Zadanie nr 5778467

Podstawa trójkąta równoramiennego ABC zawarta jest w prostej x + y + 1 = 0 . Ramię zawiera się w prostej 2x− y− 1 = 0 . Wyznacz równanie prostej , zawierającej ramię , wiedząc że punkt P = (− 4;0) należy do prostej .

Wersja PDF

Rozwiązanie

Sposób I

Narysujmy najpierw szkicowy rysunek.

Od ręki możemy przeciąć podane proste i wyznaczyć współrzędne punktu (prównujemy -ki).

−x − 1 = 2x − 1 ⇒ 3x = 0.

Stąd B = (0,− 1) .

Plan jest następujący. Wybierzemy na prostej dowolny punkt A = (t,−t − 1) . Napiszemy równanie prostej i znajdziemy jej punkt wspólny z prostą . Na koniec z warunku |AC | = |BC | wyliczymy .

Korzystamy ze wzoru na równanie prostej przechodzącej przez dwa punkty A = (x ,y ) A A i B = (x ,y ) B B :

(y− yA)(xB − xA) − (yB − yA )(x − xA ) = 0

Korzystając z tego wzoru mamy równanie prostej

(y + t+ 1)(− 4− t) − (t + 1)(x − t) y(t + 4)+ x(t+ 1)+ 4(t+ 1) = 0.

Szukamy teraz punktu przecięcia się tej prostej z prostą 2x − y− 1 = 0 . Od razu podstawiamy za .

(2x− 1)(t+ 4 )+ x (t+ 1) + 4(t + 1) = 0 2x(t+ 4)+ x (t+ 1) + 4t + 4 − t− 4 = 0 x(3t+ 9) = − 3t --t-- x = − t+ 3.

Stąd C = (− -t-,− 3t+3) t+ 3 t+ 3 . Pozostało zapisać warunek |AC | = |BC | i rozwiązać odpowiednie równanie (od razu porównujemy kwadraty odległości).

( t )2 ( 3t+ 3 )2 ( t ) 2 ( 3t+ 3 ) 2 − ----- − t + − ------ + t+ 1 = − ----- + − ------+ 1 t+ 3 t+ 3 t + 3 t + 3 ( 2 ) 2 ( 2 ) 2 ( ) 2 ( ) 2 − t+--t-+-3t- + − 3t+--3−--t-−-4t−--3- = − --t-- + − 3t-+-3-−-t−--3 t+ 3 t+ 3 t+ 3 t+ 3

Mnożymy tę równość stronami przez 2 (t+ 3) i mamy

2 2 2 2 2 2 2 (t + 4t) + (−t − t) = t + (2t) / : t (t+ 4)2 + (t+ 1)2 = 1 + 4 2 2 t + 8t + 16 + t + 2t+ 1 = 5 2t2 + 1 0t+ 12 = 0 / : 2 t2 + 5t + 6 = 0 .

Dalej Δ = 2 5− 24 = 1 , t = − 3 lub t = − 2 . Pierwsze z rozwiązań odrzucamy, gdyż wtedy proste i są równoległe. Zatem i prosta ma równanie

2y − x − 4 = 0.

Sposób II

Tym razem wykorzystamy odrobinę więcej geometrii.

Zauważmy, że jeżeli poprowadzimy przez punkt prostą równoległą do i znajdziemy jej punkt przecięcia się z prostą , to trójkąt P QC będzie również równoramienny. Będziemy więc w podobnej sytuacji jak na początku, ale tym razem będziemy znali oba wierzchołki podstawy. W takiej sytuacji wyznaczenie wierzchołka będzie już proste – napiszemy równanie symetralnej odcinka P Q i przetniemy ją z prostą .

Liczymy, prosta P Q ma postać x + y + b = 0 , wyliczamy

− 4 + 0 + b = 0 ⇒ b = 4.

Szukamy punktu , czyli przecinamy proste x+ y+ 4 = 0 i 2x − y − 1 = 0 (od razu podstawiamy za ).

2(− 4− y)− y− 1 = 0 − 3y− 9 = 0 y = − 3.

Zatem Q = (− 1,− 3) . Środek odcinka ma współrzędne 5 3 (− 2,− 2) . Korzystamy teraz ze wzoru na równanie prostej prostopadłej do wektora → v = [p,q] i przechodzącej przez punkt (x0,y0)