MATeMAtyka 3. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 138

Korzystamy ze wzoru $|PQ|=\sqrt{(x_Q-x_P)^2+(y_Q-y_P)^2}.$ Następnie sprawdzamy, czy najdłuższa z otrzymanych długości jest sumą dwóch pozostałych.

a) $|AB|=5$, $|BC|=10$, $|AC|=15$, więc $|AB|+|BC|=|AC|$.

b) $|AB|=8\sqrt5$, $|BC|=4\sqrt5$, $|AC|=4\sqrt5$, więc $|BC|+|AC|=|AB|$.

c) $|AB|=10$, $|BC|=10$, $|AC|=14\sqrt2$. Żadna długość nie jest sumą pozostałych.

d) $|AB|=6\sqrt2$, $|BC|=3\sqrt2$, $|AC|=9\sqrt2$, więc $|AB|+|BC|=|AC|$.

Porównujemy kwadraty długości boków.

a) $AB^2=52$, $AC^2=52$, $BC^2=104$. Zatem $AB=AC$ oraz $AB^2+AC^2=BC^2$.

b) $AB^2=205$, $AC^2=80$, $BC^2=125$. Ponieważ $AC^2+BC^2=AB^2$, trójkąt jest prostokątny, ale wszystkie boki mają różne długości.

a) Otrzymujemy $AB^2=40,\qquad BC^2=40,\qquad AC^2=80.$ Stąd $AB=BC$ i $AB^2+BC^2=AC^2$, więc kąt prosty leży przy $B$. Środek okręgu opisanego na trójkącie prostokątnym jest środkiem przeciwprostokątnej $AC$: $S=\left(\frac{0+8}{2},\frac{6+2}{2}\right)=(4,4).$

b) Analogicznie $AB^2=90,\qquad BC^2=90,\qquad AC^2=180.$ Trójkąt jest równoramienny i prostokątny przy $B$, a $S=\left(\frac{-7-1}{2},\frac{-2+10}{2}\right)=(-4,4).$

Bok kwadratu ma długość $2\sqrt5$, więc połowa przekątnej ma długość $\sqrt{10}$. Niech środek kwadratu będzie punktem $S=(t,t-1)$. Dla danego wierzchołka $V=(1,-4)$ mamy $|SV|^2=(t-1)^2+(t+3)^2=10,$ czyli $2t(t+2)=0$. Warunek ujemnych współrzędnych wybiera $S=(-2,-3)$.

Wektor $\overrightarrow{SV}=[3,-1]$. Wektor do sąsiedniego wierzchołka powstaje przez obrót o $90^\circ$, więc może być równy $[1,3]$. Punkty $S\pm[3,-1]$ i $S\pm[1,3]$ są czterema wierzchołkami kwadratu.

Środek odcinka $BC$ to $D=\left(\frac{1-3}{2},\frac{2+4}{2}\right)=(-1,3),$ zatem $|AD|=\sqrt{(-3)^2+4^2}=5$.

Prosta $BC$ ma równanie $x+2y-5=0$. Długość wysokości jest odległością punktu $A=(2,-1)$ od tej prostej: $|AE|=\frac{|2+2(-1)-5|}{\sqrt{1^2+2^2}}=\sqrt5.$

a) Wektor kierunkowy prostej $AB$ to $[5,10]$, więc wektor jednostkowy w jej kierunku ma postać $\frac1{\sqrt5}[1,2]$. Szukane punkty otrzymujemy ze wzoru $P=A\pm\frac2{\sqrt5}[1,2].$

b) Niech szukana prosta przez $A$ ma równanie $y+1=m(x-2)$. Odległości punktów $B$ i $C$ od niej są równe wtedy i tylko wtedy, gdy $\frac5{\sqrt{m^2+1}}=\frac{|2m+4|}{\sqrt{m^2+1}}.$ Stąd $|2m+4|=5$, czyli $m=\frac12$ lub $m=-\frac92$.

Podstawiamy współrzędne środka i promień do równania $(x-a)^2+(y-b)^2=r^2$. Punkty na osi $OX$ wyznaczamy dla $y=0$, a punkty na osi $OY$ dla $x=0$.

a) $(x+4)^2+y^2=25$. Dla $y=0$ mamy $x=1,-9$, a dla $x=0$: $y=3,-3$.

b) $(x-2)^2+(y-3)^2=25$. Otrzymujemy $x=-2,6$ na $OX$ oraz $y=3\pm\sqrt{21}$ na $OY$.

c) $(x+1)^2+(y-2)^2=16$. Otrzymujemy $x=-1\pm2\sqrt3$ na $OX$ oraz $y=2\pm\sqrt{15}$ na $OY$.

d) $(x+3)^2+(y+4)^2=1$. Po podstawieniu $x=0$ albo $y=0$ otrzymujemy równania bez rozwiązań rzeczywistych.

Promień jest odległością między $(1,2)$ i $(3,2)$, czyli $r=2$. Stąd równanie okręgu ma postać $(x-1)^2+(y-2)^2=4.$ Dla $x=0$ otrzymujemy $(y-2)^2=3$, więc punkty przecięcia z osią $OY$ to $(0,2\pm\sqrt3)$.

Odległość środka od cięciwy $x=0$ wynosi $1$, zatem odpowiadający jej mniejszy kąt środkowy ma $120^\circ$. Zacieniowany odcinek koła ma pole

-\frac12\cdot2^2\sin120^\circ =\frac43\pi-\sqrt3.$$