6. Zadatak

Prvo rješenje

Budući da tangente prolaze ishodištem koordinatnog sustava, njihove jednadžbe mogu se zapisati u obliku $y=kx$.

Iz zadane jednadžbe kružnice slijedi da je njezino središte $S(7,-1)$ i polumjer $\sqrt{10}$.

Prema uvjetu dodira vrijedi $r^2(1+k^2)=(q-kp-l)^2$, iz čega uvrštavanjem $p=7$, $q=-1$ i $r=\sqrt{10}$ slijedi

$$10(1+k^2)=(-1-7k)^2.$$

Sređivanjem dobivamo jednadžbu $39k^2+14k-9=0$, čija rješenja su $k_1=-\frac9{13}$ i $k_2=\frac13$.

Jednadžbe tangenti glase

$$t_1\ldots y=-\frac9{13}x,\qquad t_2\ldots y=\frac13x.$$

Koordinate dirališta dobivamo rješavanjem sustava jednadžbi tangente i kružnice.

$$\begin{aligned} t_1\cap k=\{A\}:\qquad &(x-7)^2+\left(-\frac9{13}x+1\right)^2=10,\\ &\frac{25}{169}x^2-\frac{20}{13}x+4=0,\\ &\left(\frac5{13}x-2\right)^2=0,\\ &x=\frac{26}{5}\Rightarrow y=-\frac{18}{5}; \end{aligned}$$ $$\begin{aligned} t_2\cap k=\{B\}:\qquad &(x-7)^2+\left(\frac13x+1\right)^2=10,\\ &\frac19x^2-\frac43x+4=0,\\ &\left(\frac13x-2\right)^2=0,\\ &x=6\Rightarrow y=2. \end{aligned}$$

Površina trokuta određenog koordinatama vrhova $A\left(\frac{26}{5},-\frac{18}{5}\right)$, $B(6,2)$, $O(0,0)$ je

$$P=\frac12\left|\frac{26}{5}(2-0)+6\left(0+\frac{18}{5}\right) +0\left(-\frac{18}{5}-2\right)\right|=16.$$

Napomena: Jednadžbe tangenti mogu se odrediti i bez primjene uvjeta dodira, koristeći činjenicu da je kvadratnoj jednadžbi $(x-7)^2+(kx+1)^2=10$ diskriminanta jednaka nuli.

Drugo rješenje

Iz zadane jednadžbe kružnice slijedi da je njezino središte $S(7,-1)$ i polumjer $\sqrt{10}$.

Jednadžba tangente u točki $T(x_0,y_0)$ zadane kružnice je

$$(x_0-7)(x-7)+(y_0+1)(y+1)=10.$$

Budući da tangenta prolazi ishodištem, slijedi

$$(x_0-7)(-7)+(y_0+1)=10,$$

odnosno

$$y_0=7x_0-40.$$

Budući da točka $T$ pripada kružnici, vrijedi i

$$(x_0-7)^2+(y_0+1)^2=10,$$

pa uvrštavanjem $y_0=7x_0-40$ dobivamo

$$(x_0-7)^2+(7x_0-39)^2=10,$$

odnosno jednadžbu $5x_0^2-56x_0+156=0$, čije jedno rješenje je

$$x_0=\frac{26}{5}\Rightarrow y_0=-\frac{18}{5},$$

a drugo rješenje je

$$x_0=6\Rightarrow y_0=2.$$

Površina trokuta određenog koordinatama vrhova $A\left(\frac{26}{5},-\frac{18}{5}\right)$, $B(6,2)$, $O(0,0)$ je

$$P=\frac12\left|\frac{26}{5}(2-0)+6\left(0+\frac{18}{5}\right) +0\left(-\frac{18}{5}-2\right)\right|=16.$$

Treće rješenje

Iz zadane jednadžbe kružnice slijedi da je njezino središte $S(7,-1)$ i polumjer $\sqrt{10}$.

Vrijedi

$$|OS|=\sqrt{(0-7)^2+(0+1)^2}=5\sqrt2.$$

Trokuti $OAS$ i $OBS$ su pravokutni i primjenom Pitagorinog poučka slijedi

$$|OA|=|OB|=2\sqrt{10}.$$

Trokuti $OAS$ i $OBS$ su sukladni, pa možemo označiti $|\angle SOB|=|\angle AOS|=\alpha$.

Površina trokuta $OAB$ iznosi

$$\begin{aligned} P&=\frac{|OA|\cdot|OB|\cdot\sin2\alpha}{2}\\ &=|OA|^2\sin\alpha\cos\alpha. \end{aligned}$$

U trokutu $OSA$ vrijedi

$$\sin\alpha=\frac{|AS|}{|OS|} =\frac{\sqrt{10}}{5\sqrt2} =\frac{\sqrt5}{5},$$

iz čega slijedi

$$\cos\alpha=\sqrt{1-\sin^2\alpha}=\frac{2\sqrt5}{5}.$$

Konačno imamo

$$P=(2\sqrt{10})^2\cdot\frac{\sqrt5}{5}\cdot\frac{2\sqrt5}{5}=16.$$

Četvrto rješenje

Kao u prethodnom rješenju uočimo sukladne pravokutne trokute $OAS$ i $OBS$, čija je duljina hipotenuze $5\sqrt2$, a duljine kateta su $\sqrt{10}$ i $2\sqrt{10}$.

Neka je $N$ polovište dužine $AB$. Budući da su trokuti $AOB$ i $ASB$ jednakokračni, $ON$ i $SN$ su visine u tim trokutima, tj. dijagonale četverokuta $ASBO$ sijeku se u točki $N$ i okomite su.

Tražena površina jednakokračnog trokuta $OAB$ iznosi

$$P=\frac{|AB|\cdot|ON|}{2}.$$

Izražavanjem površine pravokutnog trokuta $OAS$ na dva načina slijedi

$$\frac{|OA|\cdot|AS|}{2}=P(OAS)=\frac{|OS|\cdot|AN|}{2},$$

odnosno

$$\frac{2\sqrt{10}\cdot\sqrt{10}}2 =\frac{5\sqrt2\cdot|AN|}{2} \Rightarrow |AN|=2\sqrt2 \Rightarrow |AB|=4\sqrt2.$$

Duljinu dužine $ON$ dobijemo primjenom Pitagorinog poučka na trokut $OAN$:

$$|ON|=\sqrt{|OA|^2-|AN|^2}=\sqrt{40-8}=4\sqrt2.$$

Konačno imamo:

$$P=\frac{4\sqrt2\cdot4\sqrt2}{2}=16.$$