Geometria analityczna | Matematyczne nietuzinki ;)

Zadanie 1. (0-6)
Punkt $A=(-2,5)$ jest jednym z wierzchołków trójkąta równoramiennego $ABC$ , w którym $|AC|=|BC|$ . Pole tego trójkąta jest równe $15$ . Bok $BC$ jest zawarty w prostej o równaniu $y=x+1$ . Oblicz współrzędne wierzchołka $C$ .

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.

Jak niemal każde zadanie z geometrii najlepiej rozpocząć od wykonania w miarę dokładnego rysunku.

Rendered by QuickLaTeX.com

Ponieważ punkty $B$ i $C$ leżą na prostej $y=x+1$ , to możemy przyjąć, że $B=(b,b+1)$ i $C=(c,c+1)$ dla pewnych liczb $b$ oraz $c$ . Możemy obliczyć długość odcinka $BC$ korzystając z informacji o polu naszego trójkąta. Istotnie, traktując bok $BC$ jako podstawę, wysokość będzie odległością punktu $A$ od danej prostej $x-y+1=0$ . Ma ona wartość

$h=\frac{|-2-5+1|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\frac{6}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}.$

Stąd $\dfrac{1}{2}\cdot h\cdot |BC|=15$ , czyli $|BC|=\dfrac{30}{3\sqrt{2}}=5\sqrt{2}$ .

Możemy teraz napisać

$25\cdot 2=|BC|^2=(b-c)^2+(b+1-c-1)^2=2(b-c)^2,$

a stąd $(b-c)^2=25$ . To daje nam dwie możliwości: $b=5+c$ albo $b=-5+c$ .

Pozostaje jeszcze sprawdzić, kiedy otrzymamy trójkąt równoramienny z równością $|AC|=|BC|=5\sqrt{2}$ . Mamy

$|AC|=\sqrt{(c+2)^2+(c+1-5)^2}=\sqrt{2c^2-4c+20},$

stąd $2c^2-4c+20=50$ lub w wersji uproszczonej $c^2-2c-15=0$ . Rozwiązując to równanie kwadratowe uzyskamy możliwe wartości $c$ . $\Delta=4-4\cdot 1\cdot (-15)=64$ , $c_1=\dfrac{2-8}{2}=-3$ lub $c_2=\dfrac{2+8}{2}=5$ . Mamy więc $C=(-3,-2)$ lub $C=(5,6)$ . Wtedy, zgodnie z wcześniejszymi obliczeniami $B=(2,3)$ lub $B=(-8,-7)$ albo odpowiednio $B=(10,11)$ lub $B=(0,1)$ . Są zatem cztery trójkąty $ABC$ , które spełniają warunki zadania ale tylko dwa możliwe położenia wierzchołka $C$ .

Zadanie 2. (0-5)
Rysunek przedstawia fragment wykresu funkcji $f(x)=\dfrac{1}{x^2}$ . Przeprowadzono prostą równoległą do osi $Ox$ , która przecięła wykres tej funkcji w punktach $A$ i $B$ . Niech $C=(3,-1)$ . Wykaż, że pole trójkąta $ABC$ jest większe lub równe 2.

Rendered by QuickLaTeX.com

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.

Zaznaczmy punkt $C$ i poprowadźmy przykładową prostą o równaniu $y=a$ (równoległą od osi $Ox$ ). Aby pojawiły się punkty przecięcia z podanym wykresem, musi być $a>0$ . Wtedy współrzędne punktów $A$ i $B$ obliczymy rozwiązując równanie $\dfrac{1}{x^2}=a$ , czyli $x^2=\dfrac{1}{a}$ . Możemy więc przyjąć, że

$A=\left(-\sqrt{\frac{1}{a}},\,a\right),\quad B=\left(\sqrt{\frac{1}{a}},\,a\right).$

Rendered by QuickLaTeX.com

Obliczmy teraz pole $P$ trójkąta $ABC$ traktując $AB$ jako podstawę. Oczywiście $|AB|=2\sqrt{\frac{1}{a}}$ , zaś odpowiednia wysokość w tym trójkącie jest odległością wierzchołka $C$ od poprowadzonej prostej, wynosi więc $h=a+1$ . Zatem

$P=\frac{1}{2}\cdot |AB|\cdot h=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{\frac{1}{a}}\cdot(a+1)=\sqrt{a}+\frac{1}{\sqrt{a}}.$

Aby pokazać, że otrzymana wartość jest zawsze większą lub równa 2, dla dowolnego $a>0$ , wystarczy zauważyć, że biorąc $t=\sqrt{a}$ mamy

$P=t+\frac{1}{t}=\left(\sqrt{t}-\frac{1}{\sqrt{t}}\right)^2+2\geqslant 2.$

To kończy rozwiązanie.

Zadanie 3. (0-6)
Zaznacz na płaszczyźnie zbiór

$F=\left\{(x,y)\colon x\in\mathbf{R}\wedge y\in\mathbf{R}\wedge \log_{\frac{1}{2}}\left(|x|-1\right)\geqslant -2\wedge |y|>0\right\}.$

Napisz równania osi symetrii figury $F$ .

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2002.

Zaczniemy oczywiście od dziedziny. Musi być $|x|-1>0$ , czyli $x\in(-\infty,\,-1)\cup(1,\,\infty)$ . Nierówność $|y|>0$ oznacza, że $y\neq 0$ , zatem figura $F$ nie zawiera żadnego punktu z osi $Ox$ . Zajmijmy się teraz nierównością z logarytmem. Mamy

$\log_{\frac{1}{2}}\left(|x|-1\right)\geqslant -2=\log_{\frac{1}{2}} 4,$

bo $\left(\dfrac{1}{2}\right)^{-2}=4$ .

Opuszczamy logarytmy (pamiętając o zmianie znaku nierówności, bo podstawa logarytmu jest mniejsza od 1) i otrzymujemy $|x|-1\leqslant 4$ , czyli $|x|\leqslant 5$ , zatem $x\in[-5,\,5]$ . Uwzględniając dziedzinę mamy

$F=\{(x,y)\colon x\in\mathbf{R}\wedge y\in\mathbf{R}\wedge x\in[-5,-1)\cup (1,5]\wedge y\neq 0\}.$

Poniżej rysunek tej (nieograniczonej) figury.

Rendered by QuickLaTeX.com

Jedynymi osiami symetrii są oczywiście osie układu współrzędnych, czyli proste o równaniach $y=0$ oraz $x=0$ . Nie ma innych, choćby ze względu na punkty $(-5,0)$ oraz $(5,0)$ , które jako jedyne punkty z prostych pionowych $x=\pm 5$ nie należą do figury $F$ .

Zadanie 4. (0-4)
W układzie współrzędnych są dane punkty: $A=(-9,-2)$ oraz $B=(4,2)$ . Wyznacz współrzędne punktu $C$ , leżącego na osi $Oy$ , tak że kąt $ACB$ jest kątem prostym.

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, styczeń 2003.

Wykonajmy rysunek. Rozwiązanie najłatwiej oprzeć na spostrzeżeniu, że dla znalezionego punktu $C$ trójkąt $ABC$ będzie prostokątny z przeciwprostokątną $AB$ . Wtedy jednak bok $AB$ będzie średnicą dla okręgu opisanego na tym trójkącie. To sugeruje jak znaleźć wierzchołek $C$ : jest to punkt wspólny osi $Oy$ i okręgu, dla którego odcinek $AB$ jest średnicą.

Rendered by QuickLaTeX.com

Ponieważ $|AB|=\sqrt{(4-(-9))^2+(2-(-2))^2}=\sqrt{185}$ , zaś środkiem odcinka $AB$ jest punkt $O=\left(\frac{4+(-9)}{2},\,\frac{2+(-2)}{2}\right)=\left(-\frac{5}{2},\,0\right)$ , to równanie odpowiedniego okręgu ma postać

$\left(x+\frac{5}{2}\right)^2+(y-0)^2=\left(\frac{\sqrt{185}}{2}\right)^2=\frac{185}{4}.$

My oczywiście szukamy takiego punktu $C$ tego okręgu, dla którego współrzędna odcięta wynosi zero, stąd

$y^2=\dfrac{185}{4}-\frac{25}{4},$

czyli $y^2=40$ i $y=-\sqrt{40}$ lub $y=\sqrt{40}$ . Stąd odpowiedź: są dwa rozwiązania: $C_1=(0,\,\sqrt{40})$ lub $C_2=(0,\,-\sqrt{40})$ .

Zadanie 5. (0-4)
Wyznacz równanie okręgu opisanego na trójkącie, którego boki zawierają się w prostych o równaniach $x+6y-12=0$ , $x+y-7=0$ oraz $x-4y+18=0$ .

♦ matura próbna ,,Operon” – poziom rozszerzony, listopad 2019.

Sytuację przedstawia rysunek. Najpierw należy wyznaczyć wierzchołki trójkąta o bokach leżących na podanych prostych. W tym celu tworzymy trzy układy równań z podanych równań prostych i rozwiązujemy je.

Rendered by QuickLaTeX.com

Oznaczając przez $A,B,C$ wierzchołki trójkąta, ich współrzędne spełniają więc kolejno zależności

$\left\{\begin{array}{l}x+y-7=0\\x-4y+18=0\end{array}\right.\quad \left\{\begin{array}{l}x+y-7=0\\x+6y-12=0\end{array}\right.\quad \left\{\begin{array}{l}x-4y+18=0\\x+6y-12=0\end{array}\right..$

Stąd $A=(2,5)$ , $B=(6,1)$ i $C=(-6,3)$ .

Środek okręgu opisanego na trójkącie znajduje się w punkcie przecięcia symetralnych jego boków. Niech $M_1$ oznacza środek boku $AB$ , zaś $M_2$ będzie środkiem boku $AC$ . Wtedy oczywiście $M_1=\left(\dfrac{2+6}{2},\,\dfrac{5+1}{2}\right)=(4,3)$ i podobnie $M_2=(-2,4)$ . Teraz znależy znaleźć równania prostych prostopadłych do odpowiednich boków i przechodzących przez wyznaczone punkty $M_1$ i $M_2$ . Symetralna boku $AB$ przechodzi przez $M_1$ i jej współczynnikiem kierunkowym jest liczba $1$ , czyli ma ona równanie $y=x-1$ . Zaś symetralna boku $AC$ przechodzi przez $M_2$ i ma współczynnik kierunkowy równy $-4$ , ma więc postać $y=-4x-4$ .

Środek $S$ szukanego okręgu ma współrzędne spełniające układ równań

$S:\left\{\begin{array}{l}y=x-1\\y=-4x-4\end{array}\right.\quad\Rightarrow\quad S=\left(-\frac{3}{5},\,-\frac{8}{5}\right).$

Pozostaje jeszcze obliczenie promienia $r$ okręgu. W tym celu wyznaczamy długość odcinka $|AS|$ . Mamy

$r=|AS|=\sqrt{(2+\frac{3}{5})^2+(5+\frac{8}{5})^2}=\sqrt{\frac{13^2+33^2}{25}}=\frac{\sqrt{1258}}{5}.$

Ostatecznie, równanie okręgu opisanego na trójkącie $ABC$ ma postać

$\left(x+\frac{3}{5}\right)^2+\left(y+\frac{8}{5}\right)^2=\frac{1258}{25}.$

Kategoria: Geometria analityczna

Geometria analityczna – przykłady z rozwiązaniami