MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 87

W każdym podpunkcie sprowadzamy równanie do postaci $(x-a)^2+(y-b)^2=r^2$ z $r>0$.

a) Po wyłączeniu czynnika $4$:

$4\bigl((x-2)^2+(y+4)^2\bigr)=12,$

czyli $(x-2)^2+(y+4)^2=3$.

b) Mnożymy równanie przez $9$:

$(x+5)^2+(y-6)^2=225.$

c) Oba nawiasy mają wspólny czynnik $\sqrt2$:

$2\left(\left(x+\frac12\right)^2+(y-1)^2\right)=8,$

czyli $\left(x+\frac12\right)^2+(y-1)^2=4$. Wszystkie prawe strony są dodatnie, zatem są to równania okręgów.

Korzystamy z założeń o niezerowych współrzędnych, więc w podpunktach c) i d) wolno mnożyć przez mianowniki.

a) $x^2=49-y^2$, zatem $x^2+y^2=49$.

b) $x^2+2xy+y^2=1+2xy$, zatem $x^2+y^2=1$.

c) $x^2=(3-y)(3+y)=9-y^2$, zatem $x^2+y^2=9$.

d) Po pomnożeniu przez $x^2y^2$ otrzymujemy $y^2+x^2=25$.

Każdy punkt spełniający dany warunek spełnia więc równanie odpowiedniego okręgu.

Odcinek $AB$ ma długość $2$, a jego środek to $(0,0)$. Trzeci wierzchołek trójkąta równobocznego może mieć współrzędne $C=(0,\sqrt3)$ albo $C=(0,-\sqrt3)$.

W trójkącie równobocznym środek okręgu opisanego leży w odległości jednej trzeciej wysokości od podstawy. Otrzymujemy więc środki

$S_1=\left(0,\frac{\sqrt3}{3}\right),\qquad S_2=\left(0,-\frac{\sqrt3}{3}\right)$

i promień $\frac{2}{\sqrt3}$, którego kwadrat jest równy $\frac43$.

Mamy $\overrightarrow{AP}=(3,6)$ i $|AP|=3\sqrt5$. Ponieważ $P$ leży między końcami cięciwy oraz $|PA|:|PB|=3:1$, wektor $\overrightarrow{PB}=(1,2)$. Stąd

$B=P+(1,2)=(-1,11).$

Środek cięciwy $AB$ to $M=(-3,7)$. Prosta $AB$ ma współczynnik kierunkowy $2$, więc jej symetralna ma równanie

$y-7=-\frac12(x+3),\quad\text{czyli}\quad x+2y-11=0.$

Środek okręgu leży także na $x-y+4=0$. Rozwiązanie układu tych dwóch równań to $S=(1,5)$. Ponieważ

$r^2=|SA|^2=6^2+2^2=40,$

otrzymujemy szukane równanie.

Wierzchołki $A_1$ i $A_5$ są przeciwległe, więc środek okręgu jest środkiem odcinka $A_1A_5$:

$S=(1,5),\qquad r=|SA_1|=2\sqrt2.$

Wektory od $S$ do kolejnych wierzchołków powstają przez obrót o $45^\circ$. Zaczynając od $\overrightarrow{SA_1}=(-2,-2)$, otrzymujemy kolejno

$(0,-2\sqrt2),\ (2,-2),\ (2\sqrt2,0),\ (2,2),\ (0,2\sqrt2),\ (-2,2),\ (-2\sqrt2,0).$

Po dodaniu współrzędnych środka dostajemy brakujące wierzchołki.

Promień okręgu wynosi

$r=|SA|=\sqrt{(-4)^2+(-3)^2}=5.$

Prosta $AB$ ma równanie $x-y+4=0$, a jej odległość od $S$ jest równa $\frac1{\sqrt2}$. Długość cięciwy odległej o $q$ od środka okręgu wynosi $2\sqrt{r^2-q^2}$. Stąd

$|AB|=2\sqrt{25-\frac12}=7\sqrt2,$

a równoległa podstawa, odległa od $S$ o $\frac{5\sqrt2}{2}$, ma długość

$|CD|=2\sqrt{25-\frac{25}{2}}=5\sqrt2.$

Obie proste mogą leżeć po tej samej albo po przeciwnych stronach środka. Wysokość trapezu wynosi więc

$h=\frac{5\sqrt2}{2}-\frac{\sqrt2}{2}=2\sqrt2$

albo

$h=\frac{5\sqrt2}{2}+\frac{\sqrt2}{2}=3\sqrt2.$

Zatem $P=\frac{7\sqrt2+5\sqrt2}{2}\,h$.

Środek ciężkości ma współrzędne

$G=\left(\frac{-2+0+3}{3},\frac{3+1+6}{3}\right)=\left(\frac13,\frac{10}{3}\right).$

Symetralna boku $AB$ przechodzi przez $(-1,2)$ i ma równanie $y=x+3$. Symetralna boku $AC$ przechodzi przez $\left(\frac12,\frac92\right)$ i ma współczynnik kierunkowy $-\frac53$. Ich punkt przecięcia, czyli środek okręgu opisanego, to

$O=\left(\frac78,\frac{31}{8}\right).$

Różnice obu współrzędnych punktów $O$ i $G$ są równe $\frac{13}{24}$, więc

$|GO|=\sqrt{2\left(\frac{13}{24}\right)^2}=\frac{13\sqrt2}{24}.$

Sprowadzamy każde równanie do postaci kanonicznej. Równanie opisuje okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy kwadrat promienia jest dodatni.

a) $(x-p)^2+(y+p)^2=p^2$, więc $p\ne0$.

b) $(x-3p)^2+(y-p)^2=(p-1)^2$, więc $p\ne1$.

c) $(x+1)^2+(y+2p)^2=(p+2)^2$, więc $p\ne-2$.

d) $\left(x+\frac p2\right)^2+\left(y+\frac p3\right)^2=\frac{p^2}{4}$, więc $p\ne0$.