mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 18, 2011 9:45 am**

Δίνεται γωνία $\widehat{xOy}$ ,

εσωτερικό σημείο της και πραγματική σταθερά $k\ne 0$ . Να κατασκευαστεί ευθεία που να διέρχεται από το

και να τέμνει τις πλευρές της γωνίας στα A,B

, έτσι ώστε:

$a) (OAB)=k^2~~~~~~~~~~~~~~~~~\beta)$ το (OAB)

να είναι ελάχιστο.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 18, 2011 1:00 pm**

Για το πρώτο ερώτημα
Έστω πως η ζητούμενη είναι η $\displaystyle{AMB}$ .
Από το σημείο $\displaystyle{M}$ φέρουμε παραλλήλους προς τις πλευρές της γωνίας και προκύπτουν τα σημεία έτσι ώστε: $\displaystyle OA_o=a, \ \ OB_o=b \ \ (1)$
Έστω ακόμα ότι $\displaystyle sin\hat{O}=\frac{1}{m} \ \ (2)$
Άρα: $\displaystyle E=(OAB)=\frac{1}{2}(OA)(OB)sin\hat{O}=k^2\Rightarrow (OA)(OB)=2mk^2 \ \ (3)$
Επίσης από τις παραλληλίες προκύπτει:
$\displaystyle \left.\begin{matrix} \frac{a}{OA}=\frac{MB}{AB}\\\frac{b}{OB} =\frac{AM}{AB} \end{matrix}\right\}\Rightarrow \frac{a}{OA}+\frac{b}{OB}=\frac{MB+AM}{AB}=1$
Δηλαδή:
$\displaystyle \frac{a}{OA}+\frac{b}{OB}=1 \ \ (4)$
Απαλοίφοντας μεταξύ των (3) και (4) τον άγνωστο $\displaystyle{OB}$ προκύπτει η δευτεροβάθμια εξίσωση:

$\displaystyle b(OA)^2-2mk^2(OA)+2amk^2=0 \ \ (5)$

Αυτή έχει διακρίνουσα:

$\displaystyle{D=4mk^2(mk^2-2ab)}$

Διακρίνουμε τρείς περιπτώσεις:
1ο $\displaystyle{ D>0}$ δηλαδή: $\displaystyle k^2>\frac{2ab}{m}$ τότε η εξίσωση έχει δύο λύσεις:
$\displaystyle \left.\begin{matrix} (OA)_1=\frac{mk^2+\left|k \right|\sqrt{m(mk^2-2ab)}}{b}\\ (OA)_2=\frac{mk^2-\left|k \right|\sqrt{m(mk^2-2ab)}}{b} \end{matrix}\right\}$
οι οποίες είναι δεκτές και ορίζουν το σημείο $\displaystyle{A}$ άρα και τη ζητούμενη $\displaystyle{AMB}$ .

2ο . $\displaystyle{D=0}$ δηλαδή: $\displaystyle k^2=\frac{2ab}{m}$ τότε έχουμε μια λύση την: $\displaystyle (OA)_o=\frac{mk^2}{b}$

3o. $\displaystyle{D<0}$ τότε το πρόβλημα είναι αδύνατο.

: Κατασκευή τέμνουσας σε γωνία.PNG (7.46 KiB) Προβλήθηκε 453 φορές

Για το δεύτερο ερώτημα:
Για να έχει λύση το πρόβλημα γενικά ισχύει:
$\displaystyle k^2\geq \frac{2ab}{m}$
η οποία σύμφωνα με τις (2) και (3) γίνεται:
$(OAB)\geq 2absin(\hat{O})=2(OA_oMB_o)$
Αυτό σημαίνει πως η ελάχιστη τιμή είναι το διπλάσιο του παραλληλογράμμου αυτού.
Στην περίπτωση αυτή τη ζητούμενη τένουσα εύκολα δείχνεται πως είναι παράλληλη προς την $\displaystyle{A_oB_o}$ .

Κώστας Δόρτσιος

: Κατασκευή τέμνουσας σε γωνία 1.PNG (8.22 KiB) Προβλήθηκε 453 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 18, 2011 1:14 pm**

Για το 2ο ερώτημα έχει γίνει πολλή κουβέντα , βλέπε και : εδώ

mathematica.gr

Kατασκευή τέμνουσας σε γωνία

Kατασκευή τέμνουσας σε γωνία

Re: Kατασκευή τέμνουσας σε γωνία

Re: Kατασκευή τέμνουσας σε γωνία