Działania na wektorach

Skoro \(|AP|:|PB|=1:3\), to \(|AP|:|AB|=1:4\), czyli \(\vec{AB}=4\cdot\vec{AP}\).

Obliczamy wektor \(\vec{AP}\):

\(\vec{AP}=[3-1,\;1-7]=[2,-6]\)

Zatem:

\(\vec{AB}=4\cdot[2,-6]=[8,-24]\)

Wyznaczamy współrzędne punktu \(B\):

\(B=(1+8,\;7-24)=(9,-17)\)

Odpowiedź: B.

Krok 1. Odległość $A$ od prostej $BC$. Prostą $y=x-1$ zapisujemy jako $x-y-1=0$:

$$d=\frac{|-3-2-1|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\frac{6}{\sqrt2}=3\sqrt2.$$

Krok 2. Długość boku $BC$. Odcinek $BC$ leży na tej prostej, więc $d$ jest wysokością opuszczoną na $BC$:

$$P=\frac12\,|BC|\cdot d\ \Longrightarrow\ 15=\frac12\,|BC|\cdot 3\sqrt2\ \Longrightarrow\ |BC|=\frac{30}{3\sqrt2}=5\sqrt2.$$

Z równoramienności $|AC|=|BC|=5\sqrt2$.

Krok 3. Wyznaczenie $C$. Punkt $C$ leży na prostej, więc $C=(t,\,t-1)$:

$$|AC|^2=(t+3)^2+(t-3)^2=2t^2+18=\left(5\sqrt2\right)^2=50.$$

$$2t^2=32\ \Longrightarrow\ t^2=16\ \Longrightarrow\ t=4\ \text{lub}\ t=-4.$$

$$C=(4,\,3)\qquad\text{lub}\qquad C=(-4,\,-5).$$

Krok 4. Wyznaczenie $B$. Punkt $B$ leży na tej samej prostej w odległości $5\sqrt2$ od $C$. Wektor kierunkowy prostej to $[1,1]$ o długości $\sqrt2$, więc przesunięcie o $5\sqrt2$ odpowiada wektorowi $[5,5]$:

$$B=C+[5,5]\qquad\text{lub}\qquad B=C-[5,5].$$

Dla $C=(4,3)$: $\;B=(9,8)$ lub $B=(-1,-2)$.

Dla $C=(-4,-5)$: $\;B=(1,0)$ lub $B=(-9,-10)$.

Odpowiedź — cztery rozwiązania:

$C=(4,3)$ i $B=(-1,-2)$;   $C=(4,3)$ i $B=(9,8)$;   $C=(-4,-5)$ i $B=(1,0)$;   $C=(-4,-5)$ i $B=(-9,-10)$.

Dodajemy wektory po współrzędnych i przyrównujemy do zera:

\(\begin{cases}2+2m+n+1=0\\ \frac{2}{3}n+1+m+2=0\end{cases}\)

\(\begin{cases}2m+n+3=0\\ m+\frac{2}{3}n+3=0\end{cases}\)

Z pierwszego równania \(n=-2m-3\). Podstawiamy do drugiego:

\(m+\frac{2}{3}(-2m-3)+3=0\)

\(m-\frac{4}{3}m-2+3=0\)

\(-\frac{1}{3}m+1=0\)

\(m=3\), a stąd \(n=-2\cdot 3-3=-9\)

Odpowiedź: C.

Punkt $C$ leży na paraboli, więc $C=(m,\ m^{2})$.

a) Pole trójkąta. Korzystamy ze wzoru na pole trójkąta o danych wierzchołkach:

$$P=\frac12\left|(x_B-x_A)(y_C-y_A)-(x_C-x_A)(y_B-y_A)\right|.$$

$$P=\frac12\left|1\cdot(m^{2}-2)-m\cdot 1\right|=\frac12\left|m^{2}-m-2\right|=\frac12\left|(m-2)(m+1)\right|.$$

Prosta $AB$ ma równanie $y=x+2$; punkt $C$ leży na niej dla $m=-1$ oraz $m=2$ — wtedy trójkąt się degeneruje. Zatem

$$P(m)=\frac12\left|m^{2}-m-2\right|\quad\text{dla }m\in\mathbb{R}\setminus\{-1,\,2\}.$$

b) Warunek ostrokątności. Trójkąt jest ostrokątny, gdy wszystkie trzy iloczyny skalarne odpowiednich wektorów są dodatnie.

Kąt przy $A$: $\vec{AB}=[1,1]$, $\vec{AC}=[m,\ m^{2}-2]$:

$$m+m^{2}-2=(m+2)(m-1)>0\ \Longleftrightarrow\ m\lt -2\ \text{lub}\ m>1.$$

Kąt przy $B$: $\vec{BA}=[-1,-1]$, $\vec{BC}=[m-1,\ m^{2}-3]$:

$$-(m-1)-(m^{2}-3)=-m^{2}-m+4>0\ \Longleftrightarrow\ m^{2}+m-4\lt 0,$$

$$m\in\left(\frac{-1-\sqrt{17}}{2},\ \frac{-1+\sqrt{17}}{2}\right)\approx(-2{,}56;\ 1{,}56).$$

Kąt przy $C$: $\vec{CA}=[-m,\ 2-m^{2}]$, $\vec{CB}=[1-m,\ 3-m^{2}]$:

$$-m(1-m)+(2-m^{2})(3-m^{2})=m^{4}-4m^{2}-m+6.$$

To wyrażenie jest dodatnie dla każdego $m$ (najmniejsza wartość, w pobliżu $m\approx1{,}49$, wynosi około $0{,}56$), więc kąt przy $C$ jest zawsze ostry i nie wnosi ograniczeń.

Część wspólna warunków:

$$m\in\left(\frac{-1-\sqrt{17}}{2},\ -2\right)\cup\left(1,\ \frac{-1+\sqrt{17}}{2}\right).$$

Punkty $m=-1$ i $m=2$ nie należą do tych przedziałów, więc trójkąt nie degeneruje się automatycznie.

Kontrola: dla $m=1{,}2$ trzy iloczyny skalarne wynoszą $0{,}64$; $1{,}36$; $1{,}11$ — wszystkie dodatnie ✓. Dla $m=1{,}6$ mamy $m^{2}+m-4=0{,}16>0$, więc kąt przy $B$ nie jest ostry — zgodnie z wykluczeniem.

Krok 1. Dziedzina.

Wyrażenie \(m^{1,5}=m\sqrt{m}\) ma sens dla \(m\ge 0\).

Krok 2. Porównanie kwadratów długości.

\(\left|\vec{a}\right|^2=(m-2)^2+(m+2)^2=m^2-4m+4+m^2+4m+4=2m^2+8\)

\(\left|\vec{b}\right|^2=\left(m^{1,5}\right)^2+\left(2^{1,5}\right)^2=m^3+2^3=m^3+8\)

Krok 3. Równanie.

\(2m^2+8=m^3+8\)

\(m^3-2m^2=0\)

\(m^2(m-2)=0\)

\(m=0\) lub \(m=2\) — obie wartości należą do dziedziny.

Odpowiedź: B.

Mając trzy niewspółliniowe punkty, czwarty wierzchołek równoległoboku można dobrać na trzy sposoby — w zależności od tego, który z danych boków (odcinków) jest przekątną.

1. Gdy przekątnymi są \(AC\) i \(BD\) (równoległobok \(ABCD\)):

\(D=A+C-B=(1+4-6,\;1+5-3)=(-1,3)\)

2. Gdy przekątnymi są \(AB\) i \(CD\) (równoległobok \(ACBD\)):

\(D=A+B-C=(1+6-4,\;1+3-5)=(3,-1)\)

3. Gdy przekątnymi są \(BC\) i \(AD\) (równoległobok \(ABDC\)):

\(D=B+C-A=(6+4-1,\;3+5-1)=(9,7)\)

Otrzymujemy trzy różne punkty.

Odpowiedź: C.

Krok 1. Wyznaczenie wektora $\vec{AB}$.

$$\vec{AB}=-3\vec{u}=-3\cdot[-3,\,5]=[9,\,-15].$$

Krok 2. Zależność między punktami. Wektor o początku $A$ i końcu $B$ to różnica współrzędnych:

$$\vec{AB}=[x_B-x_A,\ y_B-y_A].$$

Krok 3. Rozwiązanie układu.

$$x_B-x_A=9\ \Longrightarrow\ -4-x_A=9\ \Longrightarrow\ x_A=-13,$$

$$y_B-y_A=-15\ \Longrightarrow\ 7-y_A=-15\ \Longrightarrow\ y_A=22.$$

Sprawdzenie: $\vec{AB}=[-4-(-13),\ 7-22]=[9,-15]=-3[-3,5]$ ✓

Odpowiedź: B

Oznaczmy krawędź podstawy przez $a$, a wysokość ostrosłupa $H=5$.

Krok 1. Jak mierzyć kąt między ścianami bocznymi. Rozważmy sąsiednie ściany $SAB$ i $SBC$ o wspólnej krawędzi $SB$. Z wierzchołków $A$ i $C$ prowadzimy odcinki prostopadłe do $SB$; oba padają w ten sam punkt $K$ (z symetrii), a kąt $\angle AKC$ jest szukanym kątem dwuściennym:

$$\angle AKC=120^\circ,\qquad |AK|=|CK|=d.$$

Krok 2. Twierdzenie cosinusów w trójkącie $AKC$. Odcinek $AC$ to przekątna kwadratu, czyli $|AC|=a\sqrt{2}$:

$$|AC|^{2}=d^{2}+d^{2}-2d^{2}\cos 120^\circ=2d^{2}+d^{2}=3d^{2}.$$

$$2a^{2}=3d^{2}\ \Longrightarrow\ d^{2}=\frac{2a^{2}}{3}.$$

Krok 3. Obliczenie $d$ ze współrzędnych. Przyjmijmy środek podstawy w początku układu:

$$A=\left(-\tfrac a2,-\tfrac a2,0\right),\quad B=\left(\tfrac a2,-\tfrac a2,0\right),\quad S=(0,0,5).$$

Odległość punktu $A$ od prostej $SB$ wyznaczamy z iloczynu wektorowego:

$$\vec{SA}\times\vec{SB}=\left[0,\ -5a,\ \tfrac{a^{2}}{2}\right],\qquad \left|\vec{SA}\times\vec{SB}\right|=a\sqrt{25+\tfrac{a^{2}}{4}}.$$

$$\left|\vec{SB}\right|=\sqrt{\tfrac{a^{2}}{2}+25},\qquad d=\frac{a\sqrt{25+\tfrac{a^{2}}{4}}}{\sqrt{\tfrac{a^{2}}{2}+25}}.$$

Krok 4. Równanie na $a$. Porównujemy oba wyrażenia na $d^{2}$:

$$\frac{a^{2}\left(25+\tfrac{a^{2}}{4}\right)}{\tfrac{a^{2}}{2}+25}=\frac{2a^{2}}{3}.$$

Dzielimy przez $a^{2}>0$ i mnożymy na krzyż:

$$3\left(25+\frac{a^{2}}{4}\right)=2\left(\frac{a^{2}}{2}+25\right)\ \Longrightarrow\ 75+\frac{3a^{2}}{4}=a^{2}+50.$$

$$25=\frac{a^{2}}{4}\ \Longrightarrow\ a^{2}=100\ \Longrightarrow\ a=10.$$

Krok 5. Objętość.

$$V=\frac13\,a^{2}H=\frac13\cdot100\cdot5=\frac{500}{3}.$$

Kontrola: dla $a=10$ mamy $d^{2}=\frac{100\cdot50}{75}=\frac{200}{3}$ oraz $\frac{2a^{2}}{3}=\frac{200}{3}$ — zgadza się ✓

Odpowiedź: $V=\frac{500}{3}$

Krok 1. Układ współrzędnych. Niech krawędź podstawy ma długość $a$. Ponieważ $SD$ jest wysokością, przyjmujemy

$$D=(0,0,0),\quad A=(a,0,0),\quad B=(a,a,0),\quad C=(0,a,0),\quad S=(0,0,2a).$$

Krok 2. Wspólna krawędź ścian. Ściany $ABS$ i $CBS$ mają wspólną krawędź $BS$:

$$\vec{BS}=S-B=[-a,\,-a,\,2a],\qquad \vec{u}=\frac{1}{\sqrt6}[-1,-1,2].$$

Krok 3. Składowe prostopadłe do krawędzi. Kąt dwuścienny mierzymy między rzutami wektorów $\vec{BA}$ i $\vec{BC}$ na płaszczyznę prostopadłą do $\vec{BS}$:

$$\vec{BA}=[0,-a,0],\qquad \vec{BC}=[-a,0,0].$$

$$\vec{BA}_{\perp}=\vec{BA}-\left(\vec{BA}\circ\vec{u}\right)\vec{u}=\left[\tfrac{a}{6},\ -\tfrac{5a}{6},\ -\tfrac{a}{3}\right],$$

$$\vec{BC}_{\perp}=\left[-\tfrac{5a}{6},\ \tfrac{a}{6},\ -\tfrac{a}{3}\right].$$

Krok 4. Cosinus kąta.

$$\vec{BA}_{\perp}\circ\vec{BC}_{\perp}=-\frac{5a^{2}}{36}-\frac{5a^{2}}{36}+\frac{a^{2}}{9}=-\frac{a^{2}}{6},$$

$$\left|\vec{BA}_{\perp}\right|^{2}=\left|\vec{BC}_{\perp}\right|^{2}=\frac{a^{2}}{36}+\frac{25a^{2}}{36}+\frac{a^{2}}{9}=\frac{5a^{2}}{6}.$$

$$\cos\theta=\frac{-\frac{a^{2}}{6}}{\frac{5a^{2}}{6}}=-\frac{1}{5}.$$

Krok 5. Sinus kąta. Kąt dwuścienny jest rozwarty ($\cos\theta\lt 0$), a sinus kąta z przedziału $(0^\circ,180^\circ)$ jest dodatni:

$$\sin\theta=\sqrt{1-\left(-\tfrac15\right)^{2}}=\sqrt{\frac{24}{25}}=\frac{2\sqrt{6}}{5}.$$

Uwaga: wynik nie zależy od $a$ — wszystkie takie ostrosłupy są podobne. Liczbowo $\theta\approx101{,}5^\circ$, a $\sin\theta\approx0{,}98$.

Odpowiedź: $\sin\theta=\frac{2\sqrt{6}}{5}$

Krok 1. Wprowadzenie wektorów.

Przyjmijmy punkt \(C\) za początek układu i oznaczmy \(\vec{b}=\vec{CB}\), \(\vec{c}=\vec{CA}\).

Punkt \(D\) jest środkiem boku \(AC\), więc \(\vec{CD}=\frac{1}{2}\vec{c}\).

Punkt \(S\) jest środkiem odcinka \(BD\):

\(\vec{CS}=\frac{1}{2}\left(\vec{b}+\frac{1}{2}\vec{c}\right)=\frac{1}{2}\vec{b}+\frac{1}{4}\vec{c}\)

Krok 2. Punkt \(P\) jako przecięcie prostej \(AS\) z bokiem \(BC\).

Punkt na prostej \(AS\): \(\vec{CX}=\vec{c}+s\left(\vec{CS}-\vec{c}\right)=\vec{c}+s\left(\frac{1}{2}\vec{b}-\frac{3}{4}\vec{c}\right)\)

Punkt na prostej \(BC\): \(\vec{CX}=t\,\vec{b}\)

Porównujemy współczynniki przy \(\vec{b}\) i \(\vec{c}\) (wektory te nie są równoległe):

przy \(\vec{c}\): \(1-\frac{3}{4}s=0\Rightarrow s=\frac{4}{3}\)

przy \(\vec{b}\): \(t=\frac{1}{2}s=\frac{2}{3}\)

Krok 3. Wniosek.

\(\vec{CP}=\frac{2}{3}\vec{b}=\frac{2}{3}\vec{CB}\)

Zatem \(|CP|=\frac{2}{3}|CB|=\frac{2}{3}a\), co należało wykazać. \(\blacksquare\)

Krok 1. Długość boku.

$$|AB|=\sqrt{(2-0)^{2}+\left(0-2\sqrt{3}\right)^{2}}=\sqrt{4+12}=4.$$

W sześciokącie foremnym promień okręgu opisanego równa się długości boku, więc $R=4$.

Krok 2. Środek okręgu. Szukamy $O=(p,q)$ spełniającego $|OA|=|OB|=4$. Z porównania obu równań otrzymujemy $p=\sqrt{3}q-2$, a po podstawieniu

$$4q^{2}-8\sqrt{3}q=0\ \Longrightarrow\ q=0\ \text{lub}\ q=2\sqrt{3}.$$

Dla $q=0$ mamy $O=(-2,0)$ i wtedy kolejny wierzchołek $C$ wypada w punkcie $\left(0,-2\sqrt3\right)$ — nie leży na osi $Ox$, więc ten przypadek odpada.

Dla $q=2\sqrt{3}$ otrzymujemy

$$O=\left(4,\ 2\sqrt{3}\right).$$

Krok 3. Położenie wierzchołków. Wierzchołki leżą na okręgu o środku $O$ i promieniu $4$, co $60^\circ$. Punkt $A$ odpowiada kątowi $180^\circ$, $B$ — kątowi $240^\circ$, więc

$$C=\left(6,0\right)\ \checkmark\ (\text{leży na } Ox),\qquad D=(8,2\sqrt3),\qquad E=\left(6,\ 4\sqrt{3}\right).$$

Krok 4. Styczna w punkcie $E$. Styczna jest prostopadła do promienia $OE$:

$$\vec{OE}=\left[2,\ 2\sqrt{3}\right]\ \parallel\ \left[1,\ \sqrt{3}\right].$$

Wektor ten jest wektorem normalnym stycznej, więc

$$1\cdot(x-6)+\sqrt{3}\left(y-4\sqrt{3}\right)=0,$$

$$x-6+\sqrt{3}y-12=0\ \Longrightarrow\ x+\sqrt{3}\,y-18=0.$$

W postaci kierunkowej:

$$y=-\frac{\sqrt{3}}{3}x+6\sqrt{3}.$$

Sprawdzenie: odległość $O$ od tej prostej wynosi $\frac{|4+6-18|}{\sqrt{1+3}}=\frac{8}{2}=4=R$ ✓

Odpowiedź: $x+\sqrt{3}\,y-18=0$

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). \(\blacksquare\)

a) Punkt \(C\) leży na osi \(OX\), więc \(C=(c,0)\). Kąt przy \(C\) jest prosty, zatem wektory \(\overrightarrow{CA}\) i \(\overrightarrow{CB}\) są prostopadłe:

\(\overrightarrow{CA}=(7-c,\ 8)\), \(\ \overrightarrow{CB}=(-1-c,\ 2)\),

\(\overrightarrow{CA}\circ\overrightarrow{CB}=(7-c)(-1-c)+16=0\).

\(-7-7c+c+c^2+16=0\), czyli \(c^2-6c+9=0\), a więc \((c-3)^2=0\) i \(c=3\).

Zatem \(C=(3,0)\).

b) W trójkącie prostokątnym środkiem okręgu opisanego jest środek przeciwprostokątnej \(AB\):

\(S=\left(\dfrac{7-1}{2},\dfrac{8+2}{2}\right)=(3,5)\), \(\ r=\dfrac{|AB|}{2}=\dfrac{\sqrt{8^2+6^2}}{2}=\dfrac{10}{2}=5\).

Jednokładność o środku \(P=(1,0)\) i skali \(k=-2\) przeprowadza środek na

\(S'=P+k(S-P)=(1,0)-2\cdot(2,5)=(1-4,\ 0-10)=(-3,-10)\),

a promień zmienia się w \(r'=|k|\cdot r=2\cdot5=10\).

Równanie obrazu:

\((x+3)^2+(y+10)^2=100\).

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:

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