MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 84

Dla środka $(0,0)$ równanie ma postać $x^2+y^2=r^2$. Punkty całkowite wyznaczamy z rozkładów $r^2$ na sumę dwóch kwadratów:

a) $x^2+y^2=9$. Są to $(\pm3,0)$ i $(0,\pm3)$ — $4$ punkty.

b) $x^2+y^2=36$. Są to $(\pm6,0)$ i $(0,\pm6)$ — $4$ punkty.

c) $x^2+y^2=100$. Oprócz czterech punktów na osiach mamy $(\pm6,\pm8)$ i $(\pm8,\pm6)$ — razem $12$ punktów.

d) $x^2+y^2=20$. Z równości $20=2^2+4^2$ dostajemy $(\pm2,\pm4)$ i $(\pm4,\pm2)$ — razem $8$ punktów.

Z równania kanonicznego odczytujemy $r^2$, a następnie stosujemy $L=2\pi r$:

$$\begin{aligned} \text{a)}&\ r=3,&L&=6\pi,\\ \text{b)}&\ r=2\sqrt3,&L&=4\pi\sqrt3,\\ \text{c)}&\ r=0{,}1,&L&=0{,}2\pi,\\ \text{d)}&\ r=4\sqrt2,&L&=8\pi\sqrt2,\\ \text{e)}&\ r=\sqrt{19},&L&=2\pi\sqrt{19},\\ \text{f)}&\ r=15,&L&=30\pi,\\ \text{g)}&\ r=8,&L&=16\pi,\\ \text{h)}&\ r=\frac1\pi,&L&=2. \end{aligned}$$

Obliczamy $r^2$ z punktu $P$ i porównujemy z kwadratem odległości punktu $Q$ od środka:

$$\begin{array}{c|c|c} &r^2\text{ z punktu }P&|SQ|^2\\ \hline \text{a)}&2^2+(-14)^2=200&(-10)^2+10^2=200\\ \text{b)}&(3-1)^2+(2\sqrt{15})^2=64&(9-1)^2+(-4\sqrt3)^2=112\\ \text{c)}&(0+5)^2+(8-3)^2=50&(-6+5)^2+(-4-3)^2=50\\ \text{d)}&(8-2)^2+(-10+4)^2=72&(2\sqrt2)^2+8^2=72 \end{array}$$

a) $S_1=(0,0)$, $r_1=6$, $S_2=(8,0)$, $r_2=2$. Mamy $|S_1S_2|=8=r_1+r_2$, więc warunek jest spełniony.

b) $S_1=(-1,-1)$, $r_1=1$, $S_2=(3,3)$, $r_2=3$. Odległość środków wynosi $4\sqrt2>4=r_1+r_2$, zatem warunek nie jest spełniony.

c) $S_1=(0,0)$, $r_1=5$, $S_2=(\frac94,3)$, $r_2=\frac54$. Mamy

$$|S_1S_2|=\sqrt{\frac{81}{16}+9}=\frac{15}{4} =5-\frac54,$$

więc warunek jest spełniony.

Wektor cięciwy można odczytać z $\overrightarrow{KP}=(-3,-1)$. Promień $SK$ jest do niej prostopadły, więc środek $S=(x,y)$ leży na prostej $3x+y+5=0$. Jednocześnie leży na prostej $2x+3y-6=0$. Rozwiązanie układu daje

$$S=(-3,4).$$

Promień wyznaczamy z końca cięciwy $P$: $r^2=|SP|^2=(-4+3)^2+(-3-4)^2=50$.

Odcinki $AB$ i $AC$ są prostopadłe, ponieważ pierwszy jest poziomy, a drugi pionowy. Trójkąt jest więc prostokątny w punkcie $A$, a środek okręgu opisanego jest środkiem przeciwprostokątnej $BC$:

$$S=\left(\frac{5+(-1)}2,\frac{0+8}2\right)=(2,4).$$

Ponieważ $f(2)=2^2=4$, punkt $S=(2,4)$ leży na wykresie $f(x)=x^2$.