Κύκλος και παραβολή

Γιώργος Απόκης · #1

α) Να βρεθούν οι κοινές εφαπτόμενες παραβολής $\displaystyle{C_1:y^2=2px}$ και του κύκλου $\displaystyle{C_2:\left(x+\frac{p}{2}\right)^2+y^2=\frac{p^2}{4}}$ με p>0

.

β) Ποιά είναι η οξεία γωνία που σχηματίζουν οι δύο μη κατακόρυφες εφαπτόμενες;

Edit: Συμπλήρωσα "οξεία"

#2

Έστω $\displaystyle{ M_1 \left( {x_1 ,y_1 } \right) \in \left( {C_1 } \right) \Rightarrow \boxed{y_1^2 = 2px_1 }:\left( 1 \right) }$ και η εφαπτόμενη της $\displaystyle{ \left( {C_1 } \right) }$ στο $\displaystyle{ M_1 \left( {x_1 ,y_1 } \right) }$ θα είναι η ευθεία $\displaystyle{ \left( \varepsilon \right):yy_1 = p\left( {x + x_1 } \right) \to \boxed{\left( \varepsilon \right):px - y_1 y + px_1 = 0} }$

Ο κύκλος $\displaystyle{ \left( {C_2 } \right) }$ έχει κέντρο το σημείο $\displaystyle{ K\left( { - \frac{p} {2},0} \right) }$ και ακτίνα $\displaystyle{ \rho = \frac{p} {2} }$ . Για να εφάπτεται λοιπόν η $\displaystyle{ \left( \varepsilon \right) }$ και στον $\displaystyle{ \left( {C_2 } \right) }$ πρέπει και αρκεί να ισχύει:

$\displaystyle{ d\left( {K,\left( \varepsilon \right)} \right) = \rho \Leftrightarrow \frac{{\left| {p \cdot \left( { - \frac{p} {2}} \right) + px_1 } \right|}} {{\sqrt {p^2 + y_1^2 } }} = \frac{p} {2} \Leftrightarrow \frac{{\left| { - \frac{p} {2} + x_1 } \right|}} {{\sqrt {p^2 + y_1^2 } }} = \frac{1} {2} \Leftrightarrow 2\left| { - \frac{p} {2} + x_1 } \right| = \sqrt {p^2 + y_1^2 } \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \left( {2\left| { - \frac{p} {2} + x_1 } \right|} \right)^2 = \left( {\sqrt {p^2 + y_1^2 } } \right)^2 \Leftrightarrow 4\left( {\frac{{p^2 }} {4} - px_1 + x_1^2 } \right) = p^2 + y_1^2 \mathop \Leftrightarrow \limits^{\left( 1 \right)} p^2 - 4px_1 + 4x_1^2 = p^2 + 2px_1 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ 4x_1^2 - 6px_1 = 0 \Leftrightarrow 2x_1 \left( {2x_1 - 3p} \right) = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x_1 = 0 \hfill \\ x_1 = \frac{{3p}} {2} \hfill \\ \end{gathered} \right.\mathop \Leftrightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \left\{ \begin{gathered} M_1 \left( {0,0} \right) \to \left( {\varepsilon _1 } \right):\boxed{x = 0} \hfill \\ \left\{ \begin{gathered} M_1 \left( {\frac{{3p}} {2},\sqrt {2p\frac{{3p}} {2}} } \right) \to \left( {\varepsilon _2 } \right):\boxed{x - \sqrt 3 y + \frac{{3p}} {2} = 0} \hfill \\ M_1 \left( {\frac{{3p}} {2}, - \sqrt {2p\frac{{3p}} {2}} } \right) \to \left( {\varepsilon _3 } \right):\boxed{x + \sqrt 3 y + \frac{{3p}} {2} = 0} \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right. }$

2) Για την γωνία των $\displaystyle{ \left( {\varepsilon _2 } \right):\boxed{x - \sqrt 3 y + \frac{{3p}} {2} = 0},\left( {\varepsilon _3 } \right):\boxed{x + \sqrt 3 y + \frac{{3p}} {2} = 0} }$ θεωρούμε τα διανύσματα : $\displaystyle{ \left( {\varepsilon _2 } \right)//\vec \delta _1 = \left( { - 1,\sqrt 3 } \right),\left( {\varepsilon _3 } \right)//\vec \delta _2 = \left( {1,\sqrt 3 } \right) }$ για τα οποία έχουμε:

$\displaystyle{ \sigma \upsilon \nu \left( {\widehat{\vec \delta _1 ,\vec \delta _2 }} \right) = \frac{{\vec \delta _1 \cdot \vec \delta _2 }} {{\left| {\vec \delta _1 } \right| \cdot \left| {\vec \delta _2 } \right|}} = \frac{{ - 1 + 3}} {{\sqrt {1^2 + \left( { - \sqrt 3 } \right)^2 } \cdot \sqrt {1^2 + \left( {\sqrt 3 } \right)^2 } }} = \frac{2} {4} = \frac{1} {2} \Rightarrow \left( {\widehat{\vec \delta _1 ,\vec \delta _2 }} \right) = 60^0 \Rightarrow \boxed{\left( {\widehat{\varepsilon _2 ,\varepsilon _3 }} \right) = 60^0 } }$

Στάθης

vasilis.volos.13 · #3

Έστω $A\left(x_{1},y_{1} \right)\epsilon C_{1}$ τότε $\displaystyle A\left(\frac{y_{1}^{2}}{2p},y_{1}\right)$ άρα θα έχει εφαπτομένη $(\epsilon ):yy_{1}=p(x+x_{1})\Leftrightarrow...\Leftrightarrow 2px-2y_{1}y+y_{1}^{2}=0$

Πρέπει η παραπάνω ευθεία να είναι εφαπτομένη του κύκλου άρα πρέπει $\displaystyle d(K,\epsilon)=r\Leftrightarrow \frac{\left|2p\left(-\frac{p}{2} \right)+0+y_{1}^{2 \right|}}{\sqrt{4p^{2}+4y_{1}^{2}}}=\frac{p}{2}\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow y_{1}^{4}-6p^{2}y_{1}^{2}-3p^{4}=0$

άρα η μόνη δεκτή λύση είναι $y_{1}^{2}=\left(3+2\sqrt{3} \right)p^{2}\Leftrightarrow y_{1}=\pm p\sqrt\ {3+2\sqrt{3}}$
δηλαδή οι ευθείες είναι οι :

$(\varepsilon _{1}):2px+p\sqrt{3+2\sqrt{3}}y+\left(3+2\sqrt{3} \right)p^{2}=0$

$(\varepsilon _{2}):2px-p\sqrt{3+2\sqrt{3}}y+\left(3+2\sqrt{3} \right)p^{2}=0$

vasilis.volos.13 · #4

Μυρίζομαι λάθος

Γιώργος Απόκης · #5

vasilis.volos.13 έγραψε: Μυρίζομαι λάθος

Φίλε Βασίλη... υπάρχει λάθος κάπου στις πράξεις... τα αποτελέσματα του Στάθη είναι σωστά

Γιώργος Απόκης · #6

Nα ομολογήσω ότι το β) ερώτημα μπήκε μετά... αφού είδα τους συντελεστές!

Γιώργος Απόκης · #7

Συμπληρώνω με ένα γ) ερώτημα:

Αν το τρίγωνο που σχηματίζουν οι τρεις εφαπτόμενες έχει εμβαδό $(ABC)=12\sqrt{3}$ , να βρεθεί το εμβαδό του χωρίου

που βρίσκεται εξωτερικά του κύκλου και εσωτερικά του τριγώνου.

vasilis.volos.13 · #8

Φαίνεται πολύ απλό εκτός αν δεν κατάλαβα κάτι

Έστω

το εμβαδόν του κύκλου τότε το εμβαδόν του ζητούμενου χωρίου θα είναι το $\displaystyle \tau = (ABC)-E=12\sqrt{3}-\frac{\pi p^{2}}{4}$

Γιώργος Απόκης · #9

vasilis.volos.13 έγραψε:Φαίνεται πολύ απλό εκτός αν δεν κατάλαβα κάτι

Έστω το εμβαδόν του κύκλου τότε το εμβαδόν του ζητούμενου χωρίου θα είναι το $\displaystyle \tau = (ABC)-E=12\sqrt{3}-\frac{\pi p^{2}}{4}$

Ναι, αλλά βρίσκουμε και το

...

#10

George73 έγραψε:Συμπληρώνω με ένα γ) ερώτημα:

Αν το τρίγωνο που σχηματίζουν οι τρεις εφαπτόμενες έχει εμβαδό $(ABC)=12\sqrt{3}$ , να βρεθεί το εμβαδό του χωρίου

που βρίσκεται εξωτερικά του κύκλου και εσωτερικά του τριγώνου.

Χρησιμοποιώ το σχήμα του Γιώργου και τα δεδομένα (και τα αποτελέσματα της άσκησης (για τις εξισώσεις ευθειών και κύκλου και γωνιών) που βρήκα πιό πάνω

Η ευθεία $\displaystyle{ AB \to \left( {\varepsilon _2 } \right):x - \sqrt 3 y + \frac{{3p}} {2} = 0\xrightarrow{{x = 0}}y = \frac{{p\sqrt 3 }} {2} \Rightarrow B\left( {0,\frac{{p\sqrt 3 }} {2}} \right) }$ οπότε λόγω συμμετρίας θα είναι και $\displaystyle{ C\left( {0, - \frac{{p\sqrt 3 }} {2}} \right) }$ .

Το τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ είναι λόγω συμμετρίας ισοσκελές $\displaystyle{ \left( {AB = AC\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{BAC} = 60^0 } \Rightarrow \vartriangle ABC} \right) }$ ισόπλευρο με πλευρά

$\displaystyle{ a = \left| {y_B - y_C } \right|\mathop = \limits^{y_B = \frac{{p\sqrt 3 }} {2} > 0} 2y_B = p\sqrt 3 \xrightarrow{{E_{\iota \sigma o\pi \lambda \varepsilon \rho o\upsilon } = \frac{{a^2 \sqrt 3 }} {4}}}\left( {ABC} \right) = \frac{{\left( {p\sqrt 3 } \right)^2 \sqrt 3 }} {4}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {ABC} \right) = 12\sqrt 3 } }$ $\displaystyle{ 12\sqrt 3 = \frac{{3p^2 \sqrt 3 }} {4} \Rightarrow p^2 = 16 \Rightarrow p = 4 }$

οπότε με δεδομένο ότι η ακτίνα $\displaystyle{ \rho }$ του κύκλου είναι

$\displaystyle{ \rho = \frac{p} {2}\mathop \Rightarrow \limits^{p = 4} \rho = 2 \Rightarrow E_{\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa o - \delta \sigma \kappa o\upsilon } = \pi \cdot 2^2 = 4\pi \Rightarrow {\rm E}_{\gamma \rho \alpha \mu \mu o\sigma \kappa \iota \alpha \sigma \mu \nu o\upsilon } = \left( {ABC} \right) - E_{\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa o - \delta \sigma \kappa o\upsilon } }$ $\displaystyle{ \boxed{{\rm E}_{\gamma \rho \alpha \mu \mu o\sigma \kappa \iota \alpha \sigma \mu \nu o\upsilon } = 12\sqrt 3 - 4\pi } }$

Στάθης

vasilis.volos.13 · #11

Α τότε αλλάζει απλά νόμιζα επειδή η άσκηση ήταν θεωρητική με το p θα τελείωνε και με αυτό ωραία άσκηση πάντως δίκη σου?

Γιώργος Απόκης · #12

Όμορφα Στάθη! Ευχαριστώ και τους δυο για την ενασχόληση και συγγνώμη που την έδωσα σε δόσεις... το τελευταίο το σκέφτηκα μετά!

Σκέφτηκα μάλιστα να έδινα το εμβαδό ανάμεσα στον κύκλο και την παραβολή (και τις δυο πλάγιες) αλλά ήθελε... ολοκληρώματα!

Γιώργος Απόκης · #13

vasilis.volos.13 έγραψε:Α τότε αλλάζει απλά νόμιζα επειδή η άσκηση ήταν θεωρητική με το p θα τελείωνε και με αυτό ωραία άσκηση πάντως δίκη σου?

Ναι Βασίλη, μάλλον κλασσική πάντως. Το ωραίο ήταν με τους συντελεστές διεύθυνσης $\displaystyle{\pm \frac{\sqrt{3}}{3}}$ που έδωσαν το β) και το γ).

vasilis.volos.13 · #14

Είναι πολύ ωραία ειδικά επειδή μπορείς να συνδυάσεις πολλά ερωτήματα

Κύκλος και παραβολή

Κύκλος και παραβολή

Re: Κύκλος και παραβολή

Re: Κύκλος και παραβολή

Re: Κύκλος και παραβολή

Re: Κύκλος και παραβολή

Re: Κύκλος και παραβολή

Re: Κύκλος και παραβολή

Re: Κύκλος και παραβολή

Re: Κύκλος και παραβολή

Re: Κύκλος και παραβολή

Re: Κύκλος και παραβολή

Re: Κύκλος και παραβολή

Re: Κύκλος και παραβολή

Re: Κύκλος και παραβολή

Μέλη σε σύνδεση