MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 80

Jeżeli $(x_1,y_1)\in K_1$ i $(x_2,y_2)\in K_2$, to

$$2\le x_1\le5,\quad 8\le x_2\le11, \qquad 1\le y_1,y_2\le4.$$

Środek odcinka ma współrzędne $((x_1+x_2)/2,(y_1+y_2)/2)$, zatem spełnia

$$5\le\frac{x_1+x_2}{2}\le8, \qquad1\le\frac{y_1+y_2}{2}\le4.$$

Każdą parę współrzędnych z tych przedziałów można otrzymać, dobierając odpowiednie końce w obu kwadratach. Zbiór środków jest więc całym kwadratem $[5,8]\times[1,4]$.

Punkt pierwszego odcinka ma postać $(0,u)$, gdzie $u\in[2,4]$, a punkt drugiego $(v,0)$, gdzie $v\in[2,4]$. Ich środek jest równy

$$\left(\frac v2,\frac u2\right).$$

Obie współrzędne niezależnie przebiegają przedział $[1,2]$. Figura $K$ jest zatem całym kwadratem $[1,2]\times[1,2]$.

Niech wektory wierzchołków będą oznaczone małymi literami. Mamy

$$p=\frac{a+b}{2},\qquad q=\frac{a+d}{2},\qquad s=\frac{b+d}{2}.$$

Stąd $a=p+q-s=(7,3)$. Dalej

$$b=2p-a=(5,-1),\quad d=2q-a=(-9,5),$$

a z warunku, że $S$ jest środkiem $AC$,

$$c=2s-a=(-11,1).$$

Przekątne mają długości

$$AC=\sqrt{(-18)^2+(-2)^2}=2\sqrt{82},$$ $$BD=\sqrt{(-14)^2+6^2}=2\sqrt{58}.$$

W trójkącie odcinek łączący środki dwóch boków jest równoległy do trzeciego boku i ma połowę jego długości. Zastosowanie tego twierdzenia do trzech par środków pokazuje, że wszystkie boki trójkąta środkowego są połowami odpowiednich boków trójkąta wyjściowego. Trójkąty są podobne w skali $1:2$.

Dla czworokąta analogiczna własność nie zachodzi. Na przykład środki boków prostokąta, który nie jest kwadratem, tworzą romb. Taki romb nie jest podobny do prostokąta wyjściowego.

Niech trzy dane wierzchołki równoległoboku będą oznaczone $A,B,C$ tak, że brakujący wierzchołek ma postać

$$D=A+C-B.$$

Każda współrzędna punktów $A,B,C$ jest parzystą liczbą całkowitą. Suma dwóch takich liczb i różnica z trzecią nadal jest parzystą liczbą całkowitą. Obie współrzędne $D$ mają zatem wymaganą własność.

Po obrocie i przesunięciu układu możemy przyjąć wierzchołki trapezu

$$A=(0,0),\quad B=(b,0),\quad D=(u,h),\quad C=(u+a,h),$$

gdzie $b>a>0$ są długościami podstaw.

a) Środki ramion $AD$ i $BC$ to

$$M=\left(\frac u2,\frac h2\right),\qquad N=\left(\frac{b+u+a}{2},\frac h2\right).$$

Zatem $MN=\frac{a+b}{2}$.

b) Środki przekątnych $AC$ i $BD$ to

$$P=\left(\frac{u+a}{2},\frac h2\right),\qquad Q=\left(\frac{b+u}{2},\frac h2\right).$$

Stąd $PQ=\frac{b-a}{2}$, czyli połowa różnicy długości podstaw.

Równanie zbioru $K$ zapisujemy jako

$$(x-4)^2+y^2=4.$$

Jeśli $(p,q)$ jest środkiem odcinka łączącego $S=(-4,0)$ z punktem $(x,y)\in K$, to

$$p=\frac{x-4}{2},\qquad q=\frac y2,$$

czyli $x=2p+4$ oraz $y=2q$. Po podstawieniu do równania okręgu:

$$(2p)^2+(2q)^2=4.$$

Po podzieleniu przez $4$ otrzymujemy $p^2+q^2=1$.

Współrzędna $y$ punktu $A$ wynosi $4$. Ponieważ środek drugiej przekątnej jest także środkiem $AC$, dwa pozostałe wierzchołki muszą leżeć symetrycznie względem jego poziomu. Jest to możliwe tylko wtedy, gdy $C$ leży na prostej $y=1$, a $B,D$ na prostych $y=2$ i $y=3$.

Różnica drugich współrzędnych końców $AC$ wynosi $3$. Z warunku $AC=5$ różnica pierwszych współrzędnych ma moduł $4$, więc kierunek $AC$ tworzy trójkąt $3$-$4$-$5$.

Przekątna $BD$ jest prostopadła do $AC$, a jej pionowa składowa ma moduł $1$. Wektor prostopadły ma proporcje składowych $3:4$, zatem

$$BD=\frac54.$$

Pole rombu wynosi

$$P=\frac{AC\cdot BD}{2} =\frac{5\cdot(5/4)}2=\frac{25}{8}.$$

Prosta przez $B(1,a)$ i $C(0,2a)$ ma równanie

$$y=-ax+2a,$$

więc przecina oś $OX$ w punkcie $D=(2,0)$. Proste $AD$ i $OB$ mają równania

$$AD:\ y=a-\frac a2x, \qquad OB:\ y=ax.$$

Ich przecięcie spełnia $ax=a-\frac a2x$, zatem

$$E=\left(\frac23,\frac{2a}{3}\right).$$

Prosta $CE$ ma nachylenie $-2a$ i równanie $y=2a-2ax$. Środek odcinka $AB$ to $M=(\frac12,a)$. Po podstawieniu $x=\frac12$ do równania $CE$ otrzymujemy $y=a$, więc $M\in CE$.