MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 98

Proste nie są równoległe, więc ich wspólny punkt wyznaczamy z układu:

$x=2y-10,\qquad x+y+k=0.$

Stąd

$P=\left(-\frac{2k+10}{3},\frac{10-k}{3}\right).$

Trzy figury mają dokładnie jeden punkt wspólny wtedy i tylko wtedy, gdy $P$ leży na okręgu. Po podstawieniu współrzędnych do $x^2+y^2=100$ otrzymujemy

$k^2+4k-140=0,$

a więc $k=-14$ lub $k=10$.

Czwarty wierzchołek kwadratu to $D=(-5,5)$. Proste zawierające jego boki mają równania

$AB:y=x-4,\quad BC:y=-x+14,$ $CD:y=x+10,\quad DA:y=-x.$

Podstawiamy kolejno te zależności do równania okręgu. Dla $AB$ i $BC$ otrzymujemy równanie $(x-5)(x-6)=0$, a dla $CD$ i $DA$ równanie $(x+1)(x+2)=0$. Wszystkie uzyskane punkty leżą na odpowiednich odcinkach-bokach.

Niech $u=|x|$ i $v=|y|$. Wtedy $u,v\geq0$ oraz

$u+v=7,\qquad u^2+v^2=29.$

Po podniesieniu pierwszego równania do kwadratu dostajemy $49=29+2uv$, zatem $uv=10$. Liczby $u,v$ są więc pierwiastkami równania $t^2-7t+10=0$, czyli mają wartości $2$ i $5$ w dowolnej kolejności. Każdy znak obu współrzędnych jest dopuszczalny.

Odległości środka $S=(0,-1)$ od prostych zawierających dolny, boczne i górny bok kwadratu wynoszą odpowiednio $3$, $4$ i $5$. Odległości od dolnych wierzchołków wynoszą $5$, a od górnych $\sqrt{41}$.

Dla $4<r<5$ okrąg przecina dolny bok w dwóch punktach oraz każdy z dwóch boków pionowych w dwóch punktach. Ma zatem sześć punktów wspólnych z brzegiem kwadratu. Przy $r\leq4$ nie może przeciąć obu boków pionowych po dwa razy, a od $r=5$ część przecięć zlewa się w wierzchołkach lub wypada poza dolny bok. W pozostałych zakresach liczba punktów wspólnych jest mniejsza niż sześć.

Długości boków prostokąta wynoszą $|AB|=3\sqrt5$ i $|AD|=2\sqrt5$. Oba okręgi są styczne do prostych $AB$ i $CD$, więc mają promień $\sqrt5$. Jednostkowe wektory wzdłuż $AB$ i $AD$ to odpowiednio $(2,-1)/\sqrt5$ i $(1,2)/\sqrt5$.

Stąd środki okręgów są równe

+\sqrt5\frac{(1,2)}{\sqrt5}=(3,1),$$ $$S_2=A+2\sqrt5\frac{(2,-1)}{\sqrt5} +\sqrt5\frac{(1,2)}{\sqrt5}=(5,0).$$ Środki są odległe o $\sqrt5$, a środek wspólnej cięciwy to $M=(4,\tfrac12)$. Jej połowa ma długość $\sqrt{5-5/4}=\sqrt{15}/2$ i kierunek prostopadły do $(2,-1)$. Otrzymujemy punkty $$P=\left(4-\frac{\sqrt3}{2},\frac12-\sqrt3\right),\qquad Q=\left(4+\frac{\sqrt3}{2},\frac12+\sqrt3\right).$$

Z równania prostej mamy $y=2x+6$. Po podstawieniu do pierwszego okręgu:

$(x+2)^2+(2x-1)^2=25,$ $5x^2+5=25.$

Stąd $x=2$ lub $x=-2$, więc wspólne punkty prostej i pierwszego okręgu to $(2,10)$ i $(-2,2)$. Promień drugiego okręgu musi być odległością jednego z tych punktów od jego środka $(4,3)$:

$k^2=(2-4)^2+(10-3)^2=53$

albo

$k^2=(-2-4)^2+(2-3)^2=37.$

Ponieważ $k>0$, bierzemy dodatnie pierwiastki.

Dla okręgu o promieniu $R$ i prawej gałęzi wykresu $y=x-5$ mamy

$x^2+(x-5)^2=R^2,$

czyli równanie o wyróżniku $4(2R^2-25)$. Okrąg ma cztery punkty wspólne z całym wykresem $y=|x|-5$ dokładnie wtedy, gdy oba pierwiastki dla $x\geq0$ są dodatnie. Zachodzi to dla

$\frac5{\sqrt2}<R<5.$

Aby dwa współśrodkowe okręgi dały łącznie osiem punktów, każdy z promieni $|a|$ i $\frac{\sqrt5}{2}|a|$ musi należeć do tego przedziału. Po połączeniu warunków otrzymujemy

$\frac{5\sqrt2}{2}<|a|<2\sqrt5.$

Wystarczy rozpatrzyć sytuację symetryczną, w której $O_3$ jest styczny zewnętrznie do $O_1$. Jego środek musi wtedy leżeć w punkcie $(27,0)$; spośród pozostałych możliwych położeń tylko to pozwala mu przeciąć $O_2$. Punkt styczności to $A=(10,0)$.

Odległość środków $O_2$ i $O_3$ wynosi $9$. Wspólna cięciwa tych okręgów leży w odległości

$\frac{17^2-10^2+9^2}{2\cdot9}=15$

od środka $O_3$. Jej połowa ma długość $\sqrt{17^2-15^2}=8$, więc $B=(42,8)$ i $C=(42,-8)$. Zatem $|BC|=16$ oraz

$|AB|=|AC|=\sqrt{32^2+8^2}=8\sqrt{17}.$