Figuri și ecuații (matematică Ⅱ, programa japoneză)

Cu formula punctului de diviziune interioară, x=(1·1+2·7)/3=5 și y=(1·2+2·5)/3=4, deci punctul este (5,4). Varianta (3,3) apare când raportul este luat greșit ca 1:2, (13,8) când se calculează punctul de diviziune exterioară, iar (4,7/2) este mijlocul segmentului.

Avem AB=√((2−(−1))²+(−1−3)²)=√(9+16)=√25=5. Varianta √7 apare când diferențele nu sunt ridicate la pătrat și se ia radicalul din 3+4, iar 25 când se uită radicalul de la final. Fiecare diferență se ridică mai întâi la pătrat și abia apoi se adună.

Din y−(−1)=3(x−2) rezultă y+1=3x−6, deci y=3x−7. Varianta y=3x−5 provine din scrierea greșită y−1=3(x−2). Greșeala se poate evita verificând că pentru x=2 se obține y=−1.

Panta este (8−2)/(3−1)=3, iar din y−2=3(x−1) rezultă y=3x−1. Se poate verifica și că pentru x=3 se obține y=8. Varianta (1/3)x+5/3 provine din răsturnarea raportului care dă panta, iar y=3x+1 dintr-o greșeală de semn la ordonata la origine.

Fiind paralelă, dreapta păstrează coeficienții lui x și y și se scrie 2x+3y+c=0. Înlocuind punctul (3,−1) obținem 6−3+c=0, deci c=−3 și dreapta este 2x+3y−3=0. Varianta 3x−2y−11=0 corespunde dreptei perpendiculare.

Condiția de perpendicularitate este ca produsul pantelor să fie −1, deci panta căutată este −1/2. Din y−1=−(1/2)(x−4) rezultă y=−(1/2)x+3. Varianta y=−2x+9 corespunde greșelii de a schimba doar semnul, iar y=(1/2)x−1 greșelii de a lua doar inversul.

Avem d=|3·1+4·2−1|/√(3²+4²)=|10|/5=2. Varianta 10 apare când se uită împărțirea la √(a²+b²)=5, iar 12/5 când termenul −1 este înlocuit greșit ca +1.

Punctul de diviziune exterioară este ((−1·2+3·5)/(3−1), (−1·1+3·7)/(3−1)) = (13/2, 10). Varianta (17/4, 11/2) apare când se calculează punctul de diviziune interioară în raportul 3:1, iar (1/2, −2) când diviziunea exterioară se face în raportul 1:3. Trebuie verificate atât tipul diviziunii, cât și ordinea termenilor raportului.

Centrul de greutate are drept coordonate mediile coordonatelor celor trei vârfuri: ((2−1+5)/3, (3+4−1)/3) = (6/3, 6/3) = (2,2). Varianta (6,6) apare când se uită împărțirea la 3 și se dau doar sumele, (3,3) când se împarte la 2 în loc de 3, iar (2,3) când se dau chiar coordonatele vârfului A.

Distanța dintre dreptele paralele ax+by+c₁=0 și ax+by+c₂=0 este |c₁−c₂|/√(a²+b²), deci |2−(−8)|/√(3²+(−4)²) = 10/5 = 2. Se poate raționa la fel luând un punct de pe una dintre drepte, de exemplu (−2/3, 0), și calculând distanța până la cealaltă, 3x−4y−8=0, adică |−2−8|/5 = 2. Varianta 10 apare când se uită împărțirea la √(a²+b²)=5, iar 6/5 dintr-o greșeală de semn, calculând |2+(−8)|.

Înlocuind a=2, b=−3 și r=4 în forma standard (x−a)²+(y−b)²=r² obținem (x−2)²+(y+3)²=16. Semnele din paranteze sunt opuse coordonatelor centrului. Varianta cu =4 corespunde greșelii de a pune raza ca atare în membrul drept, fără a o ridica la pătrat.

Aducând la forma canonică obținem (x+1)²+(y−4)² = −8+1+16 = 9, deci centrul este (−1,4) și raza √9=3. Centrul (1,−4) provine dintr-o citire greșită a semnelor, raza 9 din darea lui r² drept rază, iar √8 din luarea termenului liber 8 drept r².

Centrul este mijlocul segmentului AB, adică (1,3). Raza este distanța de la centru la A, √((1−(−1))²+(3−2)²)=√5, deci r²=5 și ecuația este (x−1)²+(y−3)²=5. Varianta =20 apare când în membrul drept se pune pătratul diametrului, AB²=20, iar =√5 când raza nu este ridicată la pătrat.

Scriind dreapta ca 2x−y+5=0, distanța de la centrul (0,0) la ea este d=|5|/√(4+1)=5/√5=√5. Fiind egală cu raza r=√5, dreapta este tangentă la cerc. Ideea esențială este compararea lui d cu r, ambele la puterea întâi. Se poate verifica și rezolvând sistemul și arătând că D=0.

Distanța de la centrul (0,0) la dreapta x+y−3=0 este d=|−3|/√2=3/√2≒2.12. Cum raza este r=2 și d>r, nu există niciun punct comun, adică 0. Chiar dacă d ar fi luat greșit ca 3, prin uitarea împărțirii la √2, concluzia ar fi aceeași, dar este important obiceiul de a calcula corect d=3/√2 înainte de comparație.

Tangenta la cercul x²+y²=r² în punctul (x₁,y₁) de pe cerc are ecuația x₁x+y₁y=r², deci 3x+4y=25. Varianta 4x+3y=25 provine din confundarea lui x₁ cu y₁, iar 3x+4y=5 din păstrarea lui r în membrul drept în loc de r².

Scriem tangenta sub forma y=m(x−3)+1 și punem condiția ca distanța de la centrul (0,0) să fie √2: |1−3m|/√(m²+1)=√2. Ridicând la pătrat obținem 7m²−6m−1=0, deci m=1, −1/7. Pentru m=1 rezultă y=x−2. Dreapta y=x+2 este tot tangentă la acest cerc, dar nu trece prin punctul (3,1), fiindcă 3+2=5≠1, deci nu este răspunsul.

Condiția de tangență este ca distanța de la centru la dreaptă să fie egală cu raza. Avem d=|3·1+4·2+9|/√(3²+4²)=|20|/5=4, deci r=4. Varianta 20 apare când se uită împărțirea la 5, iar 2/5 când termenul +9 este înlocuit greșit ca −9.

Distanța de la centrul (0,0) la dreapta x=3 este d=3. Lungimea coardei este 2√(r²−d²) = 2√(25−9) = 2×4 = 8. Varianta 4 corespunde jumătății coardei, adică unei singure părți, iar 10 confuziei cu diametrul.

Este suficient ca distanța d=|k|/√2 de la centrul (0,0) la dreapta x−y+k=0 să fie mai mică decât raza 2. Din |k|<2√2 rezultă −2√2<k<2√2. Varianta −2<k<2 apare când se uită înmulțirea cu √2, iar dacă se includ egalitățile se strecoară și cazul de tangență, cu un singur punct comun.

Notând P(x,y), din AP²=BP² obținem (x+2)²+y²=(x−4)²+y². Ordonând rezultă 12x=12, adică x=1. Este mediatoarea segmentului AB și trece prin mijlocul lui, (1,0). Se poate verifica prin coincidența cu abscisa mijlocului, (−2+4)/2=1.

Din AP²=4PB² obținem x²+y²=4{(x−3)²+y²}. Ordonând rezultă x²+y²−8x+12=0, adică (x−4)²+y²=4: cercul lui Apollonius, cu centrul (4,0) și raza 2. Atunci când raportul nu este 1:1, locul geometric nu este o dreaptă, ci un cerc.

Notând P(x,y) și Q(s,t), din x=(s+6)/2 și y=t/2 rezultă s=2x−6 și t=2y. Înlocuind în s²+t²=9 obținem (2x−6)²+4y²=9, adică (x−3)²+y²=9/4: cercul cu centrul (3,0) și raza 3/2. Raza 9/4 apare când r² este citit drept rază, iar raza 3 când se uită înjumătățirea.

Inecuația y > f(x) descrie partea de deasupra curbei sau a dreptei. Neexistând egalitate, dreapta care formează frontiera nu este inclusă. De exemplu, punctul (0,3) verifică 3>1, ceea ce confirmă că domeniul se află deasupra dreptei.

Inecuația x²+y² ≦ r² descrie interiorul cercului și, existând egalitate, include și frontiera, adică cercul însuși. Înlocuind originea obținem 0≦9, ceea ce este adevărat, deci domeniul este partea care conține originea, adică interiorul.

Se verifică înlocuind fiecare punct. Pentru (2,1): 1≦3·2−4=2, adevărat. Pentru (0,0): 0≦−4, fals; pentru (1,0): 0≦−1, fals; pentru (0,3): 3≦−4, fals. Verificarea prin înlocuirea punctelor este o metodă sigură, valabilă la orice problemă cu domenii.

Domeniul este triunghiul dreptunghic cu vârfurile (0,0), (4,0) și (0,4), iar aria este 4×4÷2 = 8. Varianta 16 apare când domeniul este luat greșit drept un pătrat de latură 4, adică atunci când se uită împărțirea la 2. Se recomandă mai întâi reprezentarea intersecției celor trei inecuații și abia apoi calculul.

Domeniul este patrulaterul cu vârfurile (0,0), (3,0), (2,2) și (0,3). Translatând dreapta obținută punând x+y=k, valoarea lui k este maximă atunci când dreapta trece prin vârful (2,2), unde k=4. Valoarea 3 corespunde punctelor (3,0) și (0,3), iar 6 preluării ca atare a membrului drept al restricțiilor.

Punând 3x+4y=k obținem o dreaptă. Este suficient ca distanța de la origine la ea să nu depășească raza 5, deci |k|/√(3²+4²) ≦ 5, adică |k| ≦ 25. Valoarea maximă este 25, atinsă în punctul de tangență (3,4). Varianta 35 provine din calculul 5×(3+4), 15 este valoarea din punctul (5,0), iar 7 este suma coeficienților.

Punând x+y=k, condiția ca dreapta x+y−k=0 să aibă puncte comune cu cercul este |−k|/√2 ≦ 2, adică |k| ≦ 2√2. Valoarea maximă este 2√2, atinsă în punctul de tangență (√2,√2). Varianta 2 este chiar raza, iar 4 provine din presupunerea greșită că x și y pot atinge independent valoarea maximă 2, deși pe cerc nu se poate avea simultan x=y=2.