Korki we wtorki

Głos Wielkopolski, 22.12.2009

Geometria analityczna

Zadanie 1.

Odcinek o końcach (−1

, 1) i (3, 5) jest średnicą okręgu. Napisz

równanie tego okręgu.

Rozwiązanie.

Szkicujemy rysunek pomocniczy.

x

y

1

2

3

−1

1

2

3

4

5

0

Niech szukany okrąg będzie okręgiem o środku w punkcie (a

, b) i promieniu

długości r. Okrąg taki ma równanie

(x − a)

2

+ (y − b)

2

= r

2

.

(1)

Skorzystamy z faktu, że środek okręgu i środek dowolnej średnicy tego okręgu
pokrywają się:

(a

, b) = (

−1

+3

2

,

1

+5

2

)

= (1, 3)

(2)

oraz z faktu, że długość promienia okręgu jest równa połowie długości dowol-
nej średnicy tego okręgu:

r

=

1
2

p

(−1 − 3)

2

+ (1 − 5)

2

=

1
2

· 4

√

2

= 2

√

2

(3)

Znamy już zatem wartości szukanych a, b oraz r; po podstawieniu ich do rów-
nania (1) otrzymujemy szukane równanie okręgu:

(x − 1)

2

+ (y − 3)

2

= (2

√

2)

2

Odpowiedź.

Szukany okrąg dany jest równaniem (x − 1)

2

+ (y − 3)

2

= (2

√

2)

2

.

Objaśnienia.

(1) Ze sformułowania zadania wynika, że ma ono rozwiązanie, tzn. dla danego

odcinka istnieje okrąg, którego średnicą jest ten odcinek. Czy widzimy, że jest
to prawdą dla dowolnego odcinka? Czy potrafimy skonstruować taki okrąg?

(2) Skorzystaliśmy ze wzoru na współrzędne środka odcinka o danych koń-

cach.

(3) Teraz skorzystaliśmy ze wzoru na długość odcinka o danych końcach, czyli

inaczej na odległość dwóch punktów na płaszczyźnie z układem współrzęd-
nych.

Zadanie 2.

Znajdź równanie prostej prostopadłej do prostej o równaniu

2x − 3y

+ 5 = 0 przechodzącej przez punkt (2, −1).

Rozwiązanie.

Oznaczmy daną prostą przez l i przekształćmy jej równanie do

postaci kierunkowej:

2x − 3y

+ 5 = 0 / + 3y

2x

+ 5 = 3y / : 3

2
3

x

+

5
3

= y

czyli ostatecznie

l : y

=

2
3

x

+

5
3

(1)

Niech k będzie szukną prostą; ponieważ ma ona być prostopadła do prostej l,
więc będzie miała równanie

k : y

= −

3
2

x

+ b

(2)

Pozostaje zatem wyznaczyć współczynnik b. Skorzystajmy zatem z drugiego za-
łożenia zadania: punkt (2

, −1) ma należeć do prostej k, zatem jego współrzędne

muszą spełniać równanie prostej k. Podstawmy je zatem do równania (2):

−1

= −

3
2

· 2

+ b

co daje b

= 2, czyli prosta k ma równanie y = −

3
2

x

+ 2.

Odpowiedź.

Szukana prosta dana jest równaniem y

= −

3
2

x

+ 2.

Objaśnienia.

(1) Prosta l jest dana równaniem w postaci ogólnej; my sprowadziliśmy to rów-

nanie do postaci kierunkowej, by móc skorzystać z warunku prostopadłości
prostych. Sprowadzenie do postaci kierunkowej polegało na przeniesieniu skład-
nika, w którym wystąpiła zmienna y na drugą stronę równania i obustronnym
podzieleniu równania przez współczynnik wystepujący przy y.

(2) Skorzystaliśmy z twierdzenia, które mówi, że każda prosta prostopadła do

prostej danej równaniem y

= ax + b, gdzie a , 0, ma równanie postaci y =

−

1
a

x

+ b

0

.

Gdyby sprowadzenie równania prostej do postaci kierunkowej nie było możli-
we (to znaczy w przypadku, gdyby współczynnik przy zmiennej y był równy 0,
czyli innymi słowy zmienna y po prostu nie wystąpiłaby w równaniu), to sko-
rzystalibyśmy z następującego faktu: prosta prostopadła do prostej o równaniu
x

= a ma równanie y = b.

Zadanie 3.

Punkty A

= (−1, 0), B = (3, −7) i C = (7, 1) są wierzchołkami

trójkąta równoramiennego. Wylicz jego pole.

Rozwiązanie.

Rysunek pomocniczy:

x

y

1

2

3

4

5

6

7

−1

−7

−6

−5

−4

−3

−2

−1

1

0

A

B

C

H

h

Obliczmy najpierw długości boków trójkąta ABC:

|AB|

=

p

(3 − (−1))

2

+ (−7 − 0)

2

=

√

65

|AC|

=

p

(7 − (−1))

2

+ (1 − 0)

2

=

√

65

|

BC|

=

p

(7 − 3)

2

+ (1 − (−7))

2

=

√

80

= 4

√

5

zatem odcinki AB i AC mają tę samą długość. Wysokość h opuszczona z wierz-
chołka A będzie zatem dzielić podstawę BC w punkcie H na połowy, czyli |HC|

=

1
2

|BC|

= 2

√

5. Z twierdzenia Pitagorasa

h

2

+ |HC|

2

= |AC|

2

czyli

h

2

+ (2

√

5)

2

= (

√

65)

2

więc h

2

= 65 − 20 = 45, a zatem h =

√

45

=

√

9 · 5

= 3

√

5. Możemy teraz obliczyć

pole trójkąta ABC:

P

4ABC

=

1
2

|BC| · h

=

1
2

· 4

√

5 · 3

√

5

= 30

Odpowiedź.

Pole trójkąta ABC wynosi 30 j

2

.

Objaśnienia.

Pole trójkąta ABC mogliśmy byli obliczyć już w momencie, gdy zna-

liśmy długości boków AB, AC, BC, po prostu podstawiając te wartości do wzoru
Herona

, pod warunkiem oczywiście, że znaliśmy ten wzór.

Ciekawostka.

Zauważmy, że mimo pojawienia się w trakcie rozwiązywania liczb

niewymiernych, pole trójkąta okazało się być liczbą wymierną. Można udo-
wodnić, że pole każdego trójkąta (a nawet wielokąta), którego wierzchołki mają
współrzędne całkowite, jest liczbą wymierną.

Zadanie 4.

Prosta k o równaniu y

= (m + 1)x + (m − 1) przechodzi przez

punkt (−4

, 1). Wylicz m i znajdź równanie prostej l, równoległej do k

i przechodzącej przez punkt (0

, 5).

Rozwiązanie.

Skoro punkt (−4

, 1) należy do prostej

k : y

= (m + 1)x + (m − 1),

(1)

to jego współrzędne muszą spełniać jej równanie. Po ich podstawieniu do rów-
nania (1) dostajemy

1

= (m + 1)(−4) + (m − 1)

czyli po uporządkowaniu −3m

= 6, a zatem m = −2. Podstawiając uzyskaną

wartość parametru m do równania (1) uzyskujemy równanie prostej k:

k : y

= (−2 + 1)x + (−2 − 1)

k : y

= −x − 3

Skoro prosta l ma być równoległa do prostej k, to musi mieć ona równanie

l : y

= −x + b

(2)

Parametr b obliczymy korzystając z ostatniego założenia zadania: skoro punkt
(0

, 5) należy do prostej l, to jego współrzędne muszą spełniać równanie (2); po

ich podstawieniu do równania dostajemy 5

= −0 + b, więc b = 5.

(3)

Zatem

l : y

= −x + 5

Odpowiedź.

Szukana prosta ma równanie y

= −x + 5.

Objaśnienia.

(2) Skorzystaliśmy z twierdzenia, które mówi, że każda prosta równoległa do

prostej danej równaniem y

= ax + b ma równanie postaci y = ax + b

0

.

(3) Mogliśmy też zauważyć, że prosta o równaniu y

= ax + b przechodzi przez

punkt (0

, b), i od razu wywnioskować, że b = 5.

Witam,

mam zadanie, z którym nie umiem sobie poradzić – wiem, że być może jest banalnie
proste, ale ja tego nie widzę...

Rozwiąż równanie:

sin 3x

+ sin x = cos 3x + cos x

byłabym wdzięczna za pomoc

:)

pozdrawiam
Gosia

Cóż, to zadanie nie jest jednak „banalnie proste” – nie jest też wprawdzie

bardzo skomplikowane, ale w najprostszym rozwiązaniu korzysta się m.in. ze
wzorów na sumę sinusów i sumę kosinusów oraz wzoru redukcyjnego, których
znajomość nie jest obecnie wymagana na maturze. Oto szkic tego rozwiązania:

2 sin

3x

+x

2

cos

3x−x

2

= 2 cos

3x

+x

2

cos

3x−x

2

sin 2x cos x

= cos 2x cos x

sin 2x cos x − cos 2x cos x

= 0

(sin 2x − cos 2x) cos x

= 0

[sin 2x − sin(

π

2

− 2x)] cos x

= 0

2 cos

2x

+(

π

2

−2x)

2

sin

2x−(

π

2

−2x)

2

cos x

= 0

2 cos

π

4

sin(2x −

π

4

) cos x

= 0

√

2 sin(2x −

π

4

) cos x

= 0

sin(2x −

π

4

)

= 0

lub

cos x

= 0

2x −

π

4

= kπ (k ∈ C)

lub

x

=

π

2

+ kπ (k ∈ C)

x

=

π

8

+

k

π

2

(k ∈ C)

Odpowiedź.

Rozwiązaniami równania są liczby postaci x

=

π

8

+

k

π

2

oraz postaci

x

=

π

2

+ kπ, gdzie k ∈ C.

(mb)

Przygotowanie:

Stefan Barańczuk, Marcin Borkowski