Matematik

Vektor og plangeometri

06. oktober 2015 af Jørgensen1995 (Slettet) - Niveau: A-niveau

Hej SP

Nogen der kan lave det her, da jeg virkelig er på bar bund. Tak på forhånd!

https://gyazo.com/56912e0cebe608ed6f9de408295883e8

Vedhæftet fil: mat1.png

Brugbart svar (0)

Svar #1
06. oktober 2015 af mathon

I trekant P_0P_tQ_t
er:
             P_0=(1,1)         $P_0P_t=\begin{pmatrix} 2t\\t \end{pmatrix}$          $P_0Q_t=\begin{pmatrix} t\\2+t \end{pmatrix}$

Arealet af $\Delta P_0P_tQ_t$
er det halve af determinantens numeriske værdi:

                                    $A=\frac{1}{2}\begin{Vmatrix} 2t&t\\t &2+t \end{Vmatrix}=6$
hvoraf
                                     $\left | 2t(2+t)-t^2 \right |=12$

$\left | t^2+4t \right |=12$

$t^2+4t =\pm 12$

$t^2+4t \mp 12=0$

$t^2+4t - 12=0\Leftrightarrow t=\left\{\begin{matrix} -6\\2 \end{matrix}\right.$

t^2+4t +12=0 har ingen reelle løsninger.

Arealet af $\Delta P_0P_tQ_t$ er 6
for $t=\left\{\begin{matrix} -6\\2 \end{matrix}\right.$

Brugbart svar (0)

Svar #2
06. oktober 2015 af mathon

korrektion:

I trekant P_0P_tQ_t
er:
             P_0=(1,1)         $P_0P_t=\begin{pmatrix} 2t\\t \end{pmatrix}$          $P_0Q_t=\begin{pmatrix} t\\2+t \end{pmatrix}$        $\mathbf{\color{Red} t\geq 0}$

Arealet af $\Delta P_0P_tQ_t$
er det halve af determinantens numeriske værdi:

                                    $A=\frac{1}{2}\begin{Vmatrix} 2t&t\\t &2+t \end{Vmatrix}=6$
hvoraf
                                     $\left | 2t(2+t)-t^2 \right |=12$

$\left | t^2+4t \right |=12$

$t^2+4t =\pm 12$

$t^2+4t \mp 12=0$

$t^2+4t - 12=0\Leftrightarrow t=2$

t^2+4t +12=0 har ingen reelle løsninger.

Arealet af $\Delta P_0P_tQ_t$ er 6
for t=2

Brugbart svar (0)

Svar #3
06. oktober 2015 af mathon

linjen gennem P_t og Q_t har hældningskoefficienten

                 $a=\frac{3+t-(1+t)}{1+t-(1+2t)}=\frac{3+t-1-t}{1+t-1-2t}=\frac{2}{-t}=\frac{-2}{t}$
Med Q_t som fikspunkt kan linjens ligning
med punkt-hældningsformlen udtrykkes:

                          $y-(3+t)=\frac{-2}{t}(x-(1+t))$

Nu søges den værdi, for hvilken R(10,2) ligger på linjen,
dvs t-værdien, der opfylder

$2-(3+t)=\frac{-2}{t}(10-(1+t))\; \; \; \; t\geq 0$

$-1-t=\frac{-2}{t}(10-(1+t))$ multipliceres med

t+t^2=2(9-t)

t+t^2=18-2t

$t^2+3t-18=0\; \; \; \; t\geq 0$

t=3

Brugbart svar (0)

Svar #4
06. oktober 2015 af mathon

$\angle Q_0$ er vinklen mellem vektorerne
                                                          $\overrightarrow{Q_0P_0}=\begin{pmatrix} 0\\-2 \end{pmatrix}$ og $\overrightarrow{Q_0P_t}=\begin{pmatrix} 2t\\-2+t \end{pmatrix}$
med længderne
                                                        $\left |\overrightarrow{Q_0P_0} \right |=2$    $\left | \overrightarrow{Q_0P_t} \right |=\sqrt{5t^2-4t+4}$
                                                                                                                          5t^2-4t+4>0

og skalarproduktet
$\overrightarrow{Q_0P_0}\cdot \overrightarrow{Q_0P_t}=4-2t$

dvs

$\cos(30^{\circ})=\frac{\overrightarrow{Q_0P_0}\cdot\overrightarrow{Q_0P_t} }{\left |\overrightarrow{Q_0P_0} \right |\cdot \left |\overrightarrow{Q_0P_t} \right |}\; \; \; \; t\geq 0$

$\frac{1}{2}=\frac{4-2t }{2\cdot \sqrt{5t^2-4t+4}}\; \; \; \; t\geq 0$

$\sqrt{5t^2-4t+4}=4-2t$

5t^2-4t+4=16-16t+4t^2

$t^2+12t-12=0\; \; \; \; t\geq 0$

$t=-6+4\sqrt{3}$

Skriv et svar til: Vektor og plangeometri

Du skal være logget ind, for at skrive et svar til dette spørgsmål. Klik her for at logge ind.
Har du ikke en bruger på Studieportalen.dk? Klik her for at oprette en bruger.