mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 03, 2021 9:02 pm**

: Φεύγουμε νότια.png (14.08 KiB) Προβλήθηκε 882 φορές

Η εφαπτομένη της παραβολής : y=x^2

σε σημείο

, τέμνει το νότιο ημικύκλιο του κύκλου :

x^2+y^2=9

, στο

. Βρείτε τις συντεταγμένες του

, αν η γωνία : $\widehat{TSA}$ , είναι ορθή .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 04, 2021 10:32 am**

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 03, 2021 9:02 pm
Φεύγουμε νότια.pngΗ εφαπτομένη της παραβολής : σε σημείο , τέμνει το νότιο ημικύκλιο του κύκλου :

, στο . Βρείτε τις συντεταγμένες του , αν η γωνία : $\widehat{TSA}$ , είναι ορθή .

: Νότια.png (11.24 KiB) Προβλήθηκε 833 φορές

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 04, 2021 11:17 am**

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 03, 2021 9:02 pm
Φεύγουμε νότια.pngΗ εφαπτομένη της παραβολής : σε σημείο , τέμνει το νότιο ημικύκλιο του κύκλου :

, στο . Βρείτε τις συντεταγμένες του , αν η γωνία : $\widehat{TSA}$ , είναι ορθή .

Είναι γνωστό ότι τα σημεία H,C

είναι συμμετρικά ως προς

.Άρα $DE=OD= \dfrac{ x_{1} }{2}$ και $AE=3- x_{1}$

$SE^2=DE.EA \Rightarrow x^4_{1} = \dfrac{ x_{1} }{2}(3- x_{1}) \Leftrightarrow ( x_{1}-1)(2 x^2_{1}+2 x_{1}+3)=0 \Leftrightarrow x_{1} =1$

Άρα S=(1,1)

και

η εξίσωση της εφαπτόμενης

Εύκολα τώρα βρίσκουμε $T= (\dfrac{2}{5} (1- \sqrt{11}) , \dfrac{-1-4 \sqrt{11} }{5} )$

: φεύγουμε νότια.png (34.34 KiB) Προβλήθηκε 824 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 04, 2021 12:43 pm**

Ας είναι $S\left( {s,{s^2}} \right)$ . Η εφαπτομένη ευθεία της παραβολής στο

τέμνει τον κατακόρυφο άξονα στο

.

Το

είναι συμμετρικό( ως προς την αρχή) της προβολής, έστω

, του

στον ίδιο άξονα.

Έτσι θα είναι : $N\left( {0, - {s^2}} \right)$ και άρα : $\left\{ \begin{gathered} \overrightarrow {NS} = \left( {s,2{s^2}} \right) \hfill \\ \overrightarrow {SA} = \left( {(3 - s, - {s^2}} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.$

: Φεύγουμε νότια.png (30.53 KiB) Προβλήθηκε 798 φορές

κι επειδή έχουν εσωτερικό γινόμενο μηδέν , κάθετα γαρ, θα προκύψει : $S\left( {1,1} \right)$ ,

άρα $\overrightarrow {NS} = \left( {1,2} \right)$ και η ευθεία $SN \to y = 2x - 1$ . το σύστημα της εξίσωσης του ημικυκλίου με την ευθεία αυτή δίδει:

$\boxed{T\left( { - \frac{{2\sqrt {11} + 2}}{5}, - \frac{{4\sqrt {11} + 1}}{5}} \right)}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 04, 2021 1:01 pm**

Αν οι συντεταγμένες του

είναι

, τότε η κλίση της εφαπτομένης είναι

. H συνθήκη καθετότητάς της με τη

δίνει

$\displaystyle{2s \cdot \dfrac {s^2-0}{s-3}=-1}$ , ισοδύναμα 2s^3+s-3=0

. Προφανής λύση η s=1

από όπου η παραγωντοποίηση (s-1)(2s^2+2s-3)=0

(δηλαδή οι άλλες δύο ρίζες μιγαδικές). Και λοιπά, με χρήση της εξίσωσης της εφαπτομένης, που είναι y=2x-1

,

Ομολογώ ότι δεν κατανοώ τι δουλειά έχει στον φάκελο των Διασκεδατικών Μαθηματικών μία (κατά τα άλλα ωραία αλλά) απόλυτα textbook (κατά το κοινώς λεγόμενο) άσκηση. Μάλλον πολύ διασταλτική η έννοια του διασκεδαστικού στοιχείου εδώ.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 05, 2021 10:47 am**

Έβαλα την άσκηση σ'αυτόν τον φάκελο , θεωρώντας ότι αν ο λύτης προσπαθούσε να αντιμετωπίσει το θέμα ,

δίνοντας συντεταγμένες στα S , T

, θα έκανε τα εύκολα δύσκολα .

Το σημείο

είναι μοναδικό και άσχετο με το ημικύκλιο ( όπως άλλωστε διείδαν οι λύτες ) .

Βρίσκοντας λοιπόν την εξίσωση της εφαπτομένης ( y=2x-1

) , το επόμενο απλό είναι να βρούμε

το σημείο τομής της , με το ημικύκλιο , πράγμα απλό . Το "διασκεδαστικό" λοιπόν βρίσκεται στην ευκολία

της άσκησης , η οποία αρχικά μπορεί να φανεί δύσκολη ...

mathematica.gr

Φεύγουμε νότια

Φεύγουμε νότια

Re: Φεύγουμε νότια

Re: Φεύγουμε νότια

Re: Φεύγουμε νότια

Re: Φεύγουμε νότια

Re: Φεύγουμε νότια