Srednješolska snov

[delta]

1. Izračunaj realno št. a tako, da bo os x tangenta krožnice \(x^2+y^2+2ax+4y-a+2=0\).
2. Premica se v točki \(A(-3,-1)\) dotika krožnice \(x^2+y^2=10\). Napiši enačbo te premice.
3. V ravnini so dane točke \(A(2,1), B(-1,4), C(-2,-3)\). Izračunaj koordinati točke A', ki je pravokotna projekcija točke A na daljico BC.
Prosim za kakšen nasvet, kako bi to rešili.

[markich]

1.) Implicitni odvod, ki ga enačiš z 0. Lahko pa tudi izraziš y (dopolniš do popolnega kvadrata) in odvajaš (pri tem moraš paziti predznake).
2.) Najbolje vektorsko. Središče krožnice je v središču koordinatnega sistema (S). Ti iščeš točko B.
OB = OA + 2*AS

3.) Več načinov, mogoče najbolj "pregleden" oz. geometrijski bi bil tale.
Izračunaš premico p, ki gre skozi točki BC. Nato pa potegneš premico q, ki ima obraten in nasproten koeficient (pravokotnica), ki gre skozi točko A. Presečišče p in q ti da pravokotno projekcijo.
Če rabiš kaj podrobneje, povej.

[markich]

Pri prvi sem se malo prenaglil... Takoj opaziš, da se da lepo dopolniti do popolnih kvadratov...
Dobiš \((x+a)^2 + (y^2+2) = a^2+a+2\)
Vidiš, da je središče na \(y\) osi zmeraj na \(-2\). Torej, da se bo dotikala \(x\) osi, mora biti radij krožnice 2.
torej \(r^2 = a^2+a+2 = 2^2 = 4\), dobiš enačbo \(a^2+a-2 = 0\)
\(a_1 = -2, a_2 = 1\)

[markich]

Ojojojoj, sem pregledoval forum in vidim, da sem se tudi pri drugi nalogi prenaglil
Torej, sta vsaj dva načina:
Z uporabo implicitnega odvoda:
\(x^2 + y^2 = 10\)
\(2x + 2yy' = 0\)
\(y' = -\frac{x}{y}\)
To ti bo dalo smerni koeficient tangente v dani točki.
\(y'(-3,-1) = -3\)
Sedaj, ko imaš smerni koeficient tangente, pa uporabiš formulo za premico, ki gre skozi dano točko z danim koeficientom.
\(y-y_0 = k_t(x-x_0)\)
\(y+1 = -3(x+3)\)
\(y = -3x-10\)

Z uporabo geometrije:
Ker iščeš tangento, veš, da bo premica, ki gre skozi \(O,A\) pravokotnica. Središče krožnice je v izhodišču. Izračunaš \(k_p = \frac{y_2-y_1}{x_2-x_1} = \frac{1}{3}\).
Torej bo pravokotnica imela smerni koeficient \(k_t = -\frac{1}{k_p} = -3\).
Dalje gre naloga isto kot zgoraj.

Tretjo sem pregledal še enkrat (da nisem spet narobe prebral) in zgleda ok

[Aniviller]

Prva ima se eno lepo resitev ki se izogne dopolnjevanju do popolnih kvadratov: to, da je x os tangenta, pomeni, da ima s kroznico le eno skupno tocko (dotikalisce). Torej mora pri y=0 obstajati ena sama dvojna nicla enacbe:
\(x^2+2ax-a+2=0\)
to pomeni, da mora biti diskriminanta te kvadratne enacbe enaka 0:
\((2a)^2-4(-a+2)=0\)
\(4a^2+4a-8=0\)
\(a^2+a-2=(a+2)(a-1)=0\)
Naprej pa isto.

Tretja gre tudi z vektorji, s cimer se izognes koeficientom naklona, ki so zoprni, saj z njimi predpostavis neko prednostno smer (x in y os). Isces tocko, za katero velja, da je AA' pravokotna na BC, torej
\((A'-A)\cdot(C-B)=0\)
kjer imas opravka s skalarnim produktom. A' lezi na premici skozi BC, torej A'=B+t*(C-B), kar vstavis gor in izrazis t:
\(t=\frac{(A-B)\cdot(C-B)}{||C-B||^2}=\frac{18}{50}=\frac{9}{25}\)
in iz tega
\(A'=B+\frac{9}{25}(C-B)=(\frac{-34}{25},\frac{37}{25})\)


Je bolje imet vec resitev na izbiro, da lahko bralci izberejo tisto ki jim najbolj ustreza

[delta]

Lepe rešitve, najlepša hvala obema.
Samo ni mi čisto jasno, kako smo ven izrazili t.

[Aniviller]

Takole:
\((A'-A)\cdot(C-B)=(B+t(C-B)-A)\cdot(C-B)\)
\(=(B-A)\cdot(C-B)+t(C-B)\cdot(C-B)=0\)
Zdaj pa samo das prvi clen na desno in delis s clenom pri t.