Μεταβλητή εφαπτομένη

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9220
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Μεταβλητή εφαπτομένη

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Κυρ Ιαν 29, 2023 12:16 pm

Δίδεται κύκλος \left( {O,R} \right) και σταθερό σημείο, \,\,A\,\, αυτού .

Σε τυχαίο σημείο P του κύκλου φέρνω την εφαπτομένη του κύκλου και την προβολή Q του A σ αυτή .

Να βρεθεί η θέση του P , ώστε το εμβαδόν του \vartriangle APQ να είναι μέγιστο.

Εχει πολλούς τρόπους λύσης .



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5174
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Μεταβλητή εφαπτομένη

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Κυρ Ιαν 29, 2023 7:07 pm

Καλησπέρα σε όλους. Ξεκινώ τριγωνομετρικά και με παραγώγους.


29-01-2023 Γεωμετρία.png
29-01-2023 Γεωμετρία.png (16.96 KiB) Προβλήθηκε 134 φορές


Έστω R=1.

Στο QPA είναι  \displaystyle \sigma \upsilon \nu \varphi  = \frac{{PQ}}{{AP}},\;\;\eta \mu \varphi  = \frac{{AQ}}{{AP}} οπότε  \displaystyle \left( {PQA} \right) = \frac{{QA \cdot PQ}}{2} = \frac{{A{P^2}\eta \mu \varphi  \cdot \sigma \upsilon \nu \varphi }}{2} .

Στο APO είναι  \displaystyle A{P^2} = 2 - 2\sigma \upsilon \nu POA = 2 - 2\sigma \upsilon \nu \left( {180^\circ  - 2\omega } \right) = 2 + 2\sigma \upsilon \nu 2\omega

 \displaystyle  = 2 + 2\left( {2\sigma \upsilon {\nu ^2}\omega  - 1} \right) = 4\sigma \upsilon {\nu ^2}\omega  = 4\sigma \upsilon {\nu ^2}\left( {90^\circ  - \varphi } \right) = 4\eta {\mu ^2}\varphi

Οπότε  \displaystyle \left( {PQA} \right) = 2\eta {\mu ^3}\varphi  \cdot \sigma \upsilon \nu \varphi

Με παραγώγους, η συνάρτηση  \displaystyle f\left( x \right) = \eta {\mu ^3}x\sigma \upsilon \nu x,\;x \in \left( {0,\frac{\pi }{2}} \right) έχει παράγωγο

 \displaystyle f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3\sigma \upsilon {\nu ^2}x = \eta {\mu ^2}x \Leftrightarrow \varepsilon {\varphi ^2}x = 3 \Leftrightarrow \varepsilon \varphi x = \sqrt 3  \Leftrightarrow x = 60^\circ

Με πίνακα προσήμων, βλέπουμε ότι τότε έχει μέγιστο. Δηλαδή όταν η PA σχηματίζει γωνία 30^\circ με τη σταθερή OA.

edit 19:21 Με τη μέθοδο των αλγεβριστών, όπως την εφάρμοσε ο Κώστας εδώ

Είναι  \displaystyle \eta {\mu ^3}\varphi  + \sigma \upsilon \nu \varphi  = {\left( {\eta {\mu ^2}x} \right)^{\frac{3}{2}}} + {\left( {\sigma \upsilon {\nu ^2}x} \right)^{\frac{1}{2}}} .

Επειδή το άθροισμα των βάσεων είναι σταθερό ( \displaystyle \eta {\mu ^2}x + \sigma \upsilon {\nu ^2}x = 1 ), το γινόμενό τους γίνεται μέγιστο όταν είναι ανάλογοι των εκθετών τους, δηλαδή όταν  \displaystyle \frac{{\eta {\mu ^2}x}}{{\frac{3}{2}}} = \frac{{\sigma \upsilon {\nu ^2}x}}{{\frac{1}{2}}} \Leftrightarrow \varepsilon {\varphi ^2}x = 3 κ.ο.κ.
τελευταία επεξεργασία από Γιώργος Ρίζος σε Κυρ Ιαν 29, 2023 7:23 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12245
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Μεταβλητή εφαπτομένη

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Ιαν 29, 2023 7:16 pm

Doloros έγραψε:
Κυρ Ιαν 29, 2023 12:16 pm
Δίδεται κύκλος \left( {O,R} \right) και σταθερό σημείο, \,\,A\,\, αυτού .

Σε τυχαίο σημείο P του κύκλου φέρνω την εφαπτομένη του κύκλου και την προβολή Q του A σ αυτή .

Να βρεθεί η θέση του P , ώστε το εμβαδόν του \vartriangle APQ να είναι μέγιστο.

Εχει πολλούς τρόπους λύσης .
Καλησπέρα!

Φέρνω τη διάμετρο AB και θέτω AP=x. Προφανώς τα τρίγωνα APB, APQ είναι όμοια:
Μεταβλητή εφαπτομένη.png
Μεταβλητή εφαπτομένη.png (16.81 KiB) Προβλήθηκε 123 φορές
\displaystyle \frac{{PB}}{{PQ}} = \frac{x}{{QA}} = \frac{{2R}}{x} \Rightarrow \frac{{PBx}}{{PQ \cdot QA}} = \frac{{4{R^2}}}{{{x^2}}} \Leftrightarrow PQ \cdot QA = \frac{{{x^3}}}{{4{R^2}}}\sqrt {4{R^2} - {x^2}}

\displaystyle (APQ) = f(x) = \frac{{{x^3}}}{{8{R^2}}}\sqrt {4{R^2} - {x^2}} ,0 < x < 2R. Η παράγωγος της f είναι

\displaystyle f'(x) = \frac{{{x^2}\left( {R\sqrt 3  - x} \right)\left( {R\sqrt 3  + x} \right)}}{{2{R^2}\sqrt {4{R^2} - {x^2}} }}, που παρουσιάζει για \boxed{x=R\sqrt 3} μέγιστη τιμή ίση με

\boxed{f\left( {R\sqrt 3 } \right) = \frac{{3{R^2}\sqrt 3 }}{8}} Η AP είναι η πλευρά ισοπλεύρου τριγώνου εγγεγραμμένου στον κύκλο (O, R).


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 2468
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Μεταβλητή εφαπτομένη

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Κυρ Ιαν 29, 2023 8:04 pm

Doloros έγραψε:
Κυρ Ιαν 29, 2023 12:16 pm
Δίδεται κύκλος \left( {O,R} \right) και σταθερό σημείο, \,\,A\,\, αυτού .

Σε τυχαίο σημείο P του κύκλου φέρνω την εφαπτομένη του κύκλου και την προβολή Q του A σ αυτή .

Να βρεθεί η θέση του P , ώστε το εμβαδόν του \vartriangle APQ να είναι μέγιστο.

Εχει πολλούς τρόπους λύσης .
Η κάθετη από το A στην PO, τέμνει τον κύκλο στο L οπότε (APQ)=(PAK)= \dfrac{(APL)}{2}

Άρα, αρκεί να γίνει μέγιστο το εμβαδόν ( APL) ,που όπως είναι γνωστό αυτό συμβαίνει όταν το τρίγωνο APL είναι ισόπλευρο

Ο κύκλος (A, R \sqrt{3} ) τέμνει τον κύκλο (O,R) στα ζητούμενα σημεία P,L
μεταβλητή εφαπτομένη.png
μεταβλητή εφαπτομένη.png (28.17 KiB) Προβλήθηκε 111 φορές


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12245
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Μεταβλητή εφαπτομένη

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Ιαν 29, 2023 8:22 pm

Μιχάλης Τσουρακάκης έγραψε:
Κυρ Ιαν 29, 2023 8:04 pm
Doloros έγραψε:
Κυρ Ιαν 29, 2023 12:16 pm
Δίδεται κύκλος \left( {O,R} \right) και σταθερό σημείο, \,\,A\,\, αυτού .

Σε τυχαίο σημείο P του κύκλου φέρνω την εφαπτομένη του κύκλου και την προβολή Q του A σ αυτή .

Να βρεθεί η θέση του P , ώστε το εμβαδόν του \vartriangle APQ να είναι μέγιστο.

Εχει πολλούς τρόπους λύσης .
Η κάθετη από το A στην PO, τέμνει τον κύκλο στο L οπότε (APQ)=(PAK)= \dfrac{(APL)}{2}

Άρα, αρκεί να γίνει μέγιστο το εμβαδόν ( APL) ,που όπως είναι γνωστό αυτό συμβαίνει όταν το τρίγωνο APL είναι ισόπλευρο

Ο κύκλος (A, R \sqrt{3} ) τέμνει τον κύκλο (O,R) στα ζητούμενα σημεία P,L

μεταβλητή εφαπτομένη.png
Καλό! :clap2:


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 14167
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Μεταβλητή εφαπτομένη

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Κυρ Ιαν 29, 2023 8:41 pm

Την άσκηση θυμόμουνα ότι παλιότερα την είχε ξαναβάλει ο Νίκος . Πότε ;

Πολύ παλιότερα την είχα βάλει κι εγώ αλλά που να την βρει κανείς
(ιδίως με τους ανορθόδοξους τίτλους :oops: )


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 7 επισκέπτες