Parabole

Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
hehebela
Dopiero zaczynam
Dopiero zaczynam
Posty: 21
Rejestracja: 19 mar 2019, 21:18
Podziękowania: 3 razy
Płeć:

Parabole

Post autor: hehebela » 12 kwie 2019, 21:23

Do parabol o równaniach y = x^2 + 4 oraz y = -x^2 + 2x poprowadzono wspólne styczne. Wykaż, że punkty styczności są wierzchołkami równoległoboku.

Awatar użytkownika
panb
Expert
Expert
Posty: 3152
Rejestracja: 26 kwie 2010, 22:54
Lokalizacja: Nowiny Wielkie
Otrzymane podziękowania: 1072 razy
Płeć:

Post autor: panb » 13 kwie 2019, 14:45

\(y=x^2+4 \So y'=2x, \quad y=-x^2+2x \So y'=-2x+2\)
------------------------------------------
Powiedzmy, że ta wspólna styczna dotyka wykres paraboli \(y = x^2 + 4\) w punkcie \(P= \left( a, a^2+4\right)\) natomiast paraboli \(y = -x^2 + 2x\) w punkcie \(Q= \left(c,-c^2+2c\right)\)
Napiszmy równania tych stycznych:
\(\begin {array} {l|l}
y=x^2+4 & y=-x^2+2x \\
\hline
(a, a^2+4) & (c,2c-c^2)\\
y=2a(x-a)+a^2+4 & y=(-2c+2)(x-c)+2c-c^2\\
y=2ax+4-a^2 & y=(-2c+2)x+c^2
\end {array}\)

Ponieważ jest to jedna i ta sama prosta, więc \(\begin{cases} 2a=-2c+2\\4-a^2=c^2\end{cases} \iff \begin{cases}c=1-a\\2a^2-2a-3=0 \end{cases}\)
Rozwiązaniem tego układu równań są pary liczb \(\begin{cases} a= \frac{1-\sqrt7}{2}\\c= \frac{1+\sqrt7}{2} \end{cases}\) oraz \(\begin{cases}a= \frac{1+\sqrt7}{2}\\c= \frac{1-\sqrt7}{2} \end{cases}\)
To daje 4 punkty (dwa wg. wzoru na P i dwa wg wzoru naQ):
  • \(A= \left( \frac{1-\sqrt7}{2} , \frac{12-\sqrt7}{2} \right) \\
    B= \left( \frac{1-\sqrt7}{2} , \frac{-2-\sqrt7}{2} \right)\\
    C= \left( \frac{1+\sqrt7}{2} , \frac{\sqrt7-2}{2}\right)\\
    D= \left( \frac{1+\sqrt7}{2} , \frac{12+\sqrt7}{2} \right)\)
Równoległość prostych AB i CD jest oczywista. Pozostaje udowodnić, że proste AC i BD też są równoległe.
To już pozostawiam tobie do zrobienia jako własny wkład w rozwiązanie - większość roboty wykonałem!
Załączam rysunek ilustrujący zadanie:
rys.jpg
Nie masz wymaganych uprawnień, aby zobaczyć pliki załączone do tego posta.

kerajs
Fachowiec
Fachowiec
Posty: 1393
Rejestracja: 14 lis 2016, 15:38
Otrzymane podziękowania: 597 razy
Płeć:

Post autor: kerajs » 13 kwie 2019, 14:46

Niech styczna ma równanie \(y=ax+b\). Wtedy:
1) układ:
\(\begin{cases} y=x^2+4 \\ y=ax+b \end{cases}\)
ma dokładnie jedno rozwiązanie, co sprowadza się do tego, że równanie:
\(x^2-ax+4-b=0\) ma zerowy wyróżnik.
2) układ:
\(\begin{cases} y=-x^2+2x \\ y=ax+b \end{cases}\)
ma dokładnie jedno rozwiązanie, co sprowadza się do tego, że równanie:
\(x^2+x(a-2)+b=0\) ma zerowy wyróżnik.

Stąd dostaje się do rozwiązania dość prosty układ:
\(\begin{cases} a^2-4(4-b)=0 \\ (a-2)^2-4b=0 \end{cases}\)
Będzie on miał dwa rozwiązania, czyli dwie szukane styczne.
A dalej to już prozaiczne, lecz czasochłonne wyliczenia punktów styczności i wykazanie równoległości odpowiednich odcinków. Niestety, jestem zbyt leniwy aby to robić.

Panko
Fachowiec
Fachowiec
Posty: 2939
Rejestracja: 20 gru 2013, 22:41
Lokalizacja: Radom
Otrzymane podziękowania: 1554 razy
Płeć:

Re: Parabole

Post autor: Panko » 13 kwie 2019, 20:33

Można trochę skrócić rachunki
Korzystam z charakteryzacji równoległoboku : czworokąt jest równoległobokiem \(\iff\) gdy ma środek symetrii

Pokazujemy ,że ( odwołuję się do obrazka panb , choć nie jest to konieczne ) ,że odcinki AC , BD mają te same środki ( wtedy jest to środek symetrii czworokąta ABCD \(\\) stąd jest to równoległobok .

Prosta \(y=ax +b\) jest wspólną styczna do obu parabol .
Wtedy \(a= 2x_1 = -2x_2+2\) \(\\) gdzie \(x_1,x_2\) to odcięte dwóch punktów styczności , jeden na \(y =x^2 +4\) , drugi na \(y= -x^2 +2x\)
Stąd \(\frac{x_1+x_2}{2} =\frac{1}{2}\) \(\\) a to jest odcięta środka odcinka AC , też środka odcinka BD
Dalej ,jak powyżej leżą one na obu parabolach : \(y_1=x_1^2 +4 , y_2=-x_2^2+2x_2\)
czyli\(\\) \(y_1+y_2= x_1^2 +4 - x_2^2+2x_2 = (1-x_2)^2 +4 -x_2^2 +2x_2= 5\) , czyli \(\frac{y_1+y_2}{2} =\frac{5}{2}\) \(\\) a to jest rzędna środka odcinka AC , też środka odcinka BD.
Koniec