi }{4} \\
\end{aligned}\]

Sad...今天的探究是彻彻底底的失败探究...纯粹的浪费时间...


绘图代码备份

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