NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 38

Niech $BC=x$ cm. Wtedy $AB=x+2$ cm, a $AC=x-7$ cm. Bok $AB$ jest najdłuższy, więc jest przeciwprostokątną. Z twierdzenia Pitagorasa:

$$x^2+(x-7)^2=(x+2)^2.$$

Po uporządkowaniu:

$$x^2-18x+45=0,$$

czyli

$$(x-3)(x-15)=0.$$

Warunek $AC=x-7>0$ wyklucza $x=3$. Dla $x=15$ boki mają długości $8$, $15$ i $17$ cm.

Z rysunku wynika, że $0\leqslant x\leqslant8$. Poza zacieniowanym pasem pozostają dwa przystające trójkąty prostokątne. Suma ich pól jest równa polu prostokąta o bokach $10-x$ i $8-x$. Pole zacieniowanego obszaru to zatem

$$P(x)=80-(10-x)(8-x)=18x-x^2.$$

Co najmniej $40\%$ pola całego prostokąta oznacza

$$P(x)\geqslant0{,}4\cdot80=32.$$

Stąd

$$18x-x^2\geqslant32 \iff x^2-18x+32\leqslant0.$$

Miejsca zerowe trójmianu to $2$ i $16$, więc nierówność daje $x\in[2;16]$. Po przecięciu z geometrycznym zakresem $[0;8]$ otrzymujemy $x\in[2;8]$.

Po każdym roku pozostaje część $1-\frac{p}{100}$ powierzchni z roku poprzedniego. Zatem

$$400\left(1-\frac{p}{100}\right)^2=289.$$

Ponieważ $0\leqslant p\leqslant100$, czynnik w nawiasie jest nieujemny:

$$1-\frac{p}{100}=\frac{17}{20}.$$

Stąd $\frac{p}{100}=\frac3{20}$, czyli $p=15$.

a) Niech kolejne liczby naturalne będą równe $n$, $n+1$, $n+2$. Największa z nich musi być długością przeciwprostokątnej, więc

$$n^2+(n+1)^2=(n+2)^2.$$

Po uporządkowaniu:

$$n^2-2n-3=(n-3)(n+1)=0.$$

Jedynym dodatnim rozwiązaniem naturalnym jest $n=3$. Otrzymujemy zatem trójkąt o bokach $3$, $4$, $5$.

b) Kolejne liczby parzyste mają postać $2n$, $2n+2$, $2n+4$. Po podzieleniu równania Pitagorasa przez $4$ ponownie otrzymujemy

$$n^2+(n+1)^2=(n+2)^2,$$

którego jedynym dodatnim rozwiązaniem naturalnym jest $n=3$. Boki są więc równe $6$, $8$, $10$. W obu przypadkach jednoznaczność wynika z tego, że drugie rozwiązanie równania, $n=-1$, nie jest dopuszczalne.

a) Gdy początek układu znajduje się w punkcie $A$, parabola ma miejsca zerowe $0$ i $12$, a jej wierzchołek to $(6,4)$. Zapisujemy

$$y=a(x-6)^2+4.$$

Ponieważ punkt $(0,0)$ należy do paraboli:

$$0=36a+4,$$

więc $a=-\frac19$. Otrzymujemy

$$y=-\frac19(x-6)^2+4.$$

b) Gdy początek układu leży w środku $AB$, wierzchołek ma współrzędne $(0,4)$, a miejsca zerowe to $-6$ i $6$. Stąd bezpośrednio

$$y=-\frac19x^2+4.$$

Korzystamy z układu współrzędnych z początkiem w środku $AB$, w którym łuk ma równanie

$$y=-\frac19x^2+4.$$

Najkorzystniej jest ustawić barkę symetrycznie pod wierzchołkiem paraboli. Przy szerokości $6$ m jej górne narożniki mają wtedy odcięte $-3$ i $3$. Wysokość łuku w tych miejscach wynosi

$$y(\pm3)=-\frac19\cdot9+4=3\ \text{m}.$$

To mniej niż $3{,}1$ m. Przesunięcie barki od środka tylko oddali jedno z jej narożników od osi paraboli i zmniejszy dostępny tam prześwit.