Задача 1
К главе XIII. На рисунке четыре полуокружности: AEB и две малые AKC, DLB над AB, CFD под AB, AC = DB; EF ⊥ AB через центр O. Доказать, что площадь закрашенной фигуры равна площади круга с диаметром EF.
Решение
Дано: точки \(A, C, D, B\) на одной прямой, \(AC = DB\); полуокружности \(AEB\), \(AKC\), \(DLB\) построены по одну сторону от \(AB\), полуокружность \(CFD\) — по другую; закрашенная фигура — полукруг \(AEB\) без полукругов \(AKC\) и \(DLB\) вместе с полукругом \(CFD\); \(E\) и \(F\) — точки полуокружностей \(AEB\) и \(CFD\) на перпендикуляре к \(AB\) в общем центре \(O\). Доказать: \(S_{\text{фиг}} = S\) круга с диаметром \(EF\).
- Обозначим \(AB = 2R\), \(AC = DB = 2r\). Так как \(AC = DB\), середина \(O\) отрезка \(AB\) — также середина \(CD\), и \(CD = 2R - 4r\), то есть радиус полуокружности \(CFD\) равен \(R - 2r\).
- Площадь полукруга с диаметром \(d\) равна \(\dfrac12\pi\left(\dfrac d2\right)^2 = \dfrac{\pi d^2}{8}\). Полукруги \(AKC\) и \(DLB\) лежат внутри полукруга \(AEB\) и не перекрываются, а полукруг \(CFD\) лежит по другую сторону от \(AB\). Поэтому
\[S_{\text{фиг}} = \dfrac{\pi}{2}R^2 - 2\cdot\dfrac{\pi}{2}r^2 + \dfrac{\pi}{2}(R - 2r)^2 = \dfrac{\pi}{2}\left(R^2 - 2r^2 + R^2 - 4Rr + 4r^2\right) = \pi(R - r)^2.\]
- Точки \(E\) и \(F\) — концы радиусов \(OE = R\) и \(OF = R - 2r\), направленных в противоположные стороны, поэтому \(EF = R + (R - 2r) = 2(R - r)\). Круг с диаметром \(EF\) имеет радиус \(R - r\) и площадь \(\pi(R - r)^2\).
- Площади совпадают.
Ответ
Площадь фигуры считается как сумма и разность площадей полукругов, а EF = R + (R − 2r) = 2(R − r).
Подробнее — в теме «Площадь круга и кругового сектора».