Wzajemne położenie prostej i okręgu

1. Krok 1. Wyznaczenie punktu $C$.

   Punkt $A$ nie leży na prostej $x+2y-4=0$ ($1-2-4=-5\ne0$), a $B$ leży ($4+0-4=0$). Ramieniem zawartym w prostej jest więc $CB$, zatem $C$ leży na tej prostej: $x_{C}=4-2y_{C}$.

   Z warunku $|CA|=|CB|$: $(x_{C}-1)^{2}+(y_{C}+1)^{2}=(x_{C}-4)^{2}+y_{C}^{2}$, co po uproszczeniu daje $3x_{C}+y_{C}=7$. Łącząc z $x_{C}=4-2y_{C}$: $3(4-2y_{C})+y_{C}=7\Rightarrow y_{C}=1,\ x_{C}=2$. Zatem $C=(2,1)$.

2. Krok 2. Punkt $M$ na $AC$, $|AM|:|MC|=1:4$. $$M=A+\tfrac15(C-A)=(1,-1)+\tfrac15(1,2)=\left(\tfrac{6}{5},-\tfrac{3}{5}\right).$$
3. Krok 3. Promień $=|MC|$. $$r^{2}=\left(2-\tfrac{6}{5}\right)^{2}+\left(1+\tfrac{3}{5}\right)^{2}=\left(\tfrac{4}{5}\right)^{2}+\left(\tfrac{8}{5}\right)^{2}=\tfrac{16}{25}+\tfrac{64}{25}=\tfrac{80}{25}=\tfrac{16}{5}.$$
4. Odpowiedź. Równanie okręgu: $\left(x-\dfrac{6}{5}\right)^{2}+\left(y+\dfrac{3}{5}\right)^{2}=\dfrac{16}{5}.$

1. Krok 1. Pole czworokąta $ABSC$.

   $SB\perp AB$ i $SC\perp AC$ (styczne), $|SB|=|SC|=\sqrt5=r$, a trójkąty $ABS$ i $ACS$ są przystające. Zatem

   $$P_{ABSC}=2\cdot\tfrac12|AB|\cdot|SB|=|AB|\cdot\sqrt5=15\ \Rightarrow\ |AB|=\frac{15}{\sqrt5}=3\sqrt5.$$
2. Krok 2. Odległość $|AS|$.

   Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $ABS$: $|AS|^{2}=|AB|^{2}+r^{2}=(3\sqrt5)^{2}+5=45+5=50.$

3. Krok 3. Punkt $S$ na prostej.

   Niech $S=(s,\,s+1)$. Wtedy

   $$|AS|^{2}=(s-1)^{2}+(s+1-2)^{2}=(s-1)^{2}+(s-1)^{2}=2(s-1)^{2}=50.$$ $$(s-1)^{2}=25\ \Rightarrow\ s-1=\pm5\ \Rightarrow\ s=6\ \lor\ s=-4.$$
4. Odpowiedź. $S=(6,\,7)$ lub $S=(-4,\,-3)$ (w obu przypadkach $|AS|=5\sqrt2>\sqrt5$).

1. Krok 1. Punkty $A$ i $B$.

   Z prostej $y=x-2$. Podstawiamy do równania paraboli:

   $$x-2=4x^{2}-7x+1\ \Rightarrow\ 4x^{2}-8x+3=0\ \Rightarrow\ x=\tfrac12\ \lor\ x=\tfrac32.$$

   Stąd $A=\left(\tfrac12,-\tfrac32\right)$, $B=\left(\tfrac32,-\tfrac12\right)$ (z rysunku $A$ jest punktem niżej).

2. Krok 2. Środek i promień okręgu.

   Środek $=$ środek $AB=\left(1,-1\right)$. $|AB|=\sqrt{1^{2}+1^{2}}=\sqrt2$, więc $r=\tfrac{\sqrt2}{2}$, a $r^{2}=\tfrac12$. Równanie okręgu: $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}=\tfrac12$.

3. Krok 3. Kierunek prostej $AC$.

   Prosta $l$ ma współczynnik kierunkowy $1$ (kąt $45^{\circ}$ z osią $OX$). Punkt $C$ jest nad prostą $l$, więc prosta $AC$ jest nachylona pod kątem $45^{\circ}+\alpha$, a jej współczynnik kierunkowy:

   $$a=\operatorname{tg}(45^{\circ}+\alpha)=\frac{1+\operatorname{tg}\alpha}{1-\operatorname{tg}\alpha}=\frac{1+\frac13}{1-\frac13}=\frac{\frac43}{\frac23}=2.$$

   Prosta $AC$ przez $A=\left(\tfrac12,-\tfrac32\right)$: $y=2x-\tfrac52$.

4. Krok 4. Punkt $C$ = drugie przecięcie $AC$ z okręgiem.

   Podstawiamy $y=2x-\tfrac52$ (wtedy $y+1=2x-\tfrac32$) do równania okręgu:

   $$(x-1)^{2}+\left(2x-\tfrac32\right)^{2}=\tfrac12\ \Rightarrow\ 5x^{2}-8x+\tfrac{11}{4}=0\ \Rightarrow\ 20x^{2}-32x+11=0.$$ $$x=\frac{32\pm\sqrt{1024-880}}{40}=\frac{32\pm12}{40}\ \Rightarrow\ x=\tfrac{11}{10}\ \lor\ x=\tfrac12.$$

   Wartość $x=\tfrac12$ odpowiada punktowi $A$, więc dla $C$: $x=\tfrac{11}{10}$, a $y=2\cdot\tfrac{11}{10}-\tfrac52=-\tfrac{3}{10}$.

5. Odpowiedź. $C=\left(\dfrac{11}{10},\,-\dfrac{3}{10}\right)$.

Z równania okręgu odczytujemy \(S=(-2,3)\) oraz \(r=2\).

Druga styczna nie jest pionowa (pionowa to właśnie \(x=0\)), więc ma postać \(y=mx+c\). Przechodzi przez \(A=(0,-1)\), stąd \(c=-1\) i szukana prosta to

\(y=mx-1\), czyli \(mx-y-1=0\).

Warunek styczności: odległość środka od prostej równa promieniowi:

\(\dfrac{|m\cdot(-2)-3-1|}{\sqrt{m^2+1}}=2\), czyli \(|-2m-4|=2\sqrt{m^2+1}\).

Podnosimy do kwadratu:

\(4m^2+16m+16=4m^2+4\),

\(16m=-12\), czyli \(m=-\dfrac34\).

Odpowiedź: \(y=-\dfrac34x-1\), czyli \(3x+4y+4=0\).