Zadanie maturalne nr 14, matura 2021 (poziom rozszerzony)

Rozwiązanie zadania

Rozwiązujemy część pierwszą zadania.

Część pierwsza

Dowolny punkt C na paraboli o równaniu \(y=x^2\) i pierwszej współrzędnej \(m\) ma współrzędne \(C=(m,m^2)\).

Aby policzyć pole trójkąta ABC dane wzorem \(P=\frac{1}{2}ah\), gdzie \(a=|AB|\), a \(h\) jest wysokością tego trójkąta, opuszczoną z punktu C na odcinek AB.

Obliczmy długość odcinka AB. Ponieważ \(A = (0, 2)\) i \(B=(1, 3)\), to:

\(|AB|=\sqrt{(1-0)^2+(3-2)^2}\)=\sqrt{2}\)

Wysokość obliczymy ze wzoru na odległość punktu C od prostej AB.

Odległość punktu \(P=(x_0,y_0)\) od prostej \(Ax+By+C=0\) wyrażona jest wzorem: \(d=\frac{|Ax_0+By_0+C|}{\sqrt{A^2+B^2}}\)

Szukamy równania prostej AB: \(y=ax+b\)

\(\begin{cases} 2=0\cdot a +b\\ 3=1\cdot a+b\end{cases}\)

\(\begin{cases} b=2\\ a=1\end{cases}\)

\(y=x+2\)

\(x-y+2=0\)

\(A=1, B=-1, C=2\)

Punkt \(C=(m, m^2)\)

\(h=\frac{|m-m^2+2|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}\)

\(h=\frac{|m-m^2+2|}{\sqrt{2}}\)

Zatem pole trójkąta ABC można wyrazić jako:

\(P=\frac{1}{2}\cdot |AB|\cdot h = \frac{1}{2}\cdot \sqrt{2}\cdot \frac{|m-m^2+2|}{\sqrt{2}} =\frac{1}{2}|m-m^2+2|\)

Sprawdźmy kiedy pole to przyjmuje wartości zero.

\(P=0\)

\(\frac{1}{2}|m-m^2+2|=0\)

\(-m^2+m+2=0\)

\(\Delta=1+8=9\)

\(m=\frac{-1-3}{-2}=2\) lub \(m=\frac{-1+3}{-2}=-1\)

Są to przypadki, w których punkt C leży na prostej AB i musimy je wykluczyć.

Część druga

Kąty CAB, ABC i ACB są ostre wtedy, gdy cosinusy tych kątów są dodatnie.

\(\cos{|\angle CAB|}>0\)

\(\cos{|\angle ABC|}>0\)

\(\cos{|\angle ACB|}>0\)

Wprowadźmy oznaczenia:

\(a=|BC|\)

\(b=|AC|\)

\(c=|AB|\)

Ponadto twierdzenia cosinusów otrzymujemy:

\(\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}>0\)

\(\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}>0\)

\(\frac{b^2+a^2-c^2}{2ab}>0\)

Aby powyższe nierówności były spełnione, liczniki ułamków muszą być dodatnie:

\(b^2+c^2-a^2>0\)

\(a^2+c^2-b^2>0\)

\(b^2+a^2-c^2>0\)

Ponieważ:

\(A = (0, 2)\)

\(B=(1, 3)\)

\(C=(m, m^2)\)

to:

\(a=|BC|=\sqrt{(m-1)^2+(m^2-3)^2}\)

\(b=|AC|=\sqrt{(m^2+(m^2-2)^2}\)

\(c=|AB|=\sqrt{2}\)

\(a^2=(m-1)^2+(m^2-3)^2\)

\(b^2=m^2+(m^2-2)^2\)

\(c^2=2\)

Podstawiamy powyższe równości do pierwszej z nierówności:

\(b^2+c^2-a^2>0\)

\(m^2+(m^2-2)^2+2-(m-1)^2-(m^2-3)^2>0\)

\(m^2+m^4-4m^2+4+2-[(m^2-2m+1)+(m^4-6m^2+9)]>0\)

\(-3m^2+m^4+6-m^2+2m-1-m^4+6m^2-9>0\)

\(2m^2+2m-4>0\)

\(2m^2+2m-4>0/:2\)

\(m^2+m-2>0/:2\)

\(\Delta=1+8=9\)

\(m_1=\frac{-1-3}{2}=-2\)

\(m_2=\frac{-1+3}{2}=1\)

\(m\in (-\infty;-2)\cup (1;\infty)\)

Rozwiązujemy drugą nierówność:

\(a^2+c^2-b^2>0\)

\((m-1)^2+(m^2-3)^2+2-m^2-(m^2-2)^2>0\)

Po przekształceniach otrzymujemy:

\(-2m^2-2m+8>0\)

\(\Delta=68\)

\(m_1=\frac{2-\sqrt{68}}{-4}=\frac{2-2\sqrt{17}}{-4}=\frac{-1+\sqrt{17}}{2}\)

\(m_2=\frac{-1-\sqrt{17}}{2}\)

\(m\in (\frac{-1-\sqrt{17}}{2}; \frac{-1+\sqrt{17}}{2})\)

Uwzględniając wynik z pierwszej nierówności mamy:L

\(m\in (\frac{-1-\sqrt{17}}{2};-2)\cup (1; \frac{-1+\sqrt{17}}{2})\)

Zbadajmy jeszcze trzecią nierówność:

\(b^2+a^2-c^2>0\)

\(m^2+(m^2-2)^2+(m-1)^2+(m^2-3)^2-2>0\)

\(m^2+m^4-4m^2+4+m^2-2m+1+m^4-6m^2+9 -2>0\)

\(2m^4-8m^2-2m+12>0/:2\)

\(m^4-4m^2-m+6>0\)

Przekształcamy powyższe wyrażenie z lewej strony nierówności:

\((m^4-4m^2+4)-m+2>0\)

\((m^2-2)^2+2-m>0\)

Dla każdej wartości \(m<2\) powyższa nierówność jest prawdziwa, a ponieważ

\(\frac{-1+\sqrt{17}}{2}<2\), to powyższa nierówność jest spełniona dla wszystkich \(m\in (\frac{-1-\sqrt{17}}{2};-2)\cup (1; \frac{-1+\sqrt{17}}{2})\).

Stąd trójkąt ABC jest prostokątny dla \(m\in (\frac{-1-\sqrt{17}}{2};-2)\cup (1; \frac{-1+\sqrt{17}}{2})\).

© medianauka.pl, 2023-04-08, ZAD-4839

Zadania podobne

Punkt \(A=(−3,2)\) jest wierzchołkiem trójkąta równoramiennego \(ABC\), w którym \(|AC|=|BC|\). Pole tego trójkąta jest równe 15. Bok \(BC\) zawarty jest w prostej o równaniu \(y=x-1\). Oblicz współrzędne wierzchołków \(B\) i \(C\) tego trójkąta.