MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 40

Oznaczmy $BC=x$. Wtedy $AB=x+2$ jest przeciwprostokątną, a $AC=x-7$. Z nierówności trójkąta otrzymujemy $x>9$. Z twierdzenia Pitagorasa:

$$x^2+(x-7)^2=(x+2)^2,$$

czyli $x^2-18x+45=0$. Kandydaci to $x=3$ i $x=15$; warunek $x>9$ pozostawia $15$. Boki mają zatem długości 8, 15 i 17.

Skan pokazuje, że poza zacienionym pasem pozostają dwa przystające trójkąty prostokątne o przyprostokątnych $10-x$ i $8-x$. Pole zacienione:

$$P(x)=80-2\cdot\frac12(10-x)(8-x)=18x-x^2.$$

Ma ono stanowić co najmniej $0{,}4\cdot80=32$, więc $-x^2+18x\ge32$, czyli $(x-2)(x-16)\le0$. Geometrycznie $0\le x\le8$, zatem przecinamy przedziały.

a) Niech kolejne liczby naturalne będą równe $n,n+1,n+2$; największa jest przeciwprostokątną. Z twierdzenia Pitagorasa: $n^2+(n+1)^2=(n+2)^2$, czyli $(n-3)(n+1)=0$. Jedynym dodatnim rozwiązaniem jest $n=3$.

b) Kolejne liczby parzyste to $2n,2n+2,2n+4$. Po podzieleniu równania Pitagorasa przez 4 znów dostajemy $n^2+(n+1)^2=(n+2)^2$, więc $n=3$.

a) Przy początku w $A$ miejsca zerowe paraboli to $0$ i $12$, więc $y=ax(x-12)$. Wierzchołek $(6,4)$ daje $4=a\cdot6\cdot(-6)$, czyli $a=-\frac19$.

b) Przy początku w środku $AB$ wierzchołek to $(0,4)$, a miejsca zerowe $-6$ i $6$. Zapis $y=ax^2+4$ i warunek $y(6)=0$ dają $a=-\frac19$.

Największy prześwit dla barki uzyskamy, gdy płynie środkiem. W układzie z początku w środku $AB$ jej krawędzie są wtedy w punktach $x=\pm3$. Dla równania łuku z zadania 9:

$$y(3)=-\frac19\cdot9+4=3\ \mathrm m.$$

Na całej szerokości barki łuk ma więc przy krawędziach tylko 3 m wysokości, a barka wystaje 3,1 m.