Odległość punktów i środek odcinka

Krok 1. Pozostałe wierzchołki równoległoboku.

Punkt \(M\) jest środkiem obu przekątnych, więc:

\(B=2M-D=(-9+13,\;2-9)=(4,-7)\)

\(C=2M-A=(-9+8,\;2+1)=(-1,3)\)

Krok 2. Równania prostych \(AB\) i \(BC\).

Prosta \(AB\) przez \(A=(-8,-1)\) i \(B=(4,-7)\):

\(a=\frac{-7+1}{4+8}=-\frac{1}{2}\), \(\;y=-\frac{1}{2}x-5\), czyli \(x+2y+10=0\)

Prosta \(BC\) przez \(B=(4,-7)\) i \(C=(-1,3)\):

\(a=\frac{3+7}{-1-4}=-2\), \(\;y=-2x+1\), czyli \(2x+y-1=0\)

Krok 3. Środek okręgu leży na dwusiecznej kąta.

Środek \(S=(p,q)\) jest równo oddalony od obu prostych:

\(\frac{|p+2q+10|}{\sqrt{5}}=\frac{|2p+q-1|}{\sqrt{5}}\)

Rozpatrujemy dwusieczną \(p+2q+10=-(2p+q-1)\):

\(3p+3q+9=0\), czyli \(q=-p-3\) (prosta \(y=-x-3\))

Krok 4. Warunek przechodzenia przez początek układu.

Promień jest równy odległości środka od prostej \(AB\) oraz od punktu \((0,0)\):

\(r=\frac{|p+2(-p-3)+10|}{\sqrt{5}}=\frac{|4-p|}{\sqrt{5}}\)

\(r^2=p^2+(p+3)^2\)

Stąd:

\(5\left[p^2+(p+3)^2\right]=(p-4)^2\)

\(5\left(2p^2+6p+9\right)=p^2-8p+16\)

\(10p^2+30p+45=p^2-8p+16\)

\(9p^2+38p+29=0\)

\(\Delta=1444-1044=400\), \(\;\sqrt{\Delta}=20\)

\(p_1=\frac{-38-20}{18}=-\frac{29}{9}\), \(\;p_2=\frac{-38+20}{18}=-1\)

Krok 5. Wybór rozwiązania.

Dla \(p=-\frac{29}{9}\) mamy \(q=\frac{29}{9}-3=\frac{2}{9}\gt 0\) — odrzucamy (druga współrzędna ma być ujemna).

Dla \(p=-1\) mamy \(q=-2\lt 0\) ✓, więc \(S=(-1,-2)\) oraz:

\(r^2=(-1)^2+(-2)^2=5\)

Sprawdzenie: odległość \(S\) od prostej \(x+2y+10=0\) wynosi \(\frac{|-1-4+10|}{\sqrt{5}}=\frac{5}{\sqrt{5}}=\sqrt{5}\) ✓

Odpowiedź: \(\mathcal{O}:\;(x+1)^2+(y+2)^2=5\)

Środek okręgu wpisanego to $I=(0,0)$, a promień $r=\sqrt{10}$.

Krok 1. Punkty styczności stycznych z $A$. Leżą one na prostej biegunowej punktu $A$ względem okręgu:

$$7x-y=10.$$

Podstawiamy $y=7x-10$ do równania okręgu:

$$x^{2}+(7x-10)^{2}=10\ \Longrightarrow\ 50x^{2}-140x+90=0\ \Longrightarrow\ 5x^{2}-14x+9=0.$$

$$\Delta=16,\qquad x=\frac{14\pm4}{10}\ \Longrightarrow\ x=\frac95\ \text{lub}\ x=1.$$

$$T_1=\left(\frac95,\ \frac{13}{5}\right),\qquad T_2=(1,\,-3).$$

Krok 2. Który punkt leży na podstawie $AB$. W trójkącie równoramiennym o wierzchołku $C$ oś symetrii przechodzi przez $C$, przez $I$ oraz przez środek podstawy $AB$, który jest zarazem punktem styczności okręgu z $AB$.

Gdyby to $T_2=(1,-3)$ był środkiem $AB$, oś miałaby kierunek $[1,-3]$ i punkt $C=t\cdot[1,-3]$ nigdy nie miałby obu współrzędnych ujemnych. Zatem środkiem podstawy jest

$$M=T_1=\left(\frac95,\ \frac{13}{5}\right),$$

a $C$ leży po przeciwnej stronie $I$, czyli w kierunku $[-9,-13]$ — wtedy obie współrzędne są ujemne ✓

Krok 3. Wierzchołek $B$. Punkt $M$ jest środkiem odcinka $AB$:

$$B=2M-A=\left(\frac{18}{5}-7,\ \frac{26}{5}+1\right)=\left(-\frac{17}{5},\ \frac{31}{5}\right).$$

Kontrola: $|AM|=\frac15\sqrt{26^{2}+18^{2}}=\frac15\sqrt{1000}=2\sqrt{10}$, a $|IA|^{2}=50=10+40$ ✓

Krok 4. Odległość $|CI|$. Oznaczmy $u=|CI|$. Wysokość z $C$ to $|CM|=u+\sqrt{10}$, a z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $AMC$:

$$|AC|^{2}=40+\left(u+\sqrt{10}\right)^{2}.$$

Z drugiej strony $|AC|$ to suma odcinków stycznych z $A$ i z $C$:

$$|AC|=2\sqrt{10}+\sqrt{u^{2}-10}.$$

Porównanie i uproszczenie prowadzi do równania

$$3u^{2}-2\sqrt{10}\,u-50=0,\qquad \Delta=640,\qquad \sqrt{\Delta}=8\sqrt{10},$$

$$u=\frac{2\sqrt{10}+8\sqrt{10}}{6}=\frac{5\sqrt{10}}{3}\qquad(\text{drugi pierwiastek ujemny odrzucamy}).$$

Krok 5. Wierzchołek $C$. Wektor jednostkowy kierunku $[9,13]$ ma długość $\sqrt{250}=5\sqrt{10}$, więc

$$C=-\frac{[9,13]}{5\sqrt{10}}\cdot\frac{5\sqrt{10}}{3}=\left(-3,\ -\frac{13}{3}\right).$$

Sprawdzenie styczności. Prosta $AC$: $x-3y-10=0$, odległość od $(0,0)$ to $\frac{10}{\sqrt{10}}=\sqrt{10}$ ✓. Prosta $AB$: $9x+13y-50=0$, odległość $\frac{50}{5\sqrt{10}}=\sqrt{10}$ ✓. Ponadto $|AC|=|BC|=\frac{10\sqrt{10}}{3}$ ✓

Odpowiedź: $B=\left(-\frac{17}{5},\frac{31}{5}\right)$, $\;C=\left(-3,-\frac{13}{3}\right)$

Krok 1. Sprawdzenie położenia $A$. Przekątna $AC$ leży na osi symetrii, więc punkt $A$ musi na niej leżeć:

$$30-32+2=0\ \checkmark$$

Krok 2. Wyznaczenie $D$. Oś symetrii przeprowadza czworokąt na siebie, zamieniając miejscami wierzchołki $B$ i $D$. Zatem $D$ jest obrazem $B=(0,8)$ w symetrii względem prostej $x-y+2=0$.

Wstawiamy współrzędne $B$ do lewej strony równania prostej:

$$0-8+2=-6.$$

Wektor normalny prostej to $[1,-1]$, a jego kwadrat długości wynosi $2$, więc

$$D=B-2\cdot\frac{-6}{2}\cdot[1,-1]=(0,8)+6\cdot[1,-1]=(6,\ 2).$$

Kontrola: środek odcinka $BD$ to $(3,5)$ i leży na osi ($3-5+2=0$ ✓), a wektor $\vec{BD}=[6,-6]$ jest prostopadły do kierunku osi $[1,1]$ ✓

Krok 3. Środek okręgu opisanego. Skoro $B$ i $D$ są symetryczne względem prostej $AC$, to prosta ta jest symetralną odcinka $BD$, a więc środek okręgu opisanego leży właśnie na niej. Zapiszmy go jako $O=(t,\ t+2)$.

Z warunku $|OA|=|OB|$:

$$(t-30)^{2}+(t+2-32)^{2}=t^{2}+(t+2-8)^{2},$$

$$2(t-30)^{2}=t^{2}+(t-6)^{2},$$

$$2t^{2}-120t+1800=2t^{2}-12t+36\ \Longrightarrow\ 1764=108t\ \Longrightarrow\ t=\frac{49}{3}.$$

$$O=\left(\frac{49}{3},\ \frac{55}{3}\right),\qquad r^{2}=|OA|^{2}=2\left(\frac{41}{3}\right)^{2}=\frac{3362}{9}.$$

Krok 4. Wyznaczenie $C$. Punkt $C$ leży na osi, więc ma postać $(s,\ s+2)$, i leży na okręgu:

$$\left(s-\frac{49}{3}\right)^{2}+\left(s+2-\frac{55}{3}\right)^{2}=\frac{3362}{9}.$$

Oba nawiasy są równe, więc

$$2\left(s-\frac{49}{3}\right)^{2}=\frac{3362}{9}\ \Longrightarrow\ \left(s-\frac{49}{3}\right)^{2}=\frac{1681}{9}\ \Longrightarrow\ s-\frac{49}{3}=\pm\frac{41}{3}.$$

$$s=30\ (\text{to punkt }A)\qquad\text{lub}\qquad s=\frac{8}{3}.$$

$$C=\left(\frac{8}{3},\ \frac{14}{3}\right).$$

Sprawdzenie. Wszystkie cztery wierzchołki leżą na okręgu o środku $O$ i $r^{2}=\frac{3362}{9}$. Ponadto $|AB|=|AD|=\sqrt{1476}$ oraz $|CB|=|CD|=\frac{\sqrt{164}}{3}$ — czworokąt jest deltoidem, co zgadza się z informacją, że ma jedyną oś symetrii ✓

Odpowiedź: $C=\left(\frac{8}{3},\frac{14}{3}\right)$, $\;D=(6,2)$

Krok 1. Kierunek prostej \(BC\).

Wysokość poprowadzona z \(A\) jest prostopadła do boku \(BC\). Prosta \(2x+19y+52=0\) ma wektor normalny \([2,19]\), zatem wektor ten jest równoległy do prostej \(BC\).

(Sprawdzenie: \(2\cdot(-7)+19\cdot(-2)+52=-14-38+52=0\), więc punkt \(A\) rzeczywiście leży na tej prostej.)

Prosta \(BC\) przechodzi przez \(B=(4,-7)\) i ma kierunek \([2,19]\):

\(C=(4+2t,\;-7+19t)\) dla pewnego \(t\in\mathbb{R}\)

Krok 2. Symetralna podstawy.

Trójkąt jest równoramienny o podstawie \(AB\), więc \(|CA|=|CB|\), czyli punkt \(C\) leży na symetralnej odcinka \(AB\).

Środek odcinka: \(M=\left(-\frac{3}{2},-\frac{9}{2}\right)\); wektor \(\vec{AB}=[11,-5]\).

Symetralna: \(11\left(x+\frac{3}{2}\right)-5\left(y+\frac{9}{2}\right)=0\)

\(11x-5y+\frac{33}{2}-\frac{45}{2}=0\)

\(11x-5y-6=0\)

Krok 3. Wyznaczenie punktu \(C\).

Podstawiamy współrzędne punktu \(C\):

\(11(4+2t)-5(-7+19t)-6=0\)

\(44+22t+35-95t-6=0\)

\(73-73t=0\Rightarrow t=1\)

\(C=(4+2,\;-7+19)=(6,12)\)

Sprawdzenie: \(|CA|=\sqrt{13^2+14^2}=\sqrt{365}\), \(\;|CB|=\sqrt{2^2+19^2}=\sqrt{365}\) ✓

Odpowiedź: \(C=(6,12)\)

Krok 1. Kluczowa obserwacja. Zauważmy, że $|DC|=|BC|=10$, więc trójkąt $DCB$ jest równoramienny. Wysokość opuszczona z $C$ na prostą $AB$ pada zatem w środek odcinka $DB$; oznaczmy ten punkt przez $H$.

Krok 2. Oznaczenia. Niech $|AD|=3t$ oraz $|DB|=4t$. Wtedy

$$|DH|=|HB|=2t,\qquad |AH|=|AD|+|DH|=3t+2t=5t.$$

Krok 3. Wysokość z dwóch trójkątów prostokątnych. Z trójkąta $CHB$:

$$|CH|^{2}=10^{2}-(2t)^{2}=100-4t^{2}.$$

Z trójkąta $CHA$:

$$|AC|^{2}=|AH|^{2}+|CH|^{2}\ \Longrightarrow\ 289=25t^{2}+100-4t^{2}.$$

Krok 4. Wyznaczenie $t$.

$$21t^{2}=189\ \Longrightarrow\ t^{2}=9\ \Longrightarrow\ t=3.$$

Zatem $|AD|=9$, $|DB|=12$, $|AB|=21$ oraz

$$|CH|=\sqrt{100-36}=8.$$

Krok 5. Pole.

$$P_{ABC}=\frac12\cdot|AB|\cdot|CH|=\frac12\cdot21\cdot8=84.$$

Kontrola wzorem Herona: boki $21,10,17$, $s=24$, a $\sqrt{24\cdot3\cdot14\cdot7}=\sqrt{7056}=84$ ✓

Odpowiedź: $P_{ABC}=84$

Skorzystamy z rachunku wektorowego. Ustalmy dowolny punkt \(O\) i oznaczmy wektory wodzące wierzchołków przez \(\vec{a},\vec{b},\vec{c},\vec{d}\).

Ponieważ \(M\), \(N\), \(P\), \(Q\) są środkami odpowiednich odcinków, ich wektory wodzące to:

\(\vec{m}=\tfrac12(\vec{a}+\vec{b})\), \(\vec{n}=\tfrac12(\vec{c}+\vec{d})\), \(\vec{p}=\tfrac12(\vec{a}+\vec{c})\), \(\vec{q}=\tfrac12(\vec{b}+\vec{d})\).

Stąd

\(\overrightarrow{MQ}=\vec{q}-\vec{m}=\tfrac12(\vec{b}+\vec{d})-\tfrac12(\vec{a}+\vec{b})=\tfrac12(\vec{d}-\vec{a})=\tfrac12\overrightarrow{AD}\),

\(\overrightarrow{PN}=\vec{n}-\vec{p}=\tfrac12(\vec{c}+\vec{d})-\tfrac12(\vec{a}+\vec{c})=\tfrac12(\vec{d}-\vec{a})=\tfrac12\overrightarrow{AD}\).

Zatem \(\overrightarrow{MQ}=\overrightarrow{PN}=\tfrac12\overrightarrow{AD}\), a ponieważ \(A\neq D\), oba wektory są niezerowe.

Równe (a więc równoległe) niezerowe wektory oznaczają, że \(MQ\parallel PN\) (co więcej, \(MQNP\) jest równoległobokiem — jest on niezdegenerowany, bo czworokąt \(ABCD\) nie jest równoległobokiem). \(\blacksquare\)

Kąt prosty jest przy wierzchołku \(C\), więc z twierdzenia Pitagorasa

\(|AB|=\sqrt{9^2+12^2}=\sqrt{81+144}=\sqrt{225}=15\).

Wysokość z wierzchołka \(C\). Niech \(H\) będzie spodkiem wysokości poprowadzonej z \(C\) na \(AB\). Z równości pól:

\(|CH|=\dfrac{9\cdot12}{15}=7{,}2\).

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(BCH\):

\(|BH|=\sqrt{9^2-7{,}2^2}=\sqrt{81-51{,}84}=\sqrt{29{,}16}=5{,}4\).

Wykorzystanie równoramienności. Trójkąt \(BCD\) jest równoramienny (\(|CB|=|CD|=9\)), a \(CH\) jest w nim wysokością opuszczoną na podstawę \(BD\), więc \(H\) jest środkiem odcinka \(BD\):

\(|BD|=2\cdot|BH|=10{,}8\).

Stąd

\(|AD|=|AB|-|BD|=15-10{,}8=4{,}2\).

1) Zapisanie wektora \(\overrightarrow{MN}\) na dwa sposoby.

Idąc „dolną drogą” \(M\to A\to B\to N\):

\(\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BN}\)   (1)

Idąc „górną drogą” \(M\to D\to C\to N\):

\(\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{CN}\)   (2)

2) Dodanie równości stronami.

\(2\overrightarrow{MN}=\left(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MD}\right)+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC}+\left(\overrightarrow{BN}+\overrightarrow{CN}\right)\).

Punkt \(M\) jest środkiem \(AD\), więc \(\overrightarrow{MD}=-\overrightarrow{MA}\); punkt \(N\) jest środkiem \(BC\), więc \(\overrightarrow{CN}=-\overrightarrow{BN}\). Stąd oba nawiasy są wektorami zerowymi:

\(2\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC}\),

\(\overrightarrow{MN}=\dfrac12\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC}\right)\).

3) Interpretacja. Wektory \(\overrightarrow{AB}\) i \(\overrightarrow{DC}\) są równoległe i zgodnie skierowane (to podstawy trapezu), więc odcinek \(MN\) — linia środkowa trapezu — jest równoległy do obu podstaw, a jego długość jest równa połowie sumy długości podstaw:

\(|MN|=\dfrac{|AB|+|DC|}{2}\).