Μεσοκάθετος από σταθερό σημείο...

kostas_zervos · #1

Δίνεται η συνάρτηση $f(x)=\sqrt{x^2+1}+x$ και (C_f)

η γραφική της παράσταση. Το σημείο Μ κινείται στην (C_f)

στο 1ο τεταρτημόριο. Έστω Ε η προβολή του Μ στον άξονα x'x

και

ο κύκλος με διάμετρο το ΕΜ.
Με κέντρο το Ε και ακτίνα R=1

γράφουμε κύκλο (C_2)

που τέμνει τον (C_1)

στα Α , Β και το ευθύγραμμο τμήμα ΕΜ στο Γ.
Η ευθεία ΑΒ τέμνει την (C_f)

στο Δ και η ευθεία ΔΜ τέμνει τον άξονα y'y

στο Ζ.
Να αποδειχτεί ότι η μεσοκάθετος του ΖΓ διέρχεται από σταθερό σημείο.

#2

kostas_zervos έγραψε:Δίνεται η συνάρτηση $f(x)=\sqrt{x^2+1}+x$ και η γραφική της παράσταση. Το σημείο κινείται στην στο 1ο τεταρτημόριο. Έστω η προβολή του στον άξονα και ο κύκλος με διάμετρο το . Με κέντρο το και ακτίνα γράφουμε κύκλο που τέμνει τον στα , και το ευθύγραμμο τμήμα στο .
Η ευθεία τέμνει την στο και η ευθεία τέμνει τον άξονα στο . Να αποδειχτεί ότι η μεσοκάθετος του διέρχεται από σταθερό σημείο.

$\bullet$ Ας είναι $M\left( {a,\sqrt {{a^2} + 1} + a} \right)$ με , τότε προφανώς $E\left( {a,0} \right)$ την διάκεντρο των κύκλων $\left( {{C_1}} \right),\left( {{C_2}} \right)$ κέντρων αντίστοιχα κάθετη στον

και προφανώς κάθετη στην κοινή τους χορδή θα είναι $AB\parallel x'x$ . Αν είναι $F \equiv AB \cap ME$ τότε από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle EAM\left( {\angle EAM = {{90}^0}} \right) \Rightarrow$

${\left( {AE} \right)^2} = \left( {EF} \right) \cdot \left( {EM} \right)$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {AE} \right) = R = 1,\left( {EM} \right) = \sqrt {{a^2} + 1} + a} 1 = \left( {EF} \right) \cdot \left( {\sqrt {{a^2} + 1} + a} \right) \Rightarrow$ $\left( {EF} \right) = \dfrac{1}{{\sqrt {{a^2} + 1} + a}} \Rightarrow \ldots \boxed{\left( {EF} \right) = \sqrt {{a^2} + 1} - a}$ .

Έτσι η εξίσωση της ευθείας είναι $\boxed{\left( {AB} \right):y = \sqrt {{a^2} + 1} - a}$ .Η συνάρτηση $f\left( x \right) = \sqrt {{x^2} + 1} + x$ είναι προφανώς παραγωγίσιμη στο (πράξεις με παραγωγίσιμες)

με $f'\left( x \right) = {\left( {\sqrt {{x^2} + 1} + x} \right)^\prime } =$ $\dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} + 1 = \dfrac{{\sqrt {{x^2} + 1} + x}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} > 0,\forall x \in R$ (αφού $\sqrt {{x^2} + 1} > \sqrt {{x^2}} = \left| x \right| \geqslant - x,\forall x \in R$ ) άρα

η είναι γνησίως αύξουσα στο οπότε αν η ευθεία τέμνει την ${C_f}$ θα την τέμνει σε ένα μόνο σημείο.
[attachment=0]2.png[/attachment]
$\bullet$ Λύνω το σύστημα $\left\{ \begin{gathered} y = \sqrt {{x^2} + 1} + x \hfill \\ y = \sqrt {{a^2} + 1} - a \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} y = \sqrt {{x^2} + 1} + x \hfill \\ \boxed{\sqrt {{x^2} + 1} + x = \sqrt {{a^2} + 1} - a}:\left( 1 \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.$ . Η εξίσωση $\left( 1 \right)$ έχει

προφανή ρίζα την (η οποία όπως είδαμε θα είναι και μοναδική) οπότε ${C_f} \cap AB \equiv \boxed{D\left( { - a,\sqrt {{a^2} + 1} - a} \right)}$ .

Με ${x_D} = - a = - {x_F}$ και ${y_D} = {y_F} = \sqrt {{a^2} + 1} - a$ προκύπτει ότι τα είναι συμμετρικά ως προς τον άξονα , δηλαδή ο είναι

μεσοκάθετη της και με $y'y\parallel MF \Rightarrow Z$ το μέσο της $DF \Rightarrow {y_z} = \dfrac{{{y_D} + {y_M}}}{2} = \dfrac{{\sqrt {{a^2} + 1} - a + \sqrt {{a^2} + 1} + a}}{2}$ $= \sqrt {{a^2} + 1} \Rightarrow$

$Z\left( {0,\sqrt {{a^2} + 1} } \right) \Rightarrow \boxed{\left( {OZ} \right) = \sqrt {{a^2} + 1} }:(2)$ . Από Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο

$\vartriangle OCE\left( {\angle OEC = {{90}^0}} \right) \Rightarrow \left( {OC} \right) =$ $\sqrt {{{\left( {OE} \right)}^2} + {{\left( {EC} \right)}^2}} = \sqrt {{a^2} + 1} \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)}$ $\left( {OC} \right) = \left( {OZ} \right) \Rightarrow \vartriangle OZC$

ισοσκελές με "κορυφή" το και άρα η μεσοκάθετη της διέρχεται από το σταθερό σημείο $O\left( {0,0} \right)$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#3

: Zerbos_stathero.png (26.8 KiB) Προβλήθηκε 420 φορές

Καλησπέρα Κώστα . Που χάθηκες Φίλε Στάθη ; Τώρα σε βλέπω και χάρηκα.
Έστω $M(a,\sqrt {{a^2} + 1} + a)$ με a > 0

και

η προβολή του

στον οριζόντιο άξονα. Για ευκολία πράξεων έστω $\boxed{k = \sqrt {{a^2} + 1} + a}$ δηλαδή M(a,k)

Από το ορθογώνιο τρίγωνο BEM

έχουμε :
$E{B^2} = EN \cdot EM \Rightarrow 1 = EN \cdot k \Rightarrow \boxed{EN = \frac{1}{k}}$ και άρα $\boxed{EN = \sqrt {{a^2} + 1} - a}$ .
Έτσι οι συντεταγμένες του

προκύπτουν από τη λύση του συστήματος : $\left\{ \begin{gathered} y = x + \sqrt {{x^2} + 1} \hfill \\ y = - a + \sqrt {{a^2} + 1} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{D( - a, - a + \sqrt {{a^2} + 1} )}$ . Αφού τώρα OE = OT

από το τραπέζιο DTEM

με διάμεσο την

έχουμε : $ZO = \displaystyle\frac{{DT + ME}}{2} = \sqrt {{a^2} + 1} \,\,\,(1)$ .
Αλλά και $OG = \sqrt {O{E^2} + E{G^2}} = \sqrt {{a^2} + 1\,\,} \,\,\,(2)$ .Από τις $(1)\,,\,\,(2)$ προκύπτει ότι η μεσοκάθετος του

διέρχεται από την αρχή των αξόνων.

Φιλικά Νίκος

kostas_zervos · #4

Πολύ ωραία...

Θα ήθελα να συμπληρώσω κάτι το οποίο αναδιεκνύει και μια ιδιότητα της C_f

.
Θα χρησισμοποιήσω το σχήμα του Νίκου.

Αν η τετμημένη του

είναι

τότε $f(-a)=\sqrt{a^2+1}-a=NE=DT=f(b)$ και επειδή η

είναι γνησίως αύξουσα θα έχουμε ότι b=-a

και $EN\cdot EM=1 \Leftrightarrow f(a)\cdot f(b)=1$ .

Άρα έχουμε $f(a)\cdot f(b)=1 \Leftrightarrow b=-a$ .

Δήλαδή τα σημεία της C_f

με αντίστροφες τεταγμένες έχουν αντίθετες τετμήμένες.

Τέλος θα ήθελα να προσθέσω τρία ακόμη ερωτήματα για την τα οποία βάζω και στο φάκελο του Καθηγητή γιατί δέχονται σχετικά σύντομη λύση με λίγο παραπάνω γνώσεις...

Έστω Μ τυχάιο σημείο της C_f

.

α)Να αποδειχτεί ότι η εφαπτόμενη της C_f

στο Μ σχηματίζει με τις ασύμπτωτές της τρίγωνο με σταθερό εμβαδόν.

β)Αν ο κύκλος κέντρου Ο και ακτίνας $\displaystyle \rho=\sqrt[4]{5}$ τέμνει την διχοτόμο της αμβλείας γωνίας των ασυμπτώτων της στα Κ , Λ , τότε ισχύει ότι $MK-M\Lambda=$ σταθερό.

γ)Αν $\theta$ η αμβλεία γωνία των ασυμπτώτων της , τότε $\displaystyle\tan\frac{\theta}{2}=\phi$ (Χρυσή τομή).

Μεσοκάθετος από σταθερό σημείο...

Μεσοκάθετος από σταθερό σημείο...

Re: Μεσοκάθετος από σταθερό σημείο...

Re: Μεσοκάθετος από σταθερό σημείο...

Re: Μεσοκάθετος από σταθερό σημείο...

Μέλη σε σύνδεση