MATEMANIJA

Probni prijemni ispit ETF - 10. jun 2017.
7. zadatak

Jednačina kruga upisanog u trougao čije stranice pripadaju pravama [inlmath]x=0[/inlmath], [inlmath]y=0[/inlmath] i [inlmath]3x+4y−12=0[/inlmath] je:
[inlmath]\enclose{box}{A}\quad x^2+y^2−2x−2y+1=0[/inlmath]


Ako znamo koliki su segmenti koje zaklapa prava sa koordinatnim osama možemo naći i treću stranicu tj. hipotenuzu. Dakle, poznati su nam segmenti po [inlmath]x(4,0)[/inlmath] i [inlmath]y(0,3)[/inlmath] osi, što znači da će treća stranica biti: [inlmath]c=4^2+3^2=25\;\Longrightarrow\;c=5[/inlmath].

Sada možemo naći poluobim trokuta:
[dispmath]s=\frac{a+b+c}{2}\;\Longrightarrow\;s=6[/dispmath] Izračunamo površinu trokuta preko Heronove formule:
[dispmath]P=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}\;\Longrightarrow\;P=6[/dispmath] Poluprečnik možemo naći preko formule: [inlmath]P=r\cdot s\;\Longrightarrow\;r=\frac{P}{s}\;\Longrightarrow\;r=1[/inlmath]

Važno je uočiti da je [inlmath]p=q=r[/inlmath], što nam daje indicije da već 'napamet' znamo jednačinu kružnice:
[dispmath](x-1)^2+(y-1)^2=1[/dispmath] Odnosno:
[dispmath]x^2+y^2−2x−2y+1=0[/dispmath]

kazinski je napisao:Izračunamo površinu trokuta preko Heronove formule:
[dispmath]P=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}\;\Longrightarrow\;P=6[/dispmath]

Ovo je, što bi se reklo, „gađanje komarca topom“. Nema potrebe za Heronom kad imamo pravougli trougao čije su nam katete poznate. Površina je jednaka polovini proizvoda kateta.

Pokazao bih još dva načina, a oba polaze od (već pokazane) činjenice da je jednačina kružnice oblika [inlmath](x-r)^2+(y-r)^2=r^2[/inlmath], gde je [inlmath]r[/inlmath] istovremeno i poluprečnik iste, a i vrednost obe koordinate njenog centra.

---

Preko simetrala uglova trougla:
Centar kružnice mora se nalaziti u preseku simetrala. Jednu simetralu već znamo (to je [inlmath]y=x[/inlmath]), dovoljno je odrediti još jednu. Neka to bude simetrala hipotenuze i katete koja leži na [inlmath]x[/inlmath]-osi. Označimo koeficijent pravca te simetrale sa [inlmath]k[/inlmath]. Pošto ta simetrala zaklapa jednake uglove s hipotenuzom (čiji je koeficijent pravca [inlmath]-\frac{3}{4}[/inlmath]) i s [inlmath]x[/inlmath]-osom (čiji je koeficijent pravca [inlmath]0[/inlmath]), pišemo:
[dispmath]\frac{-\frac{3}{4}-k}{1+\left(-\frac{3}{4}\right)k}=\frac{k-0}{1+0\cdot k}\quad\Longrightarrow\quad\cdots\quad\Longrightarrow\quad k=-\frac{1}{3}\;\lor\;k=3[/dispmath] [inlmath]k=3[/inlmath] predstavlja simetralu spoljašnjeg ugla, tako da nam nije od interesa. Slobodan član tražene simetrale nalazimo iz uslova da sadrži teme trougla [inlmath](4,0)[/inlmath] i dobije se da je [inlmath]n=\frac{4}{3}[/inlmath]. Centar kružnice (a samim tim i njen poluprečnik) tada je određen presekom ove dve simetrale, [inlmath]y=x[/inlmath] i [inlmath]y=-\frac{1}{3}x+\frac{4}{3}[/inlmath].

---

Preko uslova dodira:
Postavljamo uslov da kružnica čija je jednačina oblika [inlmath](x-r)^2+(y-r)^2=r^2[/inlmath] dodiruje hipotenuzu čija je jednačina [inlmath]y=-\frac{3}{4}x+3[/inlmath], a po formuli za uslov dodira [inlmath]r^2\left(k^2+1\right)=(-kp+q-n)^2[/inlmath]. Uvrstimo u tu formulu [inlmath]k=-\frac{3}{4}[/inlmath], [inlmath]n=3[/inlmath] i [inlmath]p=q=r[/inlmath], nakon malo sređivanja dobijemo kvadratnu jednačinu [inlmath]r^2-7r+6=0[/inlmath], odbacujemo rešenje [inlmath]p=q=r=6[/inlmath] (koje bi predstavljalo kružnicu koja dodiruje koordinatne ose i koja hipotenuzu dodiruje sa spoljašnje strane, i ostaje nam rešenje [inlmath]p=q=r=1[/inlmath], koje predstavlja traženu kružnicu.