NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 235

Niech szukana prosta ma równanie $x=m$. Jej odległość od środka okręgu wynosi $|m|$. Prostopadła ze środka okręgu dzieli cięciwę $AB$ na połowy, więc

$$m^2+\left(\frac{|AB|}{2}\right)^2=10^2.$$

a) Dla $|AB|=12$:

$$m^2+6^2=100,$$

stąd $m^2=64$ i $m=\pm8$.

b) Dla $|AB|=10\sqrt2$:

$$m^2+(5\sqrt2)^2=100,$$

więc $m^2=50$ i $m=\pm5\sqrt2$.

c) Dla $|AB|=10$:

$$m^2+5^2=100,$$

zatem $m^2=75$ i $m=\pm5\sqrt3$.

d) Dla średnicy $|AB|=20$ otrzymujemy

$$m^2+10^2=100,$$

czyli $m=0$.

Środek okręgu stycznego do obu prostych leży między nimi. Każda z prostych jest oddalona od środka o promień $r$, więc odległość między prostymi jest równa średnicy okręgu:

$$2r=5\ \text{cm}.$$

Stąd

$$r=2{,}5\ \text{cm}.$$

Ponieważ okręgi są styczne zewnętrznie,

$$|O_1O_2|=r+R.$$

Promień $O_1P$ jest prostopadły do stycznej $PO_2$, więc trójkąt $O_1PO_2$ jest prostokątny w punkcie $P$. Stąd

$$|PO_2|^2=(r+R)^2-r^2=R^2+2rR.$$

Odcinek $PQ$ jest styczny do drugiego okręgu, zatem $O_2Q\perp PQ$. W trójkącie prostokątnym $PO_2Q$ mamy

$$|PQ|^2=|PO_2|^2-|O_2Q|^2 =R^2+2rR-R^2=2rR,$$

czyli

$$|PQ|=\sqrt{2rR}.$$

Obwód czworokąta $PO_1O_2Q$ wynosi

$$|PO_1|+|O_1O_2|+|O_2Q|+|QP| =r+(r+R)+R+\sqrt{2rR}.$$

Niech cięciwa leży na prostej $y=c$. Prostopadła z początku układu do cięciwy dzieli ją na połowy długości $10$. Z twierdzenia Pitagorasa

$$c^2+10^2=11^2,$$

więc

$$c^2=21, \qquad c=\pm\sqrt{21}.$$

Zapiszmy $P=(x,c)$. Warunek $|OP|=5$ daje

$$x^2+c^2=25.$$

Ponieważ $c^2=21$, mamy $x^2=4$, czyli $x=\pm2$. Obie wartości należą do cięciwy, której końce mają odcięte $-10$ i $10$. Łącząc oba możliwe znaki $x$ i $c$, otrzymujemy cztery punkty.

Ze źródłowego rysunku środki okręgów i punkt $P$ są współliniowe, a punkty styczności $A$ i $B$ leżą na tej samej wspólnej stycznej. Trójkąty $PAO_1$ i $PBO_2$ są prostokątne i mają wspólny kąt przy $P$, więc są podobne.

Z podobieństwa:

$$\frac{|PO_1|}{|PO_2|}=\frac{|O_1A|}{|O_2B|} =\frac{r}{5}.$$

Ponieważ $|PO_2|=13$, otrzymujemy

$$|PO_1|=\frac{13r}{5}.$$

Okręgi są styczne zewnętrznie i punkty leżą w kolejności $P,O_1,O_2$, zatem

$$|PO_2|=|PO_1|+|O_1O_2| =\frac{13r}{5}+r+5.$$

Podstawiamy $|PO_2|=13$:

$$13=\frac{13r}{5}+r+5,$$ $$8=\frac{18r}{5}, \qquad r=\frac{20}{9}.$$

Prostopadła poprowadzona ze środka okręgu do cięciwy dzieli ją na połowy.

a) Odległość środka $(2,0)$ od prostej $y=-3$ wynosi $3$. Jeżeli $a$ oznacza połowę długości cięciwy, to z twierdzenia Pitagorasa

$$a^2+3^2=4^2,$$ $$a=\sqrt7.$$

Cała cięciwa ma więc długość $2\sqrt7$.

b) Odległość środka $(-3,2)$ od prostej $x=1$ jest równa $4$. Połowa cięciwy długości $6$ ma długość $3$, zatem promień $r$ spełnia

$$r^2=4^2+3^2=25.$$

Stąd $r=5$.

Promień okręgu wynosi $6$ cm. Ponieważ

$$|OA|=|OB|=|AB|=6\ \text{cm},$$

trójkąt $AOB$ jest równoboczny i $\angle AOB=60^\circ$.

Odcinki stycznych z punktu $P$ są równe, a trójkąty prostokątne $AOP$ i $BOP$ są przystające. Odcinek $OP$ dzieli więc kąt $AOB$ na połowy:

$$\angle AOP=30^\circ.$$

W trójkącie prostokątnym $AOP$:

$$|AP|=|OA|\tan30^\circ =6\cdot\frac{\sqrt3}{3}=2\sqrt3\ \text{cm}.$$

Kąty przy $A$ i $B$ w czworokącie $AOBP$ są proste, zatem

$$\angle APB=360^\circ-90^\circ-90^\circ-60^\circ=120^\circ.$$

Pole trójkąta $APB$ wynosi

$$P_{APB}=\frac12|AP|\cdot|BP|\sin120^\circ =\frac12(2\sqrt3)^2\cdot\frac{\sqrt3}{2} =3\sqrt3\ \text{cm}^2.$$

Niech $T$ będzie punktem zewnętrznej styczności okręgów. Wtedy

$$|O_1O_2|=4+12=16\ \text{cm}.$$

Promienie $O_1A$ i $O_2B$ są prostopadłe do wspólnej stycznej $AB$. Różnica ich długości wynosi $12-4=8$ cm, więc z twierdzenia Pitagorasa

$$|AB|^2+8^2=16^2,$$ $$|AB|=8\sqrt3\ \text{cm}.$$

Czworokąt $AO_1O_2B$ jest trapezem o równoległych bokach długości $4$ cm i $12$ cm oraz wysokości $|AB|$. Jego pole wynosi

$$P_t=\frac{4+12}{2}\cdot8\sqrt3=64\sqrt3\ \text{cm}^2.$$

Prosta $O_1O_2$ tworzy z $AB$ kąt $30^\circ$, ponieważ w opisanym wyżej trójkącie prostokątnym bok długości $8$ leży naprzeciw tego kąta, a przeciwprostokątna ma długość $16$. Stąd sektory okręgów zawarte w trapezie mają kąty

$$\angle AO_1T=120^\circ, \qquad \angle TO_2B=60^\circ.$$

Ich pola są równe

$$P_1=\frac{120^\circ}{360^\circ}\pi\cdot4^2=\frac{16}{3}\pi,$$ $$P_2=\frac{60^\circ}{360^\circ}\pi\cdot12^2=24\pi.$$

Zacieniowany obszar jest częścią trapezu pozostałą po odjęciu obu sektorów:

$$P=64\sqrt3-\frac{16}{3}\pi-24\pi =64\sqrt3-\frac{88}{3}\pi\ \text{cm}^2.$$