pole równoległoboku
-
miodek1
- Użytkownik
- Posty: 47
- Rejestracja: 7 wrz 2010, o 07:49
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: niby warszawa
- Podziękował: 8 razy
pole równoległoboku
Oblicz pole równoległoboku ograniczonego asymptotami hiperboli : \(\displaystyle{ b^2x^2-a^2y^2=a^2b^2}\) i prostymi poprowadzonymi przez dowolny punkt hiperboli równolegle do asymptot.
-
gott314
- Użytkownik
- Posty: 233
- Rejestracja: 15 kwie 2009, o 16:48
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 38 razy
pole równoległoboku
Weźmy dowolny punkt hiperboli \(\displaystyle{ P(x_0,y_0)}\). Z zadania wynika, że bierzemy dwie następujace proste:
\(\displaystyle{ l_1: \ y=-\frac{b}{a}x +C}\),
\(\displaystyle{ l_2: \ y=\frac{b}{a}x+D}\),
gdzie \(\displaystyle{ C, \ D \in\mathbb{R} \setminus \{0\}}\).
Wystarczy, że znajdziemy punkt przecięcia się prostej \(\displaystyle{ l_1}\) z asymptotą \(\displaystyle{ y=\frac{b}{a}x}\) (druga możliwość to punkt przecięcia się prostej \(\displaystyle{ l_2}\) z asymptotą \(\displaystyle{ y=-\frac{b}{a}}\)); nazwijmy go \(\displaystyle{ A}\). W tym celu wyznaczmy najpierw \(\displaystyle{ C}\).
\(\displaystyle{ P\in l_1 \Leftrightarrow y_0=-\frac{b}{a}x_0+C \Leftrightarrow C=\frac{b}{a}x_0+y_0}\)
Obliczmy teraz A
\(\displaystyle{ \begin{cases} l_1: \ y=-\frac{b}{a}x+\frac{b}{a}x_0+y_0 \\ y=\frac{b}{a}x \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x=\frac{x_0}{2}+\frac{a}{2b}y_0 \\ y=\frac{b}{2a}x_0+\frac{y_0}{2}\end{cases}}\).
Zatem \(\displaystyle{ A(\frac{x_0}{2}+\frac{a}{2b}y_0, \ \frac{b}{2a}x_0+\frac{y_0}{2}\end{cases})}\).
Wyznaczymy teraz wektory \(\displaystyle{ \vec{AP}}\) oraz \(\displaystyle{ \vec{AO}}\) (punkt \(\displaystyle{ O}\) to początek układu współrzędnych), ponieważ pole szukanego równoległobku można obliczyć ze wzoru \(\displaystyle{ S=|det(\vec{AP},\vec{AO})|}\).
\(\displaystyle{ \vec{AP}=[x_0-\frac{x_0}{2}-\frac{a}{2b}y_0, \ y_0-\frac{b}{2a}x_0-\frac{y_0}{2}]}\)
\(\displaystyle{ \vec{AO}=[-\frac{x_0}{2}-\frac{a}{2b}y_0, \ -\frac{b}{2a}x_0-\frac{y_0}{2}]}\)
Stąd
\(\displaystyle{ S=|det(\vec{AP},\vec{AO})|=|\left |\begin{array}{cc}\frac{x_0}{2}-\frac{a}{2b}y_0&\frac{y_0}{2}-\frac{b}{2a}x_0\\-\frac{x_0}{2}-\frac{a}{2b}y_0&-\frac{b}{2a}x_0-\frac{y_0}{2}\end{array} \right | |=|-\frac{1}{2}\frac{a^2y_0^2-b^2x_0^2}{ab}|}\).
\(\displaystyle{ l_1: \ y=-\frac{b}{a}x +C}\),
\(\displaystyle{ l_2: \ y=\frac{b}{a}x+D}\),
gdzie \(\displaystyle{ C, \ D \in\mathbb{R} \setminus \{0\}}\).
Wystarczy, że znajdziemy punkt przecięcia się prostej \(\displaystyle{ l_1}\) z asymptotą \(\displaystyle{ y=\frac{b}{a}x}\) (druga możliwość to punkt przecięcia się prostej \(\displaystyle{ l_2}\) z asymptotą \(\displaystyle{ y=-\frac{b}{a}}\)); nazwijmy go \(\displaystyle{ A}\). W tym celu wyznaczmy najpierw \(\displaystyle{ C}\).
\(\displaystyle{ P\in l_1 \Leftrightarrow y_0=-\frac{b}{a}x_0+C \Leftrightarrow C=\frac{b}{a}x_0+y_0}\)
Obliczmy teraz A
\(\displaystyle{ \begin{cases} l_1: \ y=-\frac{b}{a}x+\frac{b}{a}x_0+y_0 \\ y=\frac{b}{a}x \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x=\frac{x_0}{2}+\frac{a}{2b}y_0 \\ y=\frac{b}{2a}x_0+\frac{y_0}{2}\end{cases}}\).
Zatem \(\displaystyle{ A(\frac{x_0}{2}+\frac{a}{2b}y_0, \ \frac{b}{2a}x_0+\frac{y_0}{2}\end{cases})}\).
Wyznaczymy teraz wektory \(\displaystyle{ \vec{AP}}\) oraz \(\displaystyle{ \vec{AO}}\) (punkt \(\displaystyle{ O}\) to początek układu współrzędnych), ponieważ pole szukanego równoległobku można obliczyć ze wzoru \(\displaystyle{ S=|det(\vec{AP},\vec{AO})|}\).
\(\displaystyle{ \vec{AP}=[x_0-\frac{x_0}{2}-\frac{a}{2b}y_0, \ y_0-\frac{b}{2a}x_0-\frac{y_0}{2}]}\)
\(\displaystyle{ \vec{AO}=[-\frac{x_0}{2}-\frac{a}{2b}y_0, \ -\frac{b}{2a}x_0-\frac{y_0}{2}]}\)
Stąd
\(\displaystyle{ S=|det(\vec{AP},\vec{AO})|=|\left |\begin{array}{cc}\frac{x_0}{2}-\frac{a}{2b}y_0&\frac{y_0}{2}-\frac{b}{2a}x_0\\-\frac{x_0}{2}-\frac{a}{2b}y_0&-\frac{b}{2a}x_0-\frac{y_0}{2}\end{array} \right | |=|-\frac{1}{2}\frac{a^2y_0^2-b^2x_0^2}{ab}|}\).