Διαφορά συντεταγμένων

KARKAR · #1

: Δύσκολο σημείο.png (7.1 KiB) Προβλήθηκε 1113 φορές

Ορθογώνιο

έχει διαστάσεις a , b

και οι κορυφές του A,B

είναι σημεία των ημιαξόνων Ox , Oy

.

Αναζητούμε σημείο

στο εσωτερικό του ορθογωνίου και σημείο

της πλευράς

, ώστε : $BS \perp SP$

και : OB=BS=SP

. α) Λύστε το πρόβλημα , αν : a=7 , b=5

( για να μην πάτε "άγραφοι" ) .

β) Βρείτε σχέση μεταξύ των a , b

, ώστε το πρόβλημα να έχει λύση ... γ) Αν S(x,y)

, βρείτε το : x-y

.

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 16, 2020 1:43 pm
Δύσκολο σημείο.pngΟρθογώνιο έχει διαστάσεις και οι κορυφές του είναι σημεία των ημιαξόνων .

Αναζητούμε σημείο στο εσωτερικό του ορθογωνίου και σημείο της πλευράς , ώστε : $BS \perp SP$

και : . α) Λύστε το πρόβλημα , αν : ( για να μην πάτε "άγραφοι" ) .

β) Βρείτε σχέση μεταξύ των , ώστε το πρόβλημα να έχει λύση ... γ) Αν , βρείτε το : .

Αν

εύκολα βλέπουμε ότι P(s+b-t,s+t)

. H συνθήκη SB=b

δίνει

και η συνθήκη το

να είναι στην

δίνει

.

Λύνοντας το σύστημα ως προς s,t

θα βρούμε μέσω μιας δευτεροβάθμιας, $\displaystyle{t=\frac {1}{2}(2b-a\pm \sqrt {2b^2-a^2})}$ με περιορισμό D>0

, εδώ ισοδύναμα $b\sqrt 2 >a$ (αυτό γεωμετρικά φαίνεται αμέσως και από το σχήμα καθώς απαιτούμε $b\sqrt 2 = BP>BT=a$ ). Απορρίπτουμε την ρίζα με το

διότι δίνει τεταγμένη του

μεγαλύτερη του AT=b

. Δηλαδή $S(s,t)= S\left ( \frac {1}{2}(a- \sqrt {2b^2-a^2} ),\, \frac {1}{2} (2b-a- \sqrt {2b^2-a^2})\right )$

Για τις τιμές a=7,b=5

οπότε

έχουμε

(διώχνοτας την άλλη ρίζα t=2

) και άρα από την s+b-t=a

, είναι

. Δηλαδή

.

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 16, 2020 1:43 pm
Δύσκολο σημείο.pngΟρθογώνιο έχει διαστάσεις και οι κορυφές του είναι σημεία των ημιαξόνων .

Αναζητούμε σημείο στο εσωτερικό του ορθογωνίου και σημείο της πλευράς , ώστε : $BS \perp SP$

και : . α) Λύστε το πρόβλημα , αν : ( για να μην πάτε "άγραφοι" ) .

β) Βρείτε σχέση μεταξύ των , ώστε το πρόβλημα να έχει λύση ... γ) Αν , βρείτε το : .

: Διαφορά συντεταγμένων.png (13.17 KiB) Προβλήθηκε 1039 φορές

Από το

φέρνω παράλληλη στην

και τέμνει τις $OB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AT\,\,$ στα σημεία $E\,\,\kappa \alpha \iota \,\,Z$ .

Προφανώς $\vartriangle ESB = \vartriangle ZPS$ θέτω $ES = ZP = x\,\,\kappa \alpha \iota \,\,OE = AZ = y$ .

Πρώτα-πρώτα για να λύνεται το πρόβλημα πρέπει ο κύκλος $\left( {B,BP} \right)$ να τέμνει το τμήμα

δηλαδή $\boxed{a < b\sqrt 2 < \sqrt {{a^2} + {b^2}} }$ .

$x = ES = \sqrt {B{S^2} - B{E^2}} = \sqrt {B{S^2} - S{Z^2}} = \sqrt {{b^2} - {{(a - x)}^2}}$ , άρα $\boxed{x = \frac{{a - \sqrt {2{b^2} - {a^2}} }}{2}}$

y = OE = OB - EB = b - SZ = b - (a - x)

και άρα $y = x - \left( {a - b} \right) \Leftrightarrow \boxed{x - y = a - b}$ .

Δηλαδή : $\boxed{y = \frac{{2b - a - \sqrt {2{b^2} - {a^2}} }}{2}}$

Για $a = 7\,\,\kappa \alpha \iota \,\,b = 5\,$ έχω: $\boxed{x = \frac{{7 - \sqrt {50 - 49} }}{2} = 3\,\,\kappa \alpha \iota \,\,y = x - 2 = 1}$

nickchalkida · #4

Προσθέτω την γεωμετρική κατασκευή.

#5

Μια άλλη γεωμετρική κατασκευή είναι αυτή που υπαινίχθηκα εδώ:

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 16, 2020 7:19 pm
αυτό γεωμετρικά φαίνεται αμέσως και από το σχήμα καθώς απαιτούμε $b\sqrt 2 = BP>BT=a$

Συγκεκριμένα, γράφουμε κύκλο κέντρου

και ακτίνας $b\sqrt 2$ ο οποίος τέμνει την

έστω στο

. Κατασκευάζουμε τώρα το ισοσκελές ορθγώνιο τρίγωνο BSP

με βάση

. Τελειώσαμε.

#6

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 17, 2020 12:30 pm
Μια άλλη γεωμετρική κατασκευή είναι αυτή που υπαινίχθηκα εδώ:

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 16, 2020 7:19 pm
αυτό γεωμετρικά φαίνεται αμέσως και από το σχήμα καθώς απαιτούμε $b\sqrt 2 = BP>BT=a$
Συγκεκριμένα, γράφουμε κύκλο κέντρου και ακτίνας $b\sqrt 2$ ο οποίος τέμνει την έστω στο . Κατασκευάζουμε τώρα το ισοσκελές ορθογώνιο τρίγωνο με βάση . Τελειώσαμε.

Καλημέρα κ. Λάμπρου καλά Χριστούγεννα να έχουμε.

Ακριβώς αυτό έκανα στην κατασκευή του σχήματος μου .

Σημειωτέον ότι δεν άνοιξα να δω καθόλου την δική σας λύση μόνο μετά την ανάρτησή μου.

#7

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 17, 2020 12:46 pm
Καλημέρα κ. Λάμπρου καλά Χριστούγεννα να έχουμε.

Ακριβώς αυτό έκανα στην κατασκευή του σχήματος μου .

Σημειωτέον ότι δεν άνοιξα να δω καθόλου την δική σας λύση μόνο μετά την ανάρτησή μου.

Νίκο, Καλά Χριστούγεννα και από εμένα.

Έχεις δίκιο. Είχα διαβάσει τότε την λύση σου αλλά δεν αντιλήφθηκα ότι το σχήμα, πέρα από την χρήση του
για το αλγεβρικό μέρος του συλλογισμού, έδινε και την γεωμετρική κατασκευή.

Να 'σαι καλά.

Διαφορά συντεταγμένων

Διαφορά συντεταγμένων

Re: Διαφορά συντεταγμένων

Re: Διαφορά συντεταγμένων

Re: Διαφορά συντεταγμένων

Re: Διαφορά συντεταγμένων

Re: Διαφορά συντεταγμένων

Re: Διαφορά συντεταγμένων

Μέλη σε σύνδεση