/Szkoła średnia/Geometria/Geometria analityczna

Zadanie nr 9525142

Dodaj do ulubionych
Dodaj do rozwiązanych

Z punktu ( 9 9) A = − 2,2 poprowadzono styczne do okręgu 2 2 (x+ 2) + (y+ 3) = 50 . Oblicz pole trójkąta ABC , gdzie BC jest odcinkiem łączącym punkty styczności.

Rozwiązanie

Rozpoczynamy od szkicowego rysunku – dany okrąg to okrąg o środku S = (− 2,− 3) i promieniu √ --- √ -- r = 50 = 5 2 .

PIC

Sposób I

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

√ --- √ -- SB = SC = r = 50 = 5 2.

Ponadto

∘ --------------------------- ∘ ---------- √ --- ( 9) 2 ( 9 )2 25 225 5 10 SA = − 2 + -- + − 3 − -- = ---+ ----= ------ 2 ∘ ------2-- ∘ ---4 4-- 2 ∘ ----------- 250 50 5√ 2 AB = SA 2 − SB2 = ----− 50 = ---= ----- √ -- 4 √ -- 4 2 SB 5 2 2 2 5 sin α = SA--= -5√-10 = √---= --5--. -2--- 5

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

√ -- √ -- √ --- BD--= sin α ⇒ BD = 5--2-⋅ 2--5-= 10 AB ∘ --2-----5 ∘ --- √ --- ∘ ------------ 50 10 10 AD = AB 2 − BD 2 = ---− 10 = ---= -----. 4 4 2

Pozostało obliczyć pole trójkąta ABC .

--- 1 √ --- √ 10 PABC = --⋅BC ⋅AD = BD ⋅AD = 10⋅ -----= 5. 2 2

Sposób II

Tak jak poprzednio zauważamy, że

√ --- √ -- √ -- 5 10 5 2 SB = 5 2, SA = -----, AB = -----. 2 2

To pozwala obliczyć pole trójkąta prostokątnego ABS .

√ -- 1 1 5 2 √ -- 25 PABS = --⋅AB ⋅SB = --⋅-----⋅5 2 = ---. 2 2 2 2

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

√-- SA 5-120- √ -- k = ----= 5√-2-= 5. AB --2-

Pole zmienia się jak kwadrat skali podobieństwa, więc

P = 2P = 2 ⋅-1-P = 2⋅ 1-⋅ 25-= 5. ABC ADB k 2 ABS 5 2

Sposób III

Tak jak poprzednio zauważamy, że

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

Mamy ponadto

5√2- √ -- cosα = AB--= -√2-- = √1--= --5-. SA 5--10 5 5 2

To pozwala obliczyć sin ∡BAC = sin 2α .

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

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

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

Sposób IV

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

Proste przechodzące przez punkt A = (− 9, 9) 2 2 mają postać y = m (x + 9)+ 9 2 2 (tak naprawdę brakuje w tym pęku pionowej prostej 9 x = − 2 , ale łatwo sprawdzić, że nie jest ona szukaną styczną). Sprawdźmy, kiedy prosta tej postaci

2y − 2mx − 9m − 9 = 0

jest styczna do okręgu: sprawdzamy kiedy jej odległość od punktu S = (− 2,− 3) jest równa √ --- r = 50 .

√ -- √ --- √ ------2 5 2 = 5 0 = |−--6+√-4m-−-9m--−-9| = |−√5m--−-15|- / ⋅ 2--1+--m-- 4+ 4m 2 2 1 + m 2 5 ∘ -------2 2 2 2+ 2m = |m + 3| / () 8+ 8m 2 = m 2 + 6m + 9 2 7m − 6m − 1 = 0

Rozwiązujemy otrzymane równanie kwadratowe

Δ = 36+ 28 = 64 m = 6-−-8-= − 1- lub m = 6-+-8-= 1. 14 7 1 4

Zatem styczne do okręgu przechodzące przez punkt A mają postać

( ) y = m x + 9- + 9-= − 1x − 9--+ 9-= − 1x + 5-4 = − 1-x+ 27- 2 2 7 14 2 7 1 4 7 7 ( 9) 9 9 9 y = m x + -- + --= x+ --+ --= x + 9. 2 2 2 2

Znajdźmy punkty wspólne tych stycznych z okręgiem. Najpierw pierwsza styczna

( ) 2 ( ) 2 50 = (x + 2)2 + − 1-x+ 27-+ 3 = (x + 2)2 + − 1x + 48- 7 7 7 7 1 96 2 304 50 = x 2 + 4x + 4+ --x 2 − --x + ----- 49 49 49 0 = 50x2 + 1-00x + 5-0 = 50-(x + 1)2. 49 49 4 9 49

Zatem x = − 1 , y = − 1x + 27-= 4 7 7 i C = (−1 ,4) . Szukamy teraz punktu wspólnego drugiej stycznej z okręgiem

50 = (x + 2)2 + (x + 12 )2 = x2 + 4x+ 4+ x2 + 24x + 144 = 2x2 + 28x + 14 8 0 = 2x 2 + 2 8x+ 98 = 2(x 2 + 1 4x+ 49) = 2(x + 7)2

Stąd x = − 7 , y = x + 9 = 2 i B = (− 7,2) . Teraz obliczamy pole trójkąta ABC korzystając ze wzoru

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

Liczymy

1 ||( 9) ( 9) ( 9) ( 9) || PABC = --⋅|| − 7 + -- ⋅ 4− -- − 2 − -- ⋅ − 1 + -- || = 2 |( ) 2( ) 2( ) ( 2)| | 2 | 1- | 5- 1- 5- 7- | 1- |5- 35-| 1- = 2 ⋅|| − 2 ⋅ − 2 − − 2 ⋅ 2 || = 2 ⋅ ||4 + 4 || = 2 ⋅10 = 5.

 
Odpowiedź: 5

Wersja PDF