/Szkoła średnia/Geometria/Geometria analityczna/Parabola

Zadanie nr 6844943

Dane są parabola o równaniu 1 2 y = 2x oraz punkty A = (− 2,6) i B = (0,4) (zobacz rysunek).

PIC

Rozpatrujemy wszystkie trójkąty ABC , których wierzchołek C leży na tej paraboli. Niech m oznacza pierwszą współrzędną punktu C .

  • Wyznacz pole P trójkąta ABC jako funkcję zmiennej m .
  • Wyznacz wszystkie wartości m , dla których trójkąt ABC jest ostrokątny.
Wersja PDF

Rozwiązanie

  • Niech ( ) C = m, 12m 2 będzie dowolnym punktem danej paraboli. Pole trójkąta ABC obliczymy na dwa sposoby.

    Sposób I

    Korzystamy ze wzoru na pole trójkąta o wierzchołkach A = (xA ,yA) , B = (xB,yB) i C = (xC ,yC) .

    1- PABC = 2|(xB − xA )(yC − yA )− (yB − yA)(xC − xA)|.

    Mamy zatem

    | ( ) | P = 1-||(0 + 2) 1-m 2 − 6 − (4 − 6)(m + 2)||= ABC 2 | 2 | || || = 1-|m2 + 2m − 8| = |1m 2 + m − 4|. 2 |2 |

    To jednak nie koniec, bo nie dla każdej wartości parametru m punkty A , B i C są wierzchołkami trójkąta. Tak jest tylko, gdy PABC > 0 (czyli gdy punkt C nie leży na prostej AB ). Sprawdźmy kiedy tak nie jest.

    1-m2 + m − 4 = 0 2 Δ = 1+ 8 = 9 m = − 1 − 3 = − 4 lub m = − 1 + 3 = 2.

    Sposób II

    Tym razem skorzystamy ze wzoru na odległość punktu P = (x ,y ) 0 0 od prostej Ax + By + C = 0 :

    |Ax√0 +-By0-+-C-|. A 2 + B2

    Wyznaczmy najpierw równanie prostej AB .

    PIC

    Wiemy, że przechodzi ona przez punkt B = (0 ,4) więc ma równanie postaci y = ax + 4 . Współczynnik a wyznaczamy podstawiając współrzędne punktu A .

    6 = − 2a+ 4 ⇒ a = − 1.

    Prosta AB ma więc równanie

    y = −x + 4 ⇐ ⇒ y + x − 4 = 0.

    W takim razie wysokość h trójkąta ABC opuszczona na bok AB jest równa

    || || || || |12m 2 + m − 4| |12m 2 + m − 4| h = ----√---------- = ------√--------. 1 + 1 2

    Pole trójkąta ABC jest więc równe

    || 1 2 || 1 1 ∘ -------2----------2 | 2m + m − 4| PABC = 2-⋅AB ⋅h = 2 ⋅ (0+ 2) + (4− 6) ⋅------√-------- = | | 2 √ -- ||1m 2 + m − 4|| || || = 2⋅ -2---√---------= |1m 2 + m − 4| . 2 |2 |

    Dziedzinę otrzymanej funkcji wyznaczamy tak samo jak w poprzednim sposobie.  
    Odpowiedź: | | PABC (m ) = ||1m 2 + m − 4|| 2 dla m ⁄∈ { − 4,2}

  •  

    Sposób I

    Jeżeli α jest kątem trójkąta leżącym naprzeciw boku długości a , to na mocy twierdzenia cosinusów

    2 2 2 c2 = a2 + b2 − 2ab cosα ⇒ cos α = a--+-b--−-c-. 2ab

    To oznacza, że

    ∘ 2 2 2 α < 180 ⇐ ⇒ co sα > 0 ⇐ ⇒ a + b > c .

    W takim razie trójkąt jest ostrokątny wtedy i tylko wtedy, gdy suma kwadratów dwóch krótszych boków jest większa od kwadratu najdłuższego boku. W naszej sytuacji mamy

    ∘ ------- √ -- AB = 22 + 22 = 2 2 ∘ ------------------- ∘ ----------------- ( 1 ) 2 1 BC = m 2 + -m 2 − 4 = --m4 − 3m 2 + 16 ∘ --------2---------------4 ( )2 ∘ ---------------------- AC = (m + 2)2 + 1m 2 − 6 = 1-m4 − 5m 2 + 4m + 40 2 4

    Niestety nie wiemy, który z tych odcinków jest najdłuższy, więc musimy rozwiązać trzy nierówności (wszystkie trzy muszą być jednocześnie spełnione).

    AB 2 + AC 2 > BC 2 8 + 1m 4 − 5m2 + 4m + 40 > 1m 4 − 3m 2 + 1 6 4 4 0 > 2m 2 − 4m − 32 / : 2 0 > m 2 − 2m − 16 √ ---2 Δ = 4( + 64 = (2 17) ) 2 − 2√ 17- 2 + 2√ 17- √ --- √ --- m ∈ ----------,---------- = (1− 17,1 + 17). 2 2

    Kolejna nierówność to

    2 2 2 AB + BC > AC 1- 4 2 1- 4 2 8 + 4m − 3m + 16 > 4 m − 5m + 4m + 40 2 2m − 4m − 1 6 > 0 / : 2 m 2 − 2m − 8 > 0 Δ = 4+ 32 = 36 m ∈ (− ∞ ,−2 )∪ (4,+ ∞ ).

    Część wspólna obu otrzymanych nierówności to

    √ --- √ --- m ∈ (1 − 17,− 2) ∪ (4,1 + 17).

    To jednak nie koniec, bo musimy się jeszcze zająć ostatnią z nierówności

    2 2 2 BC + AC > AB 1 1 --m4 − 3m 2 + 16 + --m4 − 5m 2 + 4m + 40 > 8 4 4 1-m4 − 8m 2 + 4m + 48 > 0 / ⋅ 2 2 m 4 − 1 6m 2 + 8m + 96 > 0.

    Sytuacja nie wygląda na specjalnie prostą, ale jeżeli zapiszemy lewą stronę w postaci

    4 2 4 2 m − 16m + 8m + 96 = (m − 16m + 64) + 32 + 8m = = (m 2 − 8)2 + 8(4 + m ),

    to widać, że wyrażenie to na pewno jest dodatnie dla m > − 4 . Z drugiej strony wiemy już, że

    √ --- m > 1− 17 > − 4.

    więc trzecia z nierówności jest zawsze spełniona.

    Sposób II

    Tym razem spróbujemy na popatrzeć na całą sytuację bardziej geometrycznie.

    PIC

    Po pierwsze zastanówmy się, czy jest możliwe, żeby kąt rozwarty trójkąta ABC był kątem przy wierzchołku C ? Aby tak było punkt C musiałby się znajdować wewnątrz koła o średnicy AB (dla punktów C tego koła mamy ∡C = 9 0∘ ). Jest to koło o środku

    A + B S = -------= (− 1,5) 2

    i promieniu

    ∘ ------------- AB 2 2 + (4 − 6)2 √ -- r = ----= ----------------= 2. 2 2

    Koło to jest więc opisane nierównością

    (x+ 1)2 + (y− 5)2 ≤ 2.

    Sprawdźmy teraz, czy wewnątrz tego koła znajduje się jakikolwiek punkt ( ) m, 1m 2 2 danej paraboli

    ( ) 2 (m + 1 )2 + 1-m2 − 5 = m 2 + 2m + 1+ 1m 4 − 5m 2 + 2 5 = 2 4 1 1 = --m4 − 4m 2 + 2m + 26 = --m 4 − 4m 2 + 2m + 24 + 2. 4 4

    Zauważmy teraz, że jeżeli m > − 4 , to

    ( ) 2 1m 4 − 4m 2 + 2m + 24 + 2 = 1-m 2 − 4 + 2(4 + m )+ 2 > 0+ 0+ 2 = 2, 4 2

    a jeżeli m ≤ − 4 , to

    1 4 2 1 2 2 -m − 4m + 2m + 24 + 2 = -m (m − 1 6)+ 2m + 24 + 2 ≥ 4 4 ( ) ≥ (m 2 − 2) + 2m + 24+ 2 = m2 + 2m + 22 + 2 > 2,

    bo wyróżnik trójmianu w ostatnim nawiasie jest ujemny.

    Udowodniliśmy więc, że koło o średnicy AB i dana parabola nie mają punktów wspólnych, czyli kąt rozwarty trójkąta ABC nie może się znajdować przy wierzchołku C . W takim razie musimy tylko zagwarantować, aby kąty przy wierzchołkach A i B były ostre, a tak będzie, gdy punkt C znajdzie się w pasie pomiędzy dwoma prostymi prostopadłymi do odcinka AB i przechodzącymi przez punkty A i B . Łatwo zauważyć, ze punkty A i B leżą na prostej y = −x + 4 , więc proste prostopadłe do prostej AB mają równania postaci y = x+ b . Jeżeli podstawiamy współrzędne punktów A i B , to okaże się, że interesują nas proste y = x+ 8 i y = x + 4 . Wyznaczamy teraz punkty wspólne tych prostych z daną parabolą. Najpierw druga prosta

    1 -x2 = y = x + 4 2 1x2 − x − 4 = 0 2 Δ = 1 + 8 = 9 x = 1 − 3 = − 2 lub x = 1+ 3 = 4.

    Otrzymujemy więc punkty K = (− 2,2) i L = (4,8) . Teraz pierwsza z prostych

    1x2 = y = x + 8 2 1-2 2x − x − 8 = 0 Δ = 1 + 16 = 17 √ --- √ --- x = 1 − 17 lub x = 1+ 17.

    Drugich współrzędnych punktów M i N możemy nie obliczać, bo nie będą nam potrzebne. Jak ustaliliśmy wierzchołek C musi na paraboli znajdować się pomiędzy punktami K i N lub pomiędzy punktami L i M . Mamy w takim razie

    √ --- √ --- m ∈ (1 − 17,− 2) ∪ (4,1 + 17).

     
    Odpowiedź: √ --- √ --- m ∈ (1 − 17 ,− 2)∪ (4,1 + 17 )

Wersja PDF