Matematické Fórum

cutrongxoay · 14. 05. 2013 18:16

Zdravim

Bodem $A[-1,3]$ veďte přímku $p$ tak, aby odchylka přímky $p$ a přímky $o: y = x$ byla $60°$ . Vypočítejte souřadnice průsečíku přímek $p, o$ .

Poradili byste mi jak na to? Nedokazal jsem udelat ani 1 krok, nevim jak mam uvazovat.

MirekH · 14. 05. 2013 19:06 — Editoval MirekH (14. 05. 2013 20:03)

BÚNO (bez újmy na obecnosti) $u_{p2} = 1$ , kde takto označujeme složku směrového vektoru přímky $p$ . Ze skalárního součinu směrových vektorů pro odchylku přímek plyne
$\cos \varphi = \frac{|u_p \cdot u_o|}{|u_p| \cdot |u_o|}$ ,
kde $\vec{u_o} = (1;1)$ . Po dosazení vyjdou z kvadratické rovnice dvě hodnoty, což značí, že existují dvě přímky $p$ splňující zadání. Pomocí $A$ a $u_p$ můžeme určit jejich parametrické rovnice a případně je přepsat na obecné.

cutrongxoay · 14. 05. 2013 19:46

Jen takova otazka, za to $u_{p}$ mam dosadit co? Mam si ten vektor oznacit jako $(x;y)$ ?
Nejak tezke to pochopit...

Arabela · 14. 05. 2013 19:50

Zdravím ↑ MirekH:,
v tom vzorci na pravej strane má byť čitateľ v absolútnej hodnote (ide o uhol priamok, nie vektorov)...

Arabela · 14. 05. 2013 19:54

Ahoj ↑ cutrongxoay:,
v tom vzorci môžeš rovnako dobre použiť smerové, ale aj normálové vektory.
$\vec{n_{o}}=(1;-1)$
$\vec{n_{p}}=(a;b)$

MirekH · 14. 05. 2013 20:03

↑ Arabela:
Děkuju za upozornění, opraveno.

cutrongxoay · 14. 05. 2013 20:03

Dobre, tak jsem to tedy do vzorce dosadil a vypada to takto
$cos60^\circ =\frac{|(1;1)\cdot\vec{u_{p}}|}{\sqrt{2}\cdot |\vec{u_{p}}|}$
$\frac{1}{2}=\frac{|(1;1)\cdot\vec{u_{p}}|}{\sqrt{2}\cdot |\vec{u_{p}}|}$
Zkusil jsem za $\vec{u_{p}}$ dosadit $(x;y)$ a nakonec vysla mi rovnice $(x+y)^2$ ..takze opravdu nevim

Arabela · 14. 05. 2013 20:06

↑ cutrongxoay:
skús pozrieť môj príspevok... Navrhla som namiesto smerových vektorov prácu s normálovými vektormi... je to praktickejšie a aj obvyklejšie v takýchto úlohách...

MirekH · 14. 05. 2013 20:07 — Editoval MirekH (14. 05. 2013 20:10)

↑ cutrongxoay:
$\frac{1}{2}=\frac{|(1;1)\cdot\vec{u_{p}}|}{\sqrt{2}\cdot |\vec{u_{p}}|} = \frac{|1 + u_{p1}|}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{1 + u_{p1}^2}}.$
To je ta kvadratická rovnice, o níž jsem se zmiňoval.

Edit: Pokud použiješ normálové vektory, jak navrhuje Arabela, tak dostaneš po vypočtení $n_{p1}$ rovnou obecnou rovnici. Pokud nechceš parametrickou, tak je to určitě vhodnější postup.

cutrongxoay · 14. 05. 2013 20:21

Prosim vas, jak jste dosel k tomuhle ? ${|(1;1)\cdot\vec{u_{p}}|} = {|1 + u_{p1}|}$
Jsem dnes zdrceny odpoledni vyukou, citim se uz trochu unaveny tak me prosim omluvte.

MirekH · 14. 05. 2013 20:25

↑ cutrongxoay:
$\vec{u_o} \cdot \vec{u_p} = u_{o1}u_{p1} + u_{o2}u_{p2}$
$\vec{u_o} = (1;1)$
$\vec{u_p} = (u_{p1}; 1)$
Stačí to takhle?

cutrongxoay · 14. 05. 2013 20:46

Ok, bez ohledu na to proc je to tak ci onak, konecna rovnice je takova: $(u_{p1})^2+4u_{p1}+1=0$
Vysledek vysel $-2-\sqrt{3}$ a $\sqrt{3}-2$ . Je to tak?
Mam normalove vektory $\vec{n_{p1}}=(1;2+\sqrt{3})$ a $\vec{n_{p2}}=(1;2-\sqrt{3})$ >>
$x+(2+\sqrt{3})y+c=0 \nl x+(2-\sqrt{3})y+c=0$
Hodnotu $c$ zjistim dosazenim bodu A?