Равностранен триъгълник

[Nona]

От точка М(1, 1) са построени допирателните към двата клона на хиперболата [tex]y=\frac{a}{x}[/tex], които я допират в точките А и В така, че триъгълникът МАВ е равностранен. Намерете а и лицето на триъгълника МАВ.

[Реклама]

[Nona]

Задачата е прекалено лесна, за да се занимавате с нея, или е прекалено трудна и никой не може да я реши?

[Infernum]

Задачката е хубава, да. Сите я гледахме, гледахме, ама не можахме да я решим.

Уравнението на допирателната към хиперболата [tex]y=\frac{a}{x}[/tex] в произволна точка с координати [tex](\xi, \ \eta)[/tex] има вида
[tex]y-\eta=\frac{a}{\xi^2}(x-\xi)[/tex]
По условие всяка от построените допирателни минава през точката с координати (1, 1). Значи тази точка удовлетворява общото уравнение на допирателната, т. е. в сила е

[tex]1-\eta=-\frac{a}{\xi^2}(1-\xi)[/tex]

което е същото, като

[tex]\xi^2-2a\xi+a=0,[/tex]

когато се вземе предвид, че [tex]\eta=\frac{a}{\xi}.[/tex]

Така от класа на всички допирателни към хиперболата, в произволна точка от нея, се отделят само онези, които минават през точката М.

Корените [tex]\xi_1[/tex] и [tex]\xi_2[/tex] на последното квадратно уравнение дават абсцисите на допирните точки, т. е. налице са само 2 допирателни към хиперболата, минаващи през М.
За да бъдат тези две допирателни построени към двата клона на хиперболата, трябва абсцисите на допирните точки да бъдат с различни знаци. Това директно води до условието а<0 и генериране на красивия чертеж .(Забележете, че условието а<0, осигурява и съществуването на реални корени.)

Нека за конкретност [tex]\xi_1<0<\xi_2.[/tex]
Като се построят правите успоредни на координатните оси, минаващи през М, вземайки предвид чертежа, може да се установи, че

[tex]MP=1-\frac{a}{\xi_2}=1-\frac{a}{a+\sqrt{a^2-a}}=\frac{\sqrt{a^2-a}}{a+\sqrt{a^2-a}}=1-a+\sqrt{a^2-a}[/tex]

От дуга страна

[tex]MQ=1-\xi_1=1-(a-\sqrt{a^2-a})=1-a+\sqrt{a^2-a}.[/tex]

т. е. MP=MQ.

Като се построят правите успоредни на координатните оси, минаващи през точките с координати [tex](\xi_1,\ 0)[/tex] и [tex](0, \ \frac{a}{\xi_2})[/tex] се получава квадратът MQNP.
Ако страната на равностранния триъгълник е х, то лицето му ще бъде равно на [tex]\frac{x^2\sqrt{3}}{4}.[/tex]
Ако се приеме, че MB=x, то от триъгълника MBP ще се получи

[tex]x=\frac{MP}{cos 15^\circ}.[/tex]

Тогава лицето на триъгълника MAB ще бъде

[tex]S=\frac{\sqrt{3}(1-a+\sqrt{a^2-a})^2}{4 cos^2 15^\circ}=\frac{\sqrt{3}(1-a+\sqrt{a^2-a})^2}{2(1+cos 30^\circ)}[/tex].......

[r2d2]

[xyz]

Искам само да попитам, дали отговорът за a е:
[tex]a=-{3 \over 2} \left( {1 \over 2( \sqrt{2}/(cos \pi/12))-1} \right)^2 [/tex]
Ако това е правилният отговор, то ще покажа как го получавам (то малко нестроги са ми разсъжденията, но мисля че мога да ги оправя). Всъщност то и (cos π/12) може да се изрази само с квадратни корени.
Ето и приблизителната стойност която даде горния израз:
a=-0.40344621635941897469120374383696
Смятана е с калкулатора на Windows, така че нормално е да са грешни последните разряди.

[r2d2]

Не е това!

[Nona]

Да означим допирателната, която минава през точките М и В с [tex]l.[/tex] Нейното уравнение ще бъде [tex]l: \ y=kx+b,[/tex] където [tex]k[/tex] е тангенсът на ъгъла, който допирателната сключва с положителната посока на абсцисната ос (в случая 75°).
Точката М(1,1) е от допирателната, следователно
[tex]1=k.1+b\Rightarrow b=1-k=1-\tan{75^\circ}=-1-\sqrt{3} \\ \Rightarrow l: \ y=(2+\sqrt{3})x-1-\sqrt{3}.[/tex]

Допирателната и хиперболата имат точно една обща точка, следователно уравнението

[tex]\frac ax=(2+\sqrt{3})x-1-\sqrt{3}[/tex]

трябва да има точно едно решение.

[tex](2+\sqrt{3})x^2-(1+\sqrt{3})x-a=0 \\ D=(1+\sqrt{3})^2+4a(2+\sqrt{3})=0 \Rightarrow a=-\frac12, \ \ x=\frac{1+\sqrt{3}}{2(2+\sqrt{3})}=\frac{\sqrt{3}-1}{2} \\ BP=1-x=\frac{3-\sqrt{3}}{2} \\ \frac{BP}{MB}=\sin {15^\circ} \Rightarrow MB=\sqrt{6} \\ S_{MAB}=\frac{|MB|^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{3}}{2}[/tex]

[Infernum]

[r2d2]

a = -1/2 e единствено решение както е показала Нона.Ако утре не ме боли много ръката, (ударих се зле и пиша само с лявата в момента) ще напиша и аз решение.

[r2d2]

Както Infernum е показал абсцисите на двете точки от хиперболата са корени на уравнението[tex] u^2 - 2au +a =0[/tex] и а<0. Нека [tex]A(u_1,\frac {a}{u_1})[/tex] е едната точка. От Виет [tex]u_1u_2=a \Rightarrow \frac {a}{u_1}=u_2\Rightarrow A(u_1,u_2)[/tex] и аналогично [tex]B(u_2,u_1)[/tex].
Следва, че А и В са симетр. относно правата у=х (това е толкова очевидно, че Нона не го доказва), а понеже М е от тази права МА=МВ, т.е. МАВ е винаги равнобедрен.
За да е равностранен ще поискаме и МА=АВ.

[tex]MA^2=(1-u_1)^2+(1-u_2)^2[/tex] (от това отново е ясно МА = МВ!)
[tex]MA^2=u_1^2+u_2^2-2(u_1+u_2)+2=(u_1+u_2)^2-2u_1u_2-2(u_1+u_2)+2=2(2a^2-3a+1)[/tex] (Виет).
[tex]AB^2=2(u_1-u_2)^2=2((u_1+u_2)^2-4u_1u_2)=2(4a^2-4a)[/tex].
От [tex] 4a^2-4a=2a^2-3a+1\Rightarrow a=-\frac{1}{2}\;\;(a<0)[/tex]

[xyz]