Korki we wtorki

Głos Wielkopolski, 29.12.2009

Planimetria

Zadanie 1.

Różnica miar dwóch sąsiednich kątów równoległoboku

wynosi 50

◦

. Wylicz miary kątów tego równoległoboku.

Rozwiązanie.

Rysunek pomocniczy:

α

β

β − α = 50

◦

(1)

α + β = 180

◦

(2)

Rozwiązuję powyższy układ równań:

β = α + 50

◦

(3)

α + (α + 50

◦

)

= 180

◦

(4)

2

α = 180

◦

− 50

◦

α = 65

◦

β = 65

◦

+ 50

◦

(5)

β = 115

◦

Odpowiedź.

Kąty danego równoległoboku mają miary 65

◦

i 115

◦

.

Objaśnienia.

(1) wynika z warunków zadania.

(2) Ponieważ przeciwległe boki równoległoboku są równoległe, kąty

α i β uzu-

pełniają się do 180

◦

, co widać na przykład na poniższym rysunku:

α

β α

Można też skorzystać z faktu, że suma kątów wewnętrznych w każdym czwo-
rokącie wynosi 360

◦

:

2

α + 2β = 360

◦

.

(3) Wyliczyliśmy

β ze wzoru (1).

(4) Podstawiliśmy (3) do wzoru (2).

(5) Podstawiliśmy wyliczoną wartość

α do wzoru (3).

Zadanie 2.

Wyznacz długość odcinka AK, wiedząc, że BC k KL.

9

14

20

A

K

B

L

C

Rozwiązanie.

Trójkąty ABC i AKL są podobne na podstawie cechy podobieństwa

trójkątów „kąt-kąt-kąt”.

(1)

Zatem

|AK|

|KL|

=

|AB|

|BC|

.

Oznaczając x

= |AK| otrzymujemy

x

14

=

x

+9

20

20x

= 14(x + 9)

20x − 14x

= 14 · 9

6x

= 14 · 9

(2)

x

= 



14

7

·





9

3





6

1

x

= 21

Odpowiedź.

Odcinek AK ma długość 21 j.

Objaśnienia.

(1) Kąt BAC i kąt KAL to ten sam kąt, zaś równość miar kątów ABC i AKL oraz

ACB

i ALK wynika z równoległości prostych BC i KL. Ponieważ odpowiednie

kąty trójkątów ABC i AKL są przystające, trójkąty te są podobne.

(2) Możemy oczywiście wyliczyć 14 · 9

= 126, ale nie warto tego robić, gdyż

za moment dzielimy ten iloczyn przez 6. Możemy więc skrócić 14 przez 2 i 9
przez 3, zaoszczędzając sobie nieco pracy.

Zadanie 3.

Obwód trójkąta prostokątnego, którego przeciwprostokątna jest

dwukrotnie dłuższa od jednej z przyprostokątnych, wynosi 12. Wylicz pole
tego trójkąta.

Rozwiązanie.

Rysunek pomocniczy:

(1)

b

2a

a

a

+ b + 2a = 12

(2)

a

2

+ b

2

= (2a)

2

(3)

b

= 12 − 3a

(4)

a

2

+ (12 − 3a)

2

= 4a

2

(5)

a

2

+ 12

2

− 2 · 12 · 3a

+ (3a)

2

= 4a

2

6a

2

− 72a

+ 144 = 0 / : 6

(6)

a

2

− 12a

+ 24 = 0

∆ = (−12)

2

− 4 · 1 · 24

= 144 − 96 = 48

√

∆ =

√

48

=

√

16 · 3

= 4

√

3

a

1

=

12−4

√

3

2·1

= 6 − 2

√

3

,

a

2

=

12

+4

√

3

2·1

= 6 + 2

√

3

(7)

Przypadek 1

◦

a

= 6 − 2

√

3

b

= 12 − 3(6 − 2

√

3)

= 6

√

3 − 6

(8)

P

=

1
2

ab

P

=

1
2

(6 − 2

√

3)(6

√

3 − 6)

=

= (3 −

√

3)(6

√

3 − 6)

=

(9)

= 3 · 6

√

3 − 3 · 6 −

√

3 · 6

√

3

+ 6

√

3

=

= 24

√

3 − 36

Przypadek 2

◦

a

= 6 + 2

√

3

b

= 12 − 3(6 + 2

√

3)

= −6 − 6

√

3

< 0 (sprzeczność)

(10)

Odpowiedź.

Szukane pole trójkąta wynosi 24

√

3 − 36 j

2

.

Objaśnienia.

(1) Wprowadziliśmy oznaczenia a i b na długości przyprostokątnych. Mogli-

byśmy oznaczyć przeciwprostokątną przez np. c, ale nie warto tak robić: po
pierwsze, mielibyśmy aż trzy niewiadome zamiast dwóch, a po drugie, długość
przeciwprostokątnej i tak nie jest nam potrzebna do wyliczenia pola.

Na naszym rysunku przeciwprostokątna jest dwukrotnie dłuższa od krót-

szej

przyprostokątnej; czy potrafisz uzsadnić, dlaczego nie od dłuższej (zanim

wyliczysz długości a i b)?

(2) wynika z warunków zadania.

(3) Twierdzenie Pitagorasa.

(4) Wyliczamy b ze wzoru (2)...

(5) ...i podstawiamy do wzoru (3), po czym rozwiązujemy otrzymane równanie

kwadratowe.

(6) Dzieląc obustronnie przez 6, otrzymujemy równanie z mniejszymi, ale na-

dal całkowitymi współczynnikami, którymi łatwiej nam operować.

(7) Otrzymaliśmy dwa możliwe przypadki (zatem możliwe, że istnieją dwa róż-

ne trójkąty spełniające warunki zadania!); każdy z nich rozpatrujemy osobno.

(8) Wyliczoną wartość a podstawiliśmy do wzoru (4).

(9) Wymnożyliśmy pierwszy nawias przez

1
2

, aby ułatwić sobie pracę dzięki

mniejszym liczbom.

(10) Ponieważ długość odcinka nie może być liczbą ujemną, drugi przypadek jest

sprzeczny – okazuje się, że jednak istnieje tylko jeden trójkąt spełniający warun-
ki zadania.

Zadanie 4.

Dla jakich wartości b prosta y

=

1
3

x

+ b jest styczna do okręgu

x

2

+ y

2

= 10?

Rozwiązanie.

Równanie y

=

1
3

x

+ b, gdzie b ∈ R jest parametrem, przedstawia

w układzie kartezjańskim rodzinę równoległych prostych o współczynnikach
kierunkowych równych

1
3

. W celu znalezienia tych b, dla których prosta y

=

1
3

x

+ b ma dokładnie jeden punkt wspólny z okręgiem x

2

+ y

2

= 10 (tzn. jest do

tego okręgu styczna), rozwiążemy następujący układ równań z parametrem b













y

=

1
3

x

+ b,

x

2

+ y

2

= 10

szukając takich b, dla których ma on dokładnie jedno rozwiązanie.

Podstawiając pierwsze równanie do drugiego otrzymujemy równanie kwa-

dratowe

x

2

+



1
3

x

+ b



2

= 10

z parametrem b. Po wymnożeniu i zredukowaniu wyrażeń podobnych przyj-
muje ono postać:

10

9

x

2

+

2
3

bx

+ b

2

− 10

= 0.

Równanie to ma dokładnie jedno rozwiązanie, jeśli wyróżnik

∆ funkcji kwadra-

towej znajdującej się po lewej stronie znaku równości wynosi zero. Ponieważ

∆ =

4
9

b

2

− 4 ·

10

9

(b

2

− 10)

= · · · = −4b

2

+

400

9

,

zatem należy rozwiązać równanie

−4b

2

+

400

9

= 0.

Przedstawiając powyższe równanie w postaci iloczynowej



− 2b

+

20

3



− 2b −

20

3

 = 0

odczytujemy rozwiązania b

=

20

6

=

10

3

lub b

= −

20

6

= −

10

3

. Podsumowując,

prosta y

=

1
3

x

+ b jest styczna do okręgu x

2

+ y

2

= 10 dla b =

10

3

lub b

= −

10

3

.

Zadanie 5.

Dla jakich wartości a prosta y

= ax − 5 przecina okrąg x

2

+ y

2

= 5?

Rozwiązanie.

Zadanie to można rozwiązać podobnie jak poprzednie, z tym, że

tym razem szukać będziemy parametrów a, dla których wyróżnik odpowied-
niej funkcji kwadratowej jest dodatni. Pokażemy alternatywny sposób rozwią-
zania tego zadania.

Należy zauważyć, że prosta o równaniu y

= ax−5 przetnie okrąg x

2

+ y

2

= 5

(przypomnijmy, że jest to okrąg o środku w punkcie (0

, 0) i promieniu

√

5), jeśli

odległość tej prostej od środka okręgu wyniesie mniej niż długość promienia
okręgu. Ponieważ odległość d prostej o równaniu Ax

+ By + C = 0 od punktu

(x

0

, y

0

) wynosi

d

=

|Ax

0

+ By

0

+ C|

√

A

2

+ B

2

,

więc – podstawiając dane z zadania: ax − y − 5

= 0 oraz punkt (0, 0) – otrzymu-

jemy

d

=

|a · 0 − 1 · 0 − 5|

√

a

2

+ 1

=

5

√

a

2

+ 1

.

Zgodnie z tym, co powiedzieliśmy wyżej szukane parametry a spełniać będą
nierówność d

<

√

5. Stąd

5

√

a

2

+ 1

<

√

5

.

Podnosząc stronami do kwadratu powyższą nierówność (zauważmy, że obie
strony tej nierówności są dodatnie), dzieląc stronami przez 5 oraz mnożąc przez
a

2

+1 otrzymujemy a

2

> 4. Rozwiązaniem tej nierówności jest suma przedziałów

(−∞

, −2) ∪ (2, ∞).

Zatem, dla a ∈ (−∞

, −2) ∪ (2, ∞), prosta y = ax − 5 przecina okrąg x

2

+ y

2

= 5.

Uwaga

: zauważmy, że powyższe zadanie sformułowane jest niejednoznacznie:

słowo „przecina” można rozumieć również jako „ma co najmniej jeden punkt
wspólny z”; przy takim rozumieniu rozwiązywalibyśmy nierówność nieostrą.

Zadanie 6.

Dla jakiej wartości t okrąg o środku (t

, 0) i promieniu długości 1 ma

co najmniej jeden punkt wspólny z prostą y

= 2x?

Rozwiązanie.

To zadanie rozwiążemy korzystając ze sposobu zaproponowanego

w rozwiązaniu zadania drugiego. Szukać będziemy zatem takich wartości t, dla
których odległość punktu (t

, 0) od prostej 2x−y = 0 wynosi nie więcej niż 1 (czyli

promień okręgu). Mamy

d

=

|2 · t − 1 · 0|

p

2

2

+ (−1)

2

=

|2t|

√

5

.

Stąd należy rozwiązać nierówność

|2t|

√

5

6 1,

równoważnie 2|t| 6

√

5

, równoważnie |t| 6

√

5

2

.

Zauważmy, że rozwiązaniem tej nierówności są te liczby t, dla których odle-
głość punktu t od 0 wynosi nie więcej niż

√

5

2

. Na poniższym rysunku przedsta-

wiono te liczby

t

−

√

5

2

√

5

2

0

Podsumowując, rozwiązaniem zadania są liczby t należące do przedziału

D

−

√

5

2

,

√

5

2

E.

Przygotowanie:

Marcin Borkowski