Введение в параметры - 10

Задачи от ученика 10 класса, который учится в ЗФТШ. Тем, кто изучает параметры – очень хорошо! Остальные статьи серии лучше всего искать поиском или в рубрике “параметры”.

Задача 17.

На координатной плоскости $xOy$ рассматривается фигура М, состоящая из всех точек, координаты которых удовлетворяют системе неравенств

$$\begin{Bmatrix}{ y – x \geqslant \mid x + y \mid,}\\{\frac{x^2 +6x + y^2 + 8y}{3y – x - 6} \leqslant 0}. }\end{matrix}$$

Изобразите фигуру $M$ и найдите ее площадь.

Решение. Преобразуем второе неравенство:

$$\frac{x^2 +6x + y^2 + 8y}{3y – x - 6}  \leqslant 0$$

$$\frac{x^2 +6x +9+ y^2 + 8y+16-25}{3y – x - 6}  \leqslant 0$$

$$\frac{(x+3)^2+ (y+4)^2-25}{3y – x - 6}  \leqslant 0$$

В числителе уравнение окружности, в знаменателе – уравнение прямой. Окружность имеет центр в точке $(-3; -4)$  и радиус 5. Прямая определяется уравнением

$$y=\frac{x+6}{3}$$

И является выколотой – во избежание равенства нулю знаменателя. Неравенство может быть переписано в виде двух систем:

$$\begin{Bmatrix}{ (x+3)^2+ (y+4)^2-25\leqslant 0}\\{3y – x – 6> 0} }\end{matrix}$$

Или

$$\begin{Bmatrix}{ (x+3)^2+ (y+4)^2-25\geqslant 0}\\{3y – x – 6< 0} }\end{matrix}$$

Истолковываем первую систему: имеем окружность и ее внутреннюю область, и область над прямой.

Истолковываем вторую систему: имеем внешнюю область (вне окружности), и область под прямой.

К задаче 17

Теперь обратимся к первому неравенству. Этому неравенству соответствуют координаты любой точки второго квадранта координатной плоскости. Установить это легко: в первом квадранте обе координаты любой точки положительны, имеем неравенство:

$$ y – x \geqslant x + y$$

$$– x \geqslant x$$

$$2x \leqslant 0$$

Что неверно.

Во втором квадранте координата $x$ отрицательна,

$$ y – x \geqslant x + y$$

$$y– x \geqslant y-x$$

Верно.

И так же проверяем третий и четвертый квадранты и понимаем, что нас устраивает только второй.

Площадь фигуры равна площади ABC

Теперь давайте определять площадь фигуры. Проведем $AB$ и обратим внимание, что площадь закрашенной фигуры равна площади треугольника $ABC$. А эта площадь равна трем.

Ответ: 3.

Задача 18.

Окружность, центр которой лежит на прямой $y = b$, пересекает параболу $y = \frac{3}{4}x^2$ хотя бы в трех точках: одна из этих точек начало координат, а две из оставшихся лежат на прямой $y = \frac{3}{4}x+b$. Найдите все значения параметра $b$, при которых описанная конфигурация возможна.

К задаче 18

Решение. Пусть $Q$ - центр окружности. Он, соответственно, имеет ординату $b$.  Точка $A$ пересечения прямой с окружностью имеет координаты $(x_1; y_1)$, точка $B$ - координаты $(x_2; y_2)$.

Вводим обозначения для удобства

В точке $T$ прямая $y = \frac{3}{4}x+b$ пересекает ось $y$, следовательно, ордината точки $T$ равна $b$. Значит, отрезок $QT$ параллелен оси $x$ и является высотой треугольника $OQC$. Точка $C$ имеет координаты $(0; 2b)$, и треугольник $QOC$ - равнобедренный.

Тангенс угла $TAH$ равен

$$\operatorname{tg}\angle (TAH)=\frac{3}{4}$$

Тогда его косинус и синус:

$$\cos \angle (TAH)=\frac{4}{5}$$

$$\sin \angle (TAH)=\frac{3}{5}$$

С другой стороны,

$$\cos \angle (TAH)=\frac{AH}{AT}=\frac{4}{5}$$

Откуда

$$AT=\frac{5}{4}AH=\frac{5x_1}{4}$$

В треугольнике $TBL$

$$\frac{TL}{BT}=\frac{4}{5}$$

С другой стороны,

$$\cos \angle (TAH)=\frac{TL}{BT}=\frac{4}{5}$$

$$TL=\frac{4}{5}BT$$

$$BT=\frac{5}{4}TL=\frac{5}{4}x_2$$

Теперь применим теорему о секущих в окружности. Согласно ей,

$$CT\cdot TO=AT\cdot BT$$

Но $CT=TO$, поэтому

$$CT^2= AT\cdot BT=\frac{5x_1}{4}\cdot \frac{5}{4}x_2=\frac{25}{16}x_1x_2$$

Или

$$b^2=\frac{25}{16}x_1x_2$$

Осталось найти произведение $ x_1x_2$. Парабола пересекает прямую, значит, можно приравнять их уравнения:

$$\frac{3}{4}x^2=\frac{3}{4}x+b$$

$$ x^2-x-\frac{4}{3}b=0$$

Согласно теореме Виета $x_1x_2=-\frac{4}{3}b$, подставим:

$$b^2=\frac{25}{16}x_1x_2=\frac{25}{16}\cdot \left(-\frac{4}{3}b\right) $$

$$ b=\frac{25}{12}$$

Ответ: $ b=\frac{25}{12}$