Sprawdzeniu wyniku Piotr: Punkty A=(2,0) i B=(4,2) leżą na okręgu o równaniu (x−1)²+(y−3)⁼10. Wyznacz na tym okręgu taki punkt C, aby trójkąt ABC był trójkątem równoramiennym o podstawie AB. Wyszło mi taka odpowiedź( nie jestem do niej pewny ,bo nie mam rozwiązania): C=(1−√5 ; 3+√5) lub C=(1+√5 ; 3−√5) W skrócie to zrobilem to tak: IACI=ICBI wyszlo mi z tego, że y_c=4−x_c Wstawilem to do rownania okregu i otrzymalem rownanie kwadratowe: x²−2x_c−4=0

ZKS: Tutaj masz chyba błąd y_c = 8 − x_c. Teraz policz.

pigor: ..., no to zobaczę np. tak : AB^→=[2,2]= 2[1,1] i S=(1,3) ⇒ 1(x−1)+1(y−3)= 0 ⇔ x+y−4=0 − równanie symetralnej boku AB (prostej zawierającej wysokość szukanego ΔABC), więc z układu równań tej prostej i danego okręgu : y=4−x i (x−1)²+(1−x)²=10 ⇒ 2(x−1)²= 10 ⇔ |x−1|=√5 ⇔ x= ±√5+1 i y=4−x , a więc ... wyniki mamy takie same . ...

ZKS: Zgadza się zrobiłem błąd rachunkowy więc wygląda na .

Piotr: Ok, . pigor Ty to napisales w kilka linijek a mi prawie dwie strony A4. Normalnie jestem w szoku . No ale u Ciebie to normalne Dziękuję Wam za sprawdzenie

Piotr: pigor mógłbyś mi wyjaśnić skąd się to wzięło 1(x−1)+1(y−3)= 0? To jest cos zwiazane z postacia ogolna rownania, ale nie do konca rozumiem. Dalszy przebieg rozwiazania rozumiem jak cos

pigor: ..., no właśnie , bo w szkole porobiono jakieś debilne podstawy programowe, które nijak się mają do rozsądku − delikatnie mówiąc, a wy stajecie się niewolnikami nauczycieli − matematycznych sadys−tów(−tek), a więc radzę jak najmniej stosować równania prostej w postaci kierunkowej (jak i w ostateczności "delty" w rozwiązywaniu równań kwadratowych) i na twoją prośbę napiszę tak : szukasz prostej p: Ax+By+C=0 i [A,B] − wektor ⊥ do niej, a punkt P=(x_o,y_o)∊ p ⇒ ⇒ Ax_o+By_o+C=0 i Ax+By+C=0 ⇒ C= −Ax_o−By_o i Ax+By−Ax_o+By_o=0 ⇒ ⇒ A(x−x_o)+B(y−y_o)=0 − równanie tej prostej przez 1 punkt w postaci ogólnej −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− właśnie u ciebie A=1, B=1 składowe AB^→=[1,1] || 2[1,1] ⊥ CD i S=(x_o,y_o)=(1,3). ...

pigor: ...i ... zobacz jak łatwo − przez analogię − masz piękne : A(x−x_o)+B(y−y_o)+C(z−z_o)= 0 − równanie. czego też przez 1 punkt (na I −szym roku polibudy jak znalazł) ; pozdrawiam , ...

Piotr: Okej, dziękuję

pigor: ..., a dlaczego radzę "zapomnieć" w klasie maturalnej postać kierunkową y=ax+b, ano np. dlatego, że jeśli szukasz p: y= ax+b i wiesz, że P=(x_o,y_o)∊ p ⇒ y_o= ax_o+b i y= ax+b ⇒ ⇒ b= y_o−ax_o i y=ax+y_o−ax_o ⇒ y−y_o= a(x−x_o) − równanie prostej przez 1 punkt ale jeśli ponadto drugi punkt P₁=(x₁,y₁)∊ p ⇒

	y1−yo		y1−yo
⇒ a=tgα=		i y−yo=		(x−xo) ⇒
	x1−xo		x1−xo

	x−xo		y−yo
⇒		=		− równanie prostej przez 2 punkty, gdzie
	x1−xo		y1−yo

u^→=[x₁−x₀,y₁−y_o]= [u_x,u_y]= PP₁^→ − wektor kierunkowy prostej p, czyli

x−xo		y−yo
	=		= t , gdzie t∊R , skąd
ux		uy

x−xo		y−yo
	=		− równanie prostej w postaci kanonicznej , zaś
ux		uy

x=x_o+u_xt, y=y_o+u_yt − równanie prostej w postaci parametrycznej i tyle w 2D, bo równania w przestrzeni 3D to dalej prosto ...

Piotr: Dzięki pigor za pomoc

ff: Święte słowa pigora

ff: https://matematykaszkolna.pl/strona/3917.html zad5/ czekam na dowód podany przez Piotra

ff: zad. 12 też ...........