Zadanie nr 8767844

Z punktu A = (7,1 ) poprowadzono styczne do okręgu 2 2 (x + 3) + (y − 1) = 2 0 . Oblicz pole trójkąta ABC , gdzie jest odcinkiem łączącym punkty styczności.

Wersja PDF

Rozwiązanie

Rozpoczynamy od szkicowego rysunku – dany okrąg to okrąg o środku S = (− 3,1) i promieniu √ --- r = 20 .

Sposób I

Jeżeli oznaczymy przez i punkty styczności stycznych poprowadzonych z punktu do okręgu, to

√ --- √ -- SB = SC = r = 20 = 2 5.

Ponadto

∘ ------------------- SA = (7 + 3)2 + (1 − 1)2 = 10 ∘ ----------- √ --------- √ --- √ -- AB = SA 2 − SB 2 = 10 0− 2 0 = 80 = 4 5 √ -- √ -- sin α = BS--= 2--5-= --5. SA 10 5

Teraz patrzymy na trójkąt prostokątny ADB i obliczamy długości odcinków i .

√ -- BD-- √ -- --5- AB = sin α ⇒ BD = 4 5⋅ 5 = 4 ∘ ------------ √ -------- √ --- AD = AB 2 − BD 2 = 80 − 16 = 64 = 8.

Pozostało obliczyć pole trójkąta ABC .

P = 1-⋅BC ⋅ AD = BD ⋅ AD = 4 ⋅8 = 32. ABC 2

Sposób II

Tak jak poprzednio zauważamy, że

√ -- √ -- SB = 2 5, SA = 1 0, AB = 4 5.

To pozwala obliczyć pole trójkąta prostokątnego ABS .

1- 1- √ -- √ -- PABS = 2 ⋅AB ⋅SB = 2 ⋅ 4 5⋅2 5 = 20.

Trójkąty prostokątne ABS i ADB mają wspólny kąt przy wierzchołku , więc są podobne. Skala tego podobieństwa jest równa

√ -- SA 10 5 k = AB--= -√---= -2-. 4 5

Pole zmienia się jak kwadrat skali podobieństwa, więc

1 4 PABC = 2PADB = 2 ⋅-2PABS = 2 ⋅--⋅20 = 32. k 5

Sposób III

Tak jak poprzednio zauważamy, że

√ -- √ -- √ -- --5- SB = 2 5 , SA = 10, AB = 4 5, sin α = 5 .

Mamy ponadto

√ -- √ -- AB 4 5 2 5 cosα = SA--= -10--= --5--.

To pozwala obliczyć sin ∡BAC = sin 2α .

√ -- √ -- 5 2 5 4 sin2 α = 2 sin α cosα = 2⋅ ---⋅ -----= -. 5 5 5

Liczymy teraz pole trójkąta ABC (korzystamy ze wzoru z sinusem).

1 1 √ -- √ -- 4 PABC = --AB ⋅ AC sin 2α = -⋅ 4 5⋅4 5⋅ --= 32. 2 2 5

Sposób IV

Tym razem użyjemy odrobinę więcej geometrii analitycznej i wyliczymy równania stycznych.

Proste przechodzące przez punkt A = (7,1) mają postać y = m(x − 7 )+ 1 (tak naprawdę brakuje w tym pęku pionowej prostej x = 7 , ale łatwo sprawdzić, że nie jest ona szukaną styczną). Sprawdźmy, kiedy prosta tej postaci jest styczna do okręgu: wstawiamy do równania okręgu y = m (x− 7)+ 1 i sprawdzamy, kiedy otrzymane równanie kwadratowe ma dokładnie jeden pierwiastek.

(x+ 3)2 + (m(x − 7 ))2 = 20 x2 + 6x + 9+ m 2x2 − 14m 2x+ 49m 2 = 20 2 2 2 2 (1+ m )x + (6 − 14m )x + (4 9m − 11 ) = 0 0 = Δ = (6− 14m 2)2 − 4(1+ m2)(49m 2 − 11) / : 4 0 = (3 − 7m 2)2 − (1+ m2)(49m 2 − 11) 2 4 2 4 2 0 = 9 − 42m + 49m − 49m + 11− 49m + 11m 2 1- 1- 80m = 20 ⇒ m = − 2 ∨ m = 2 .

Zatem styczne do okręgu przechodzące przez punkt mają postać y = − 1(x − 7)+ 1 2 i y = 1(x− 7)+ 1 2 . Znajdźmy punkty wspólne tych stycznych z okręgiem.

( )2 (x + 3 )2 + ± 1-(x− 7) = 20 2 1 7 49 x 2 + 6x + 9+ -x2 − --x+ ---= 20 / ⋅4 2 4 2 2 4 4x + 24x + 36 + x − 14x + 49 = 80 5x 2 + 10x + 5 = 0 5 (x+ 1)2 = 0.

Zatem x = − 1 (ta sama wartość dla obu stycznych). Mamy wtedy odpowiednio 1 y = − 2(x − 7) + 1 = 5 i 1 y = 2(x − 7) + 1 = − 3 . Stąd B = (− 1,5) i C = (− 1,− 3) . Teraz obliczamy pole trójkąta ABC korzystając ze wzoru