Τετραγωνικός τόπος τομής

KARKAR · #1

: Τόπος τομής.png (5.09 KiB) Προβλήθηκε 802 φορές

Στις πλευρές AB , AD

τετραγώνου ABCD

, πλευράς

, κινούνται σημεία S , P

αντίστοιχα ,

ώστε : AP=2AS

. Βρείτε τον γεωμετρικό τόπο του σημείου τομής

, των

.

Βρείτε επίσης την ελάχιστο μήκος του τμήματος

.

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 12, 2021 1:15 pm
Τόπος τομής.pngΣτις πλευρές τετραγώνου , πλευράς , κινούνται σημεία αντίστοιχα ,

ώστε : . Βρείτε τον γεωμετρικό τόπο του σημείου τομής , των .

Βρείτε επίσης την ελάχιστο μήκος του τμήματος .

: τετραγωνικός τόπος τιμής.png (19.02 KiB) Προβλήθηκε 782 φορές

Το τμήμα του δεξιού κλάδου της υπερβολής : $2{x^2} - {y^2} = 1$ που βρίσκεται μέσα στο τετράγωνο

( Αρχή συντεταγμένων , το κέντρο του τετραγώνου και άξονες παράλληλοι στις πλευρές του)

Edit: Άρση απόκρυψης.

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 12, 2021 1:15 pm
Τόπος τομής.pngΣτις πλευρές τετραγώνου , πλευράς , κινούνται σημεία αντίστοιχα ,

ώστε : . Βρείτε τον γεωμετρικό τόπο του σημείου τομής , των .

Βρείτε επίσης την ελάχιστο μήκος του τμήματος .

Για το δεύτερο ερώτημα. Μενέλαος στο DSA

με διατέμνουσα $\displaystyle \overline {BTP}.$

: Τετραγωνικός τόπος τομής.png (8.5 KiB) Προβλήθηκε 759 φορές

$\displaystyle \frac{{2x}}{{2 - 2x}} \cdot \frac{{DT}}{{TS}} \cdot \frac{{2 - x}}{2} = 1 \Leftrightarrow \frac{{DT}}{{TS}} = \frac{{2(1 - x)}}{{x(2 - x)}} \Leftrightarrow \frac{{DT}}{{DS}} = \frac{{2(1 - x)}}{{2 - {x^2}}} \Leftrightarrow$ $\boxed{DT = \frac{{2(1 - x)\sqrt {{x^2} + 4} }}{{2 - {x^2}}}}$

Νόμος συνημιτόνου στο CTD,

με $\displaystyle \cos \theta = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 4} }}.$

$\displaystyle C{T^2} = 4 + \frac{{4{{(1 - x)}^2}({x^2} + 4)}}{{{{(2 - {x^2})}^2}}} - \frac{{8x(1 - x)}}{{2 - {x^2}}},$ απ' όπου με παραγώγους και χρήση λογισμικού παίρνω

$\boxed{C{T_{\min }} \simeq 1,858483}$ για $\boxed{x \simeq 0,82403}$

#4

Θεωρώ αρχή των αξόνων το κέντρο του τετραγώνου και $xx'//AB\,\,,\;\;yy'//BC$ .

Αν $AP = 2p\,\,,\,\,\,0 \leqslant p \leqslant 1$ τότε : Αν $P\left( {1,1 - 2p} \right)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,S\left( {1 - p,1} \right)$ . Εύκολα έχω μετά:

$\left\{ \begin{gathered} BP \to px + y = 1 - p \hfill \\ DS \to 2x + py = 2 - p \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} p = \frac{{1 - y}}{{x + 1}} \hfill \\ 2x + py = 2 - p \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{2{x^2} - {y^2} = 1}$

Δηλαδή το

ανήκει στον δεξιό κλάδο της πιο πάνω υπερβολής που βρίσκεται μέσα στο τετράγωνο.

Η υπερβολή γράφεται : $\boxed{\dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}} - \dfrac{{{y^2}}}{{{1^2}}} = 1}$ , έχει κορυφές $\displaystyle K\left( {\dfrac{{\sqrt 2 }}{2},0} \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,K'\left( { - \dfrac{{\sqrt 2 }}{2},0} \right)\,\,$ και εστίες $E\left( {\dfrac{{\sqrt 6 }}{2},0} \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,E'\left( { - \dfrac{{\sqrt 6 }}{2},0} \right)$

Για την απόσταση αντί να υπολογίσω το ελάχιστο του

, λόγω συμμετρίας θα υπολογίσω το ελάχιστο του

.

: τετραγωνικός τόπος τιμής.png (19.02 KiB) Προβλήθηκε 728 φορές

Θεωρώ την ημιυπερβολή : $\left\{ \begin{gathered} y = \sqrt {2{x^2} - 1} \hfill \\ x \in [\frac{{\sqrt 2 }}{2},1] \hfill \\ y \in [0,1] \hfill \\ \end{gathered} \right.$ Το τετράγωνο της απόστασης του $B\left( { - 1,1} \right)$ απ’ αυτή δίδεται από τη συνάρτηση : $f\left( x \right) = {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt {2{x^2} - 1} - 1} \right)^2}$ που παρουσιάζει ελάχιστο για :
$\boxed{{x_0} = \sqrt[3]{{\frac{{65}}{{1458}} + \frac{{\sqrt {786} }}{{972}}}} + \sqrt[3]{{\frac{{65}}{{1458}} - \frac{{\sqrt {786} }}{{972}}}} + \frac{1}{9}}$ και είναι : $\sqrt {f\left( {{x_0}} \right)} \simeq 1,858483123$

Τετραγωνικός τόπος τομής

Τετραγωνικός τόπος τομής

Re: Τετραγωνικός τόπος τομής

Re: Τετραγωνικός τόπος τομής

Re: Τετραγωνικός τόπος τομής

Μέλη σε σύνδεση