diplomka pro ostatn - Masaryk University · 2010. 9. 4. · prvky (těžnice, výšky, středy...

transcript

MASARYKOVA UNIVERZITA V BRNĚ

PŘÍRODOVĚDECKÁ FAKULTA

DIPLOMOVÁ PRÁCE

Určování trojúhelníků analytickými výpočty

Brno 2005 Jiří Pecl

Na tomto místě bych rád poděkoval doc. RNDr. Jaromíru Šimšovi, CSc. za ve-

dení mé diplomové práce, cenné rady a podněty, které mi pomohly při zpracování zadaného

tématu.

Prohlašuji, že diplomovou práci jsem zpracoval samostatně a že jsem použil

pouze uvedenou literaturu.

Jiří Pecl

Úvod 7

1 Teoretické poznatky a označení 8

1.1 Základní pojmy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.2 Parametrická rovnice přímky, polopřímky a úsečky . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3 Obecná rovnice přímky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.4 Polohové úlohy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.5 Metrické úlohy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.6 Kružnice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.7 Označení . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2 Úlohy s těžnicemi a těžištěm 17

1. příklad . . . A1, B1, C1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2. příklad . . . T , B1, |ta| = 3

4|b|, p (c ‖ p) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

3. příklad . . . T , A1, p, q, (c ‖ p, B1 ∈ q) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

4. příklad . . . B1, ta, tc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

5. příklad . . . A, tb, tc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

6. příklad . . . a, tb, tc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

7. příklad . . . T , a, |tb|, p (A1 ∈ p), xB > xA1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

8. příklad . . . a, ta, tb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

9. příklad . . . T , A1, |b| = |c|, p (tb ‖ p) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

10. příklad . . . T , B1, |a|, |c|, yA ≤ yC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

3 Úlohy s výškami a průsečíkem výšek 33

1. příklad . . . V , A0, B0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2. příklad . . . A, a, vb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

3. příklad . . . c, va, vb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

4. příklad . . . C, va, vb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

5. příklad . . . A, B, V . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

6. příklad . . . c, A0, B0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

7. příklad . . . c, V , B0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

8. příklad . . . b, c, |vb|, |vc| . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

9. příklad . . . A, A0, B0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

10. příklad . . . va, vb, M , p (M ∈ c, vc ‖ p) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

4 Úlohy s vnitřními úhly trojúhelníku 46

1. příklad . . . A, B, α, p (C ∈ p) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

2. příklad . . . B, C, cos γ, p (c ‖ p) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

3. příklad . . . A, B, α, |vc| . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

4. příklad . . . A, O, |a| = |b| = |c| . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

5. příklad . . . B, B0, cosα, γ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

6. příklad . . . A, B, γ = 90◦, p (C0 ∈ p) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

7. příklad . . . a, B0, cosα, cos γ, yC ≥ yB0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

8. příklad . . . B, B0, α, cos β . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

9. příklad . . . B, C, α, p (A ∈ p) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

10. příklad . . . B1, C1, cos β, p (A ∈ p) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

5 Další úlohy 63

1. příklad . . . A, A1, vb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

2. příklad . . . B, va, ta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

3. příklad . . . ta, tb, p, P (tc ‖ p, P ∈ p ∩ c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

4. příklad . . . T , vb, p, q (B1 ∈ p, c ‖ q) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

5. příklad . . . A, V , T . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

6. příklad . . . a, V , T . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

7. příklad . . . A1, B1, O . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

8. příklad . . . c, ko(O, r), |a| = |c|, xA ≤ xB . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

9. příklad . . . Ta, Tb, Tc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

10. příklad . . . A, C0, |a|, γ = 90◦ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

Závěr 77

Seznam použité literatury 78

Důležitým a významným odvětvím matematiky vyučovaným na středních školách je ana-

lytická geometrie. V ní se studenti učí řešit geometrické úlohy algebraickými metodami

a postupy. Analytická geometrie tak „demonstrujeÿ provázanost algebry s geometrií.

Existuje celá řada sbírek, ve kterých jsou studentům předkládány příklady

z analytické geometrie k vyřešení, nebo již vyřešené. Cílem této diplomové práce je rozšířit

tuto řadu o sbírku řešených příkladů z analytické geometrie v rovině. Přesněji o sbírku,

ve které jsou metodami analytické geometrie řešeny úlohy o trojúhelníku. Ty jsou díky

názornosti a také zkušenostem, které již studenti mají z planimetrie, vhodné k procvičení

většiny látky analytické geometrie v rovině. Přesto je takových příkladů ve většině sbírek,

s výjimkou sbírky Jindry Petákové [4] a učebnice analytické geometrie pro gymnázia [3],

naprostý nedostatek, nechybí-li v nich vůbec. V zadání každé úlohy jsou vždy uvedeny

prvky (těžnice, výšky, středy stran apod.), ze kterých se má trojúhelník „zkonstruovatÿ.

V tomto případě zkonstruovat znamená vypočítat souřadnice vrcholů. Čtenáři je spolu

s orientačním obrázkem a výsledkem nabídnut i podrobný postup řešení.

Celý text práce je rozčleněn do pěti kapitol. V první kapitole jsou shrnuty

ty teoretické poznatky z analytické geometrie v rovině, které jsou v dalších kapitolách

využity při řešení příkladů. Na konci této kapitoly je uvedeno označení, které je používáno.

Zbylé čtyři kapitoly jsou již věnovány řešeným příkladům. Každá z těchto čtyř kapitol jich

obsahuje deset. Jistě bychom vymysleli mnoho dalších příkladů, avšak počet stran, který

má diplomová práce mít, to neumožňuje.

Kapitola 1

Teoretické poznatky a označení

1.1 Základní pojmy

Abychom vůbec mohli algebraickými prostředky geometrické úlohy řešit, musíme nejdříve

zavést tzv. kartézskou soustavu souřadnic:

1. zvolíme počátek Oxy souřadné soustavy

2. počátkem Oxy vedeme dvě na sebe kolmé přímky1 - osy x, y

3. na obou osách zvolíme orientaci, tzn. určíme kladný a záporný směr

4. zvolíme jednotku, která bude na obou osách stejná

Každému bodu A jsou přiřazeny souřadnice - uspořádaná dvojice reálých čísel [xA, yA].

Úsečku nazveme orientovanou, jestliže jejím krajním bodům přiřadíme pořadí, tzn. jeden

její koncový bod označíme jako počáteční, druhý jako koncový. Orientovaná úsečka se

znázorní tak, že její koncový bod opatříme šipkou (viz Obrázek 1.1).

Dvě rovnoběžné orientované úsečky−→AB,

−−→CD nazveme souhlasně orientované, jestliže jejich

koncové body B, D leží ve stejné polorovině s hraniční přímkou AC, v opačném případě

1Protože se jedná o sbírku příkladů z analytické geometrie v rovině, veškerá teorie je opakována pouze

pro E2, tzn. dvojrozměrný eukleidovský prostor.

~u =−→AB

Obrázek 1.1

je nazveme nesouhlasně orientované.

Množinu všech souhlasně orientovaných úseček stejné délky nazýváme vektor. Vektory

označujeme malými písmeny latinské abecedy se šipkou (~u, ~v apod.).

Nechť A[xA, yA] je počáteční a B[xB , yB] koncový bod vektoru ~u. Číslo u1 = xB − xA

se nazývá první, číslo u2 = yB − yA druhá složka vektoru ~u a píšeme ~u = (u1, u2).

Vektor ~o = (0, 0) se nazývá nulový vektor. Složky (u1, u2) vektoru ~u =−→AB vyjadřují, že

bod B je od bodu A vzdálen u1 jednotek ve směru osy x a u2 jednotek ve směru osy y.

Z Pythagorovy věty je zřejmé, že pro velikost vektoru ~u platí |~u| =√

u21 + u22 a pro

velikost úsečky AB platí |AB| =√

(xB − xA)2 + (yB − yA)2 (viz Obrázek 1.1).

Pro libovolné k ∈ R je vektor ~v k-násobkem vektoru ~u, je-li v1 = k ·u1, v2 = k ·u2. Můžemetaké psát ~u ‖ ~v. Je-li k = −1, je ~v = −~u a v1 = −u1, v2 = −u2. Vektor −~u se nazývá

opačný vektor k vektoru ~u.

Odchylka dvou nenulových vektorů ~u =−→AB, ~v =

−→AC je konvexní úhel ϕ = <)BAC.

Je-li ~u nebo ~v nulový vektor, jejich odchylku nedefinujeme.

Dále se zavádí pojem skalární součin vektorů ~u, ~v:

~u · ~v = u1v1 + u2v2

nebo také

~u · ~v = |~u| · |~v| · cosϕ, kde ϕ je odchylka vektorů ~u, ~v.

Úpravou druhého vztahu dostáváme v případě nenulových vektorů ~u, ~v:

cosϕ =~u · ~v

|~u| · |~v|

Protože cosϕ = 0 pro jediné ϕ ∈ 〈0, π〉, totiž ϕ = π2, jsou ~u, ~v kolmé, právě když ~u ·~v = 0.

1.2 Parametrická rovnice přímky, polopřímky a úsečky

xXxA xB

Obrázek 1.2

Mějme dány dva různé body A[xA, yA], B[xB, yB]. Jak víme z planimetrie, exis-

tuje jediná přímka, označme ji např. p, jdoucí těmito dvěma body. Na přímce p zvolme

libovolný bod X a označme ~u =−→AB a ~v =

−−→AX. Ze stejnolehlosti trojúhelníků AB1B a

AX1X (viz Obrázek 1.2) plyne−−→AX = t ·−→AB, pro některé t ∈ R, takže X−A = t ·~u, odkud

X = A + t · ~u. Vidíme tedy, že volbou vhodného parametru t ∈ R dostaneme libovolný

bod na přímce p. Vyjádření p : X = A + t · ~u, t ∈ R, se nazývá parametrická rovnice

přímky p a vektor ~u se nazývá směrový vektor přímky p. Jestliže omezíme množinu

pro výběr parametru t na interval 〈0,∞) (resp. (−∞, 0〉), je p : X = A + t · ~u para-

metrická rovnice polopřímky s počátečním bodem A obsahující (resp. neobsahující)

bod B. Pokud t ∈ 〈0, 1〉, je p : X = A+ t · ~u parametrická rovnice úsečky AB.

1.3 Obecná rovnice přímky

Z planimetrie víme, že v rovině existuje k dané přímce právě jedna kolmice jdoucí daným

bodem. Označme tedy ~n = (a, b) normálový vektor přímky p, tj. vektor kolmý ke smě-

rovému vektoru přímky p a P [xP , yP ] bod na přímce p. Všechny body X[x, y] přímky p

tedy splňují rovnost

~n · −−→PX = 0, tj.

(a, b) · (x − xP , y − yP ) = 0

ax+ by + (−axP − byP ) = 0

Označíme-li −axP −byP = c, je výsledný tvar ax+by+c = 0. Vyjádření p : ax+by+c = 0

se nazývá obecná rovnice přímky p.

1.4 Polohové úlohy

• Označme S[xS, yS] střed úsečky AB. Z obrázku 1.3 ihned plyne, že xS =xA + xB

yS =yA + yB

[xA + xB

2,yA + yB

xSxA xB

Obrázek 1.3

• Převedení parametrické rovnice přímky na obecnou a opačně.Při převádění parametrické rovnice přímky p : X = A + t · ~u, t ∈ R na obecnou

rovnici

1. nalezneme normálový vektor ~n = (a, b) přímky p: je-li ~u = (u1, u2), je (a, b) =

= (u2,−u1) (platí totiž ~u · ~n = u1u2 + u2(−u1) = 0)

2. dopočítáme absolutní člen c z obecné rovnice p : ax+by+c = 0, např. dosazením

souřadnic bodu A: c = −u2xA + u1yA

Při převádění obecné rovnice přímky p : ax+ by + c = 0 na parametrickou rovnici

1. nalezneme směrový vektor ~u přímky p: ~u = (b,−a)

2. najdeme libovolný bod na přímce p: jednu jeho souřadnici zvolíme a druhou

dopočítáme

• Vzájemná poloha bodu a přímky.Mějme parametrickou rovnici přímky p : X = A + t · ~u, t ∈ R, resp. její obecnou

rovnici p : ax+ by + c = 0. Bod M [xM , yM ] leží na přímce p, jestliže existuje t0 ∈ R

takové, že M = A + t0 · ~u, resp. jestliže axM + byM + c = 0. V opačném případě

bod M na přímce p neleží.

• Vzájemná poloha dvou přímek.Mějme dány parametrické i obecné rovnice přímek p, q:

parametrická rovnice obecná rovnice

p X = P + t · ~u, t ∈ R ax+ by + c = 0

q Y = Q+ s · ~v, s ∈ R dx+ ey + f = 0

V rovině vždy nastane jeden ze dvou případů:

– p, q jsou rovnoběžné - různé nebo splývající

– p, q jsou různoběžné

Přímky p, q jsou rovnoběžné, platí-li: ~u ‖ ~v, (a, b) ‖ (d, e), ~u · (d, e) = 0, resp.

(a, b) · ~v = 0. K tomu, abychom byli schopni rozhodnout, zda jsou p, q rovnoběžné

přímky, stačí ověřit jeden z těchto vztahů. Je-li p ‖ q a jestliže navíc pro libovolný

bod M [xM , yM ] ∈ p platí M = Q + s0 · ~v pro některé s0 ∈ R, resp. dxM + eyM +

+ f = 0, jsou přímky p, q splývající (totožné).

Jsou-li p, q různoběžné přímky, pak pro jejich průsečík M [xM , yM ] platí:

M = P + t0 · ~u = Q+ s0 · ~v pro některé t0, s0 ∈ R

axM + byM + c = dxM + eyM + f = 0

Odtud plyne způsob, jakým se souřadnice [xM , yM ] bodu M spočítají:

– řešením soustavy rovnic

xM : xP + t · u1 = xQ + s · v1yM : yP + t · u2 = yQ + s · v2

(jsou-li p, q zadány parametricky)

– řešením soustavy rovnic

axM + byM + c = 0

dxM + eyM + f = 0

(jsou-li p, q zadány obecnými rovnicemi)

– dosazením parametrického vyjádření do obecné rovnice

d(xP + t · u1) + e(yP + t · u2)f = 0

a(xQ + s · v1) + b(yQ + s · v2) + c = 0

(je-li přímka p zadána parametrickou a přímka q obecnou rovnicí, resp. přímka p

obecnou a přímka q parametrickou rovnicí)

1.5 Metrické úlohy

• Vzdálenost bodu P [xP , yP ] od přímky p : ax + by + c = 0 se vypočítá podle

vzorce:

d(P, p) =|axP + byP + c|√

a2 + b2

• Odchylka přímek.Jsou-li p, q přímky se směrovými vektory ~u, ~v, resp. normálovými vektory ~n, ~m, je

jejich odchylka číslo ϕ ∈⟨

0, π2

, pro které:

cosϕ =|~u · ~v||~u| · |~v| , resp. cosϕ =

|~n · ~m||~n| · |~m|

• Kolmost přímek.Jsou-li ~u, ~v směrové, resp. ~n, ~m normálové vektory přímek p, q, platí:

p⊥q ⇔ ~u · ~v = ~n · ~m = 0

1.6 Kružnice

Z planimetrie víme, že kružnice je množina všech bodů v rovině, které mají od daného

bodu (středu kružnice) stejnou vzdálenost.

Je-li tedy X[x, y] bod na kružnici a S[m, n] střed kružnice k(S, r), platí:

(x − m)2 + (y − n)2 = r

(x − m)2 + (y − n)2 = r2 (∗)

x2 − 2mx+m2 + y2 − 2ny + n2 − r2 =0

Označíme-li m2 + n2 − r2 = p, je: x2 + y2 − 2xm − 2yn+ p =0 (∗∗)

Rovnice (∗) se nazývá středová rovnice kružnice k, resp. rovnice (∗∗) se nazývá obecnárovnice kružnice k.

1.7 Označení

V závěru kapitoly se ještě dohodneme na značení, které budeme používat.

• Souřadnice bodu P budeme značit [xP , yP ].

• Počátek souřadného systému budeme značit Oxy.

Obrázek 1.4

V trojúhelníku ABC budeme značit:

• a, b, c přímky, na kterých leží po řadě strany BC, AC, AB

• |a|, |b|, |c| délky stran BC, AC, resp. AB

• α, β, γ po řadě velikosti vnitřních úhlů při vrcholech A, B, resp. C

• A1, B1, C1 po řadě středy stran BC, AC, resp. AB

• ta, tb, tc přímky, na kterých leží po řadě těžnice AA1, BB1, CC1

• |ta|, |tb|, |tc| délky těžnic AA1, BB1, resp. CC1

• A0, B0, C0 paty výšek spuštěných po řadě z vrcholů A, B, C

• va, vb, vc přímky, na kterých leží po řadě výšky AA0, BB0, CC0

• |va|, |vb|, |vc| délky výšek AA0, BB0, resp. CC0

• T těžiště

• V průsečík výšek

• O střed kružnice ko trojúhelníku opsané a r její poloměr

• S střed kružnice kv trojúhelníku vepsané a ρ její poloměr

Kapitola 2

Úlohy s těžnicemi a těžištěm

10 příkladů, v jejichž zadání figurují těžnice, těžiště nebo středy stran, je určeno na pro-

cvičení počítání vzdáleností bodů, středů úseček a průsečíků přímek.

� Příklad 1: Vypočítejte souřadnice vrcholů trojúhelníku ABC, znáte-li souřadnice

středů stran A1[4, 1], B1[−1, 2], C1[1,−4].

Řešení: Z rovnoběžníku AB1A1C1 máme A = B1 +−−−→A1C1 = B1 + C1 − A1, takže

xA = xB1 + xC1 − xA1 = −1 + 1− 4 = −4yA = yB1 + yC1 − yA1 = 2− 4− 1 = −3

⇒ A[−4,−3]

Podobně, z rovnoběžníku BC1B1A1 máme B = C1 +−−−→B1A1 = C1 + A1 − B1, celkem tedy

xB = xC1 + xA1 − xB1 = 6

yB = yC1 + yA1 − yB1 = −5

⇒ B[6,−5]

Konečně, z rovnoběžníku CA1C1B1 máme C = A1 +−−−→C1B1 = A1 +B1 − C1, proto

xC = xA1 + xB1 − xC1 = 2

yC = yA1 + yB1 − yC1 = 7

⇒ C[2, 7]�

♠ Výsledek: A[−4,−3], B[6,−5], C[2, 7]

Jiné řešení: Body A1, B1, C1 jsou po řadě středy úseček BC, AC, AB, proto:

xA1 =xB + xC

2yA1 =

yB + yC

xB1 =xA + xC

2yB1 =

yA + yC

xC1 =xA + xB

2yC1 =

yA + yB

Po úpravě a dosazení dostáváme dvě soustavy tří rovnic o třech neznámých:

xB + xC = 8 resp. yB + yC = 2

xA + xC = −2 yA + yC = 4

xA + xB = 2 yA + yB = −8

xA − xB = −10 yA − yB = 2

xA + xB = 2 yA + yB = −8

2xA = −8 2yA = −6

xA = −4 yA = −3

xB = 6 yB = −5

xC = 2 yC = 7

Proto A[−4,−3], B[6,−5], C[2, 7].

� Příklad 2: Vypočítejte souřadnice vrcholů trojúhelníku ABC, jestliže znáte souřad-

nice těžiště T [−2, 3], bodu B1[−5, 5] a víte-li, že c ‖ p : 2x − 23y = 0 a |ta| = 3

Řešení: Nejdříve pomocí bodů B1 a T vypočítáme souřadnice vrcholu B:

B = T + 2−−→B1T = [−2, 3] + 2(3,−2) = [4,−1]

Protože B ∈ c ‖ p, je c : 2x−23y−31 = 0. Podle zadání |ta| = 3

4|b| = 3

4|AC| = 3

2|AB1| ⇒

⇒ |AB1| = 2

3|ta| = |AT |. Z A ∈ c plyne 2xA − 23yA − 31 = 0, odkud xA =

23yA + 312

A protože |AB1| = |AT |, platí:√

−5− 23yA + 312

+ (5− yA)2 =

−2− 23yA + 312

+ (3− yA)2

−23yA + 412

+ (5− yA)2 =

−23yA + 352

+ (3− yA)2

529y2A + 1886yA + 16814

+ 25− 10yA + y2A =529y2A + 1610yA + 1225

4+ 9− 6yA + y2A

276yA + 4564

+ 16− 4yA =0

69yA + 114 + 16− 4yA =0

65yA + 130 =0

yA =− 2 ⇒ xA = −46+312= −15

−152,−2

Bod B1 je střed úsečky AC, proto:

xB1 =xA + xC

2⇒ xC = 2xB1 − xA = 2 · (−5) + 15

2= −5

yB1 =yA + yC

2⇒ yC = 2yB1 − yA = 2 · 5 + 2 = 12

⇒ C[

−52, 12

♠ Výsledek: A[

−152,−2

, B [4,−1], C[

−52, 12

� Příklad 3: Vypočítejte souřadnice vrcholů trojúhelníku ABC, znáte-li souřadnice

těžiště T [1, 3], bodu A1[3, 4] a víte-li, že B1 ∈ q : X = [−5, 1] + t(1, 1), t ∈ R, a c ‖ p : x+

+ 4y = 0.

Řešení: Těžiště dělí těžnici trojúhelníku v poměru 2 : 1, přitom větší část těžnice leží při

vrcholu. Proto A = T + 2−−→A1T = [1, 3] + 2(−2,−1) = [−3, 1].

Střed B1 strany AC leží na přímce q a z vlastností středních příček trojúhelníku plyne

A1B1 ‖ AB, proto A1B1 ⊂ p′ ‖ p, kde p′ je přímka jdoucí bodem A1, takže má obecnou

rovnici p′ : x + 4y + k = 0. Po dosazení souřadnic bodu A1 do rovnice vyjde k = −19.Bodu B1[−5 + t, 1 + t] ∈ p′ odpovídá ten parametr t, který splňuje podmínku (−5 + t) +

+ 4(1 + t)− 19 = 0, takže t = 4 a B1[−1, 5].Nyní již B = T + 2

−−→B1T = [1, 3] + 2(2,−2) = [5,−1].

Bod B1 je střed úsečky AC, takže:

xB1 =xA + xC

2⇒ xC = 2xB1 − xA = 2 · (−1) + 3 = 1,

yB1 =yA + yC

2⇒ yC = 2yB1 − yA = 2 · 5− 1 = 9.

⇒ C[1, 9]

♠ Výsledek: A[−3, 1], B[5,−1], C[1, 9]

Jiné řešení: Souřadnice vrcholů A a B spočítáme stejně jako v předchozím řešení, avšak

souřadnice vrcholu C vypočítáme takto: T = C + 2

−−→CC1 = C + 2

3(C1 − C) = 2

3C1 + 1

takžexT = 2

3xC1 +

3xC = 2

3· xA + xB

xA + xB + xC

3yT = 2

3yC1 +

3yC = 2

3· yA + yB

yA + yB + yC

odkudxC = 3xT − xA − xB = 1

yC = 3yT − xA − xB = 9

⇒ C[1, 9]

nice bodu B1[1, 6] a obecné rovnice přímek ta : 4x − 7y + 8 = 0, tc : 8x+ y − 44 = 0.

Řešení: T ∈ ta ∩ tc, proto:

4xT − 7yT + 8 = 0

8xT + yT − 44 = 0

15yT − 60 = 0

yT = 4 ⇒ xT = 5 a T [5, 4]

Těžiště T rozděluje úsečku B1B v poměru 1 : 2, přitom |BT | = 2 |TB1|. Platí tedy:

B = B1 + 3−−→B1T , neboli [xB, yB] = [1, 6] + 3(4,−2) = [13, 0]

Protože A[xA, yA] ∈ ta, platí 4xA − 7yA + 8 = 0, odkud yA =4xA + 87. Neznáme sice

souřadnice bodu C1, víme ale, že C1 je střed úsečky AB, proto xC1 =xA + xB

xA + 132

yC1 =yA + yB

2=4xA + 814

. Dále víme, že C1 ∈ tc, proto platí 8xC1 + yC1 − 44 = 0, odkud

yC1 = 44− 8xC1 = 44− 8xA + 132. Porovnáním obou vyjádření y-ové souřadnice bodu C1

dostáváme:

4xA + 814

=44− 8xA + 132

4xA + 8 =14(−4xA − 8)

xA + 2 =− 14xA − 28

15xA =− 30

xA =− 2 ⇒ yA = 0 a A[−2, 0]

Zbývá vypočítat souřadnice vrcholu C. Bod B1 je střed úsečky AC, proto:

xB1 =xA + xC

2⇒ xC = 2xB1 − xA = 2 + 2 = 4

yB1 =yA + yC

2⇒ yC = 2yB1 − yA = 12

⇒ C[4, 12]

♠ Výsledek: A[−2, 0], B[13, 0], C[4, 12]

Jiné řešení: Nejprve vypočítáme souřadnice vrcholu B stejně jako v předchozím řešení.

Pro výpočet souřadnic vrcholu A uvažme přímku t′c ‖ tc takovou, že A ∈ t′c. Pak |t′cB| == 2 |tcB| a přímka t′c prochází bodem T ′[xT ′ , yT ′], pro který platí T ′ = B + 2

−→BT . Je tedy

[xT ′ , yT ′] = [13, 0] + 2(−8, 4) = [−3, 8] a t′c má obecnou rovnici t′c : 8x + y − 16 = 0.Souřadnice [xA, yA] vrcholu A ∈ t′c ∩ ta jsou tedy řešením soustavy rovnic:

8xA + yA − 16 = 0

4xA − 7yA + 8 = 0

15yA + 0 = 0

yA = 0 ⇒ xA = −2 a A[−2, 0]

Ze vztahu [xT , yT ] =[xA + xB + xC

3,yA + yB + yC

1 po úpravě dostáváme [xC , yC ] =

= [3xT − xA − xB, 3yT − yA − yB] = [4, 12].

1Platí totiž T = C+ 23

−−→CC1 = C+ 2

3(C1−C) = 2

3C, takže [xT , yT ] =

3xC1 +

3xC , 2

3yC1 +

3· xA + xB

2+ 13xC , 2

3· yA + yB

2+ 13yC

xA + xB + xC

3,yA + yB + yC

� Příklad 5: Vypočítejte souřadnice vrcholů B, C trojúhelníku ABC, jestliže znáte

souřadnice vrcholu A[−5,−2] a obecné rovnice přímek tb : 2x+ y − 4 = 0, tc : 2x− y = 0.

Řešení: C1 ∈ tc, proto 2xC1−yC1 = 0, odkud yC1 = 2xC1 . Dále je bod C1 střed úsečky AB,

proto xC1 =xA + xB

2, odkud xB = 2xC1 − xA = 2xC1 + 5, resp. yC1 =

yA + yB

2, odkud

yB = 2yC1 − yA = 4xC1 + 2. Víme také, že B ∈ tb, proto 2xB + yB − 4 = 0, odkudyB = 4−2xB = 4−2(2xC1+5) = −4xC1−6. Porovnáním obou vyjádření y-ové souřadnicevrcholu B dostáváme:

4xC1 + 2 =− 4xC1 − 6

8xC1 =− 8

xC1 = − 1 ⇒ yC1 = 2(−1) = −2 a C1[−1,−2]

Nyní již můžeme souřadnice vrcholu B dopočítat:

xB = 2xC1 + 5 = −2 + 5 = 3

yB = −4xC1 − 6 = 4− 6 = −2

⇒ B[3,−2]

Vrchol C určíme z podmínky C = C1 + 3−−→C1T . Nejdříve ale z podmínky T ∈ tb ∩ tc

vypočítáme souřadnice těžiště T :

2xT + yT − 4 = 0

2xT − yT = 0

4xT − 4 = 0

xT = 1 ⇒ yT = 2 a T [1, 2]

Je tedy [xC , yC ] = [xC1 , yC1 ] + 3(xT − xC1 , yT − yC1) = [−1,−2] + 3(2, 4) = [5, 10]. �

♠ Výsledek: B[3,−2], C[5, 10]

� Příklad 6: Vypočítejte souřadnice vrcholů trojúhelníku ABC, jestliže znáte obecné

rovnice přímek a : 2x+ y − 10 = 0, tb : x+ 2y − 2 = 0 a tc : x − y + 1 = 0.

Řešení: B ∈ a ∩ tb, proto:

2xB + yB − 10 = 0

xB + 2yB − 2 = 0

−3yB − 6 = 0

yB = −2 ⇒ xB = 6 a B[6,−2]

Podobně C ∈ a ∩ tc:

2xC + yC − 10 = 0

xC − yC + 1 = 0

3xC − 9 = 0

xC = 3 ⇒ yC = 4 a C[3, 4]

Souřadnice [xA, yA] vrcholu A určíme z podmínky A = T + 2−−→A1T . Nejdříve ale mu-

síme spočítat souřadnice bodů A1 a T . Bod A1 je střed úsečky BC, proto [xA1 , yA1] =

=[xB + xC

2,yB + yC

. T [xT , yT ] ∈ tb ∩ tc, proto:

xT + 2yT − 2 = 0

xT − yT + 1 = 0

3yT − 3 = 0

yT = 1 ⇒ xT = 0 a T [0, 1]

Nyní již [xA, yA] = [xT , yT ] + 2(xT − xA1 , yT − yA1) = [0, 1] + 2(

−92, 0

= [−9, 1]. �

♠ Výsledek: A[−9, 1], B[6,−2], C[3, 4]

Jiné řešení: Souřadnice vrcholů B a C spočítáme stejným způsobem, pro výpočet sou-

řadnic [xA, yA] vrcholu A však použijeme jiný postup. Z B1 ∈ tb plyne xB1 +2yB1 − 2 = 0,odkud xB1 = 2 − 2yB1. Navíc je B1 střed úsečky AC, takže xB1 =

xA + xC

2, odkud

xA = 2xB1 − xC = 2(2 − 2yB1) − 3 = 1 − 4yB1 , resp. yB1 =yA + yC

2, odkud yA =

= 2yB1 − yC = 2yB1 − 4 a celkem je A[1− 4yB1 , 2yB1 − 4].Podobně z C1[xC1 , yC1] ∈ tc plyne xC1 − yC1 +1 = 0, odkud xC1 = yC1−1. Navíc je bod C1

střed úsečky AB, takže xC1 =xA + xB

2, odkud xA = 2xC1−xB = 2(yC1−1)−6 = 2yC1−8,

resp. yC1 =yA + yB

2, odkud yA = 2yC1 − yB = 2yC1 + 2 a celkem je A[2yC1 − 8, 2yC1 + 2].

Porovnáním dvojího vyjádření souřadnic vrcholu A obdržíme:

xA : −4yB1 + 1 = 2yC1 − 8

yA : 2yB1 − 4 = 2yC1 + 2

6yB1 − 5 = 10

yB1 =5

Nyní již je [xA, yA] = [1− 4yB1, 2yB1 − 4] = [−9, 1].

� Příklad 7: Vypočítejte souřadnice vrcholů trojúhelníku ABC, jestliže znáte sou-

řadnice těžiště T [−2, 0], obecnou rovnici přímky a : 4x + 3y − 12 = 0 a víte-li, že

bod A1 ∈ p : y − 2 = 0, |tb| = 6√5, a xB > xA1 .

Řešení: Protože A1[xA1 , 2] ∈ a, je 4xA1 + 6− 12 = 0, odkud xA1 =3

. Souřad-

nice vrcholu A určíme z podmínky A = T + 2−−→A1T = T + 2(T − A1) = 3T − 2A1. Je tedy

[xA, yA] = 3[−2, 0]− 2[

= [−9,−4].Protože B[xB, yB] ∈ a, platí 4xB + 3yB − 12 = 0 odkud yB = 4 − 4

3xB. Dále z vlastnosti

těžiště víme, že |TB| = 2

3|tb|, proto:

(xB − xT )2 + (yB − yT )2 =23 · 6√5

(xB + 2)2 +(

4− 4

(xB + 2)2 +(

4− 4

x2B + 4xB + 4 + 16− 32

3xB + 16

9x2B − 80 =0

9x2B − 20

3xB − 60 =0

9(xB − 6)

xB + 18

a podmínce ze zadání (xB > xA1) vyhovuje pouze xB = 6. Dále yB = 4− 4

3xB = 4−8 = −4

a B[6,−4].Bod A1 je střed úsečky BC, proto [xA1 , yA1] =

[xB + xC

2,yB + yC

a pro souřadnice

[xC , yC] vrcholu C tedy platí:

[xC , yC ] = [2xA1 − xB, 2yA1 − yB] = [3− 6, 4 + 4] = [−3, 8]. �

♠ Výsledek: A[−9,−4], B[6,−4], C[−3, 8]

rovnice přímek a : 2x+ y − 8 = 0, ta : x − 3y + 3 = 0 a tb : 3x+ 5y − 5 = 0.

Řešení: B ∈ a ∩ tb, proto:

2xB + yB − 8 = 0

3xB + 5yB − 5 = 0

−7xB + 35 = 0

xB = 5 ⇒ yB = −2 a B[5,−2]

Podobně, A1[xA1 , yA1] ∈ a ∩ ta, proto:

2xA1 + yA1 − 8 = 0

xA1 − 3yA1 + 3 = 0

7xA1 − 21 = 0

xA1 = 3 ⇒ yA1 = 2 a A1[3, 2]

Těžiště T [xT , yT ] ∈ ta ∩ tb, jeho souřadnice tedy získáme řešením soustavy rovnic:

xT − 3yT + 3 = 0

3xT + 5yT − 5 = 0

14yT − 14 = 0

yT = 1 ⇒ xT = 0 a T [0, 1]

Souřadnice [xA, yA] vrcholu A určíme z rovnosti A = A1 + 3−−→A1T = A1 + 3(T − A1) =

= 3T − 2A1, takže [xA, yA] = 3[0, 1]− 2[3, 2] = [−6,−1].

Protože je bod A1 střed úsečky BC, je xA1 =xB + xC

2, yA1 =

yB + yC

2a pro souřadnice

[xc, yC ] vrcholu C platí:

[xC , yC ] = [2xA1 − xB, 2yA1 − yB] = [6− 5, 4 + 2] = [1, 6]. �

♠ Výsledek: A[−6,−1], B[5,−2], C[1, 6]

� Příklad 9: Vypočítejte souřadnice vrcholů rovnoramenného trojúhelníku ABC se

základnou BC, jestliže znáte souřadnice těžiště T [3, 4], bodu A1[5, 5] a víte-li, že tb ‖ p : x+

+ 3y = 0.

Řešení: Souřadnice vrcholu A určíme z podmínky A = A1 + 3−−→A1T = A1 + 3(T − A1) =

= 3T − 2A1, takže je [xA, yA] = 3[3, 4]− 2[5, 5] = [−1, 2].Protože tb ‖ p : x+ 3y = 0, má přímka tb obecnou rovnici tb : 3x+ y + c = 0. Koeficient c

vypočítáme z podmínky T ∈ tb: 3 + 3 · 4 + c = 0, proto c = −15 a tb : x+ 3y − 15 = 0.Z B ∈ tb plyne xB + 3yB − 15 = 0, odkud xB = 15− 3yB.

Věnujme se chvíli vrcholu C. Protože je bod A1 střed úsečky BC, platí:

xA1 =xB + xC

2, odkud xC = 2xA1 − xB = 10− 15 + 3yB = 3yB − 5,

resp. yA1 =yB + yC

2, odkud yC = 2yA1 − yB = 10− yB.

Jelikož je trojúhelník ABC rovnoramenný se základnou BC, platí |AB| = |AC|

|AB| =√

(15− 3yB + 1)2 + (yB − 2)2 =√

(16− 3yB)2 + (yB − 2)2

|AC| =√

(3yB − 5 + 1)2 + (10− yB − 2)2 =√

(3yB − 4)2 + (8− yB)2

a tedy

(16− 3yB)2 + (yB − 2)2 =√

(3yB − 4)2 + (8− yB)2

256− 96yB + 9y2B + y2B − 4yB + 4 =9y2B − 24yB + 16 + 64− 16yB + y2B

10y2B − 100yB + 260 =10y2B − 40yB + 80

−60yB =− 180

yB = 3

Nyní již snadno dopočítáme zbylé souřadnice:

xB = 15− 3yB = 15− 9 = 6xC = 3yB − 5 = 9− 5 = 4yC = 10− yB = 10− 3 = 7 �

♠ Výsledek: A[−1, 2], B[6, 3], C[4, 7]

� Příklad 10: Vypočítejte souřadnice vrcholů trojúhelníku ABC, jestliže znáte sou-

řadnice těžiště T [1, 2], bodu B1[−1, 3], velikosti stran |a| = 4√5, |c| = 2

√17 a víte-li, že

yA ≤ yC .

Řešení: Souřadnice vrcholu B určíme z podmínky B = B1 + 3−−→B1T = B1 + 3(T − B1) =

= 3T − 2B1, takže [xB, yB] = 3[1, 2]− 2[−1, 3] = [5, 0].Bod B1 je střed úsečky AC, proto xB1 =

xA + xC

2, yB1 =

yA + yC

2. Odtud vyjádříme

souřadnice vrcholu A pomocí souřadnic vrcholu C:

[xA, yA] = [2xB1 − xC , 2yB1 − yC ] = [−2− xC , 6− yC ].

Dále víme, že |c| = |AB| = 2√17:

(xB − xA)2 + (yB − yA)2 =2√17

(xB − xA)2 + (yB − yA)2 =68

(5 + 2 + xC)2 + (−6 + yC)2 =68

(7 + xC)2 =68− (−6 + yC)2

7 + xC =±√

68− (−6 + yC)2

xC =±√

68− (−6 + yC)2 − 7

Víme také, že |a| = |BC| = 4√5:

(xC − xB)2 + (yC − yB)2 =4√5

(xC − xB)2 + (yC − yB)2 =80

(xC − 5)2 + y2C =80

(xC − 5)2 =80− y2C

xC − 5 =±√

80− y2C

xC =±√

80− y2C + 5

Porovnáním těchto vyjádření souřadnice xC dostáváme, že platí jedna z rovnic:

68− (−6 + yC)2 − 7 =√

80− y2C + 5

68− (−6 + yC)2 − 7 = −√

80− y2C + 5

3. −√

68− (−6 + yC)2 − 7 =√

80− y2C + 5

4. −√

68− (−6 + yC)2 − 7 = −√

80− y2C + 5

Ihned vidíme, že rovnice 3. nemá v R řešení. Úpravou v rovnici 4. dostáváme:

−√

68− (−6 + yC)2 = −√

80− y2C + 12 a protože√

80− y2C < 9, je

0 > −√

68− (−6 + yC)2 > −√

80− y2C + 12 > 0, což je spor, tedy ani rovnice 4. nemá

v R řešení.

Řešme nyní zbylé dvě rovnice, nejdříve rovnici 1.:

68− (−6 + yC)2 − 7 =√

80− y2C + 5√

68− y2C + 12yC − 36 =√

80− y2C + 12

−y2C + 12yC + 32 =80− y2C + 24√

80− y2C + 144

12yC − 192 =24√

80− y2C

yC − 16 =2√

80− y2C

y2C − 32yC + 256 =320− 4y2C5y2C − 32yC − 64 =0

5(yC − 8)(

yC + 8

Při výpočtu jsme provedli neekvivalentní úpravu (bylo to až to druhé umocnění), a proto

musíme provézt zkoušku:

= · · · = −195, P

= · · · = 69

L(8) = · · · = 1, P(8) = · · · = 9,takže ani rovnice 1. nemá v R řešení a zbývá rovnice 2.:

68− (−6 + yC)2 − 7 =−√

80− y2C + 5√

68− y2C + 12yC − 36 =−√

80− y2C + 12

−y2C + 12yC + 32 =80− y2C − 24√

80− y2C + 144

12yC − 192 =− 24√

80− y2C

yC − 16 =− 2√

80− y2C

y2C − 32yC + 256 =320− 4y2C

Již víme, že kořeny této kvadratické rovnice jsou yC = 8, yC′ = −85a po provedení zkoušky

je L(8) = 1, P(8) = 1, resp. L(

= −195, P

= −195, a řešením jsou tedy oba kořeny.

Avšak ze zadání je yA ≤ yC a ze vztahu [xA, yA] = [−2−xC , 6−yC] plyne: yA = 6−yC ≤ yC ,

odkud 3 ≤ yC a tuto podmínku splňuje pouze yC = 8. Dopočítejme ještě zbylé souřadnice:

xC = −√

80− y2C + 5 = −√80− 64 + 5 = 1

xA = −2− xC = −2− 1 = −3yA = 6− yC = 6− 8 = −2 �

♠ Výsledek: A[−3,−2], B[5, 0], C[1, 8]

Kapitola 3

Úlohy s výškami a průsečíkem výšek

Tato kapitola obsahuje 10 příkladů, v jejichž zadání figuruje výška nebo průsečík výšek.

Příklady v této kapitole jsou tedy určeny zejména na procvičení kolmosti přímek, skalár-

ního součinu vektorů a vzdálenosti bodu od přímky.

nice bodů V[

, A0[6, 1], B0[2, 3].

Řešení: Vrchol A určíme jako průsečík přímek b, va.−−→V B0 =

−52, 52

‖ (1,−1) je normá-lový vektor přímky b, ta navíc prochází bodem B0[2, 3], proto b : x− y+1 = 0. Přímka va

je určena body A0 a V , přitom−−→V A0 =

‖ (3, 1), takže va : X = [6, 1]+ t(3, 1), t ∈ R.

Vrcholu A ∈ va tedy vyhovuje ten parametr t, který splňuje podmínku (6+ 3t)− (1+ t)+

+ 1 = 0, takže t = −3 a A[−3,−2].Vrchol B určíme jako průsečík přímek a, vb. Stejným způsobem jakým jsme počítali sou-

řadnice vrcholu A dojdeme k obecné rovnici přímky a : 3x+ y − 19 = 0 a parametrickémuvyjádření přímky vb : X = [2, 3]+ s(1,−1), s ∈ R. Bodu B ∈ vb odpovídá ten parametr s,

který splňuje podmínku 3(2 + s) + 3− s − 19 = 0, tedy s = 5 a B[7,−2].Souřadnice [xC , yC ] vrcholu C ∈ a ∩ b získáme řešením soustavy rovnic:

xC − yC + 1 = 0

3xC + yC − 19 = 04xC − 18 = 0

xC = 9

2⇒ yC = 11

2, 112

♠ Výsledek: A[−3,−2], B[7,−2], C[

2, 112

� Příklad 2: Vypočítejte souřadnice zbylých dvou vrcholů B, C trojúhelníku ABC,

jestliže znáte souřadnice vrcholu A[−2, 0] a obecné rovnice přímek a : x + y − 7 = 0,vb : x+ 2y − 8 = 0.

Řešení: Vrchol B určíme jako průsečík přímek a, vb. Jeho souřadnice získáme řešením

soustavy rovnic:

a ∩ vb : xB + yB − 7 = 0xB + 2yB − 8 = 0

yB − 1 = 0yB = 1 ⇒ xB = 6 a B[6, 1]

Vrchol C určíme jako průsečík přímky a s přímkou b. Přímka b prochází vrcholem A kolmo

k přímce vb, takže má směrový vektor (1, 2) a b : X = [−2, 0]+ t(1, 2) = [−2+ t, 2t], t ∈ R.

Vrcholu C ∈ b tedy odpovídá ten parametr t, který splňuje podmínku (−2+t)+2t−7 = 0,takže t = 3 a C[1, 6]. �

♠ Výsledek: B[6, 1], C[1, 6]

Jiné řešení: Vrchol B[6, 1] určíme stejně jako v předchozím řešení, avšak vrchol C[xC , yC ]

určíme z podmínek C ∈ a a−→AC ⊥ vb. Platí

−→AC = C − A = (xC + 2, yC), vb ‖ −→u (2,−1).

C ∈ a : xC + yC − 7 = 0⇒ yC = 7− xC

−→AC ⊥ vb : 0 =

−→AC · −→u = 2 · (xC + 2)− yC = 2xC + 4− 7 + xC = 3xC − 3⇒

⇒ xC = 1, yC = 7− 1 = 6 a C[1, 6].

rovnice přímek c : y + 2 = 0, va : x − 3y − 3 = 0 a vb : x+ y − 5 = 0.

Řešení: Vrchol A určíme jako průsečík přímek c, va, resp. vrchol B jako průsečík pří-

mek c, vb.

c ∩ va : yA + 2 = 0 ⇒ yA = −2xA − 3yA − 3 = 0

xA = −3 a A[−3,−2]

c ∩ vb : yB + 2 = 0 ⇒ yB = −2xB + yB − 5 = 0

xB = 7 a B[7,−2]Zbylý vrchol C určíme jako průsečík přímek a, b. Přímka a prochází vrcholem B kolmo

k přímce va, proto má parametrickou rovnici a : X = B[7,−2] + t · (1,−3), t ∈ R,

podobně přímka b prochází vrcholem A kolmo k přímce vb, takže má parametrickou rovnici

b : X = A[−3,−2] + s · (1, 1), s ∈ R

C[xC , yC ] = [7 + t,−2− 3t] = [−3 + s,−2 + s], proto:

xC : 7 + t = −3 + s

yC : −2− 3t = −2 + s

9 + 4t = −1t = −5

2⇒ C[xC , yC] =

7− 5

2,−2 + 15

2, 112

♠ Výsledek: A[−3,−2], B[7,−2], C[

2, 112

� Příklad 4: Vypočtěte souřadnice zbylých vrcholů trojúhelníku ABC, jestliže znáte

souřadnice vrcholu C[3, 6], parametrickou rovnici přímky va : X = [−2, 0] + t(2, 1), t ∈ R

a obecnou rovnici přímky vb : x+ y − 5 = 0.

Řešení: Vrchol A[xA, yA] leží na přímce va, proto xA = −2+2t, yA = t pro vhodné t ∈ R,

navíc A leží na přímce b. Ta prochází vrcholem C a je kolmá k přímce vb. Normálový

vektor (1, 1) přímky vb je směrový vektor přímky b, proto xA = 3 + s, yA = 6 + s pro

vhodné s ∈ R. Celkem tedy:

xA : −2 + 2t = 3 + s

yA : t = 6 + s

−2 + 2(6 + s) = 3 + s

s = −7 ⇒ A[xA, yA] = [3− 7, 6− 7] = [−4,−1]

Vrchol B určíme podobně: B ∈ vb, tedy xB + yB − 5 = 0, navíc B leží na přímce a

procházející vrcholem C kolmo k přímce va. Normálový vektor přímky a je tedy (2, 1),

a protože C[3, 6] ∈ a, je a : 2x + y − 12 = 0. Souřadnice vrcholu B získáme řešením

soustavy rovnic:

vb ∩ a : xB + yB − 5 = 0

2xB + yB − 12 = 0xB − 7 = 0

xB = 7 ⇒ yB = −2 a B[7,−2]. �

♠ Výsledek: A[−4,−1], B[7,−2]

� Příklad 5: Vypočítejte souřadnice zbylého vrcholu C trojúhelníku ABC, jestliže

znáte souřadnice vrcholů A[−3, 0], B[7,−5] a průsečíku výšek V [0, 2].

Řešení: Vrchol C určíme jako průsečík přímek a, b. Přímka a prochází vrcholem B[7,−5]

a její normálový vektor je−→AV = (3, 2), proto je a : 3x+2y−11 = 0. Přímka b prochází vr-

cholem A[−3, 0] a její normálový vektor je −−→BV = (−7, 7) ‖ (1,−1), proto je b : x−y+3 = 0.

Souřadnice vrcholu C získáme řešením soustavy rovnic:

a ∩ b : 3xC + 2yC − 11 = 0xC − yC + 3 = 0

5xC − 5 = 0

xC = 1 ⇒ yC = 4 a C[1, 4]. �

♠ Výsledek: C[1, 4]

Jiné řešení: Vrchol C můžeme určit také jako průsečík přímky vc např. s přímkou b.

Přímka vc má normálový vektor−→AB = (10,−5) ‖ (2,−1) a prochází průsečíkem vý-

šek V [0, 2], proto je vc : 2x − y + 2 = 0. Souřadnice vrcholu C pak získáme řešením

soustavy rovnic:

b ∩ vc : xC − yC + 3 = 0

2xC − yC + 2 = 0

xC − 1 = 0xC = 1 ⇒ yC = 4

� Příklad 6: Vypočítejte souřadnice vrcholů trojúhelníku ABC, jestliže znáte obecnou

rovnici přímky c : x − 8y + 2 = 0 a souřadnice pat výšek A0[

, B0[0, 4].

va vbvc

Řešení: Příklad vyřešíme metodou, která je spíše konstrukční: z bodů A0, B0 je úsečka AB

vidět pod úhlem 90◦, proto A0, B0 leží na Thaletově kružnici τ nad průměrem AB. Její

střed S (≡ C1) určíme jako průsečík přímky c s osou o úsečky A0B0. Střed O úsečky A0B0

má souřadnice[xA0 + xB0

2,yA0 + yB0

4, 174

,−−−→A0B0 =

−52,−12

‖ (5, 1), takže jeo : 5x+ y − 21

2= 0. Nyní již souřadnice [xS, yS] bodu S získáme řešením soustavy rovnic:

o ∩ c : 5xS + yS − 21

xS − 8yS + 2 = 0 ⇒ xS = 8yS − 2

5(8yS − 2) + yS − 21

41yS − 41

yS = 1

2⇒ xS = 2 a S

Poloměr r kružnice τ je |SA0| =√

2− 2

2− 1

4+ 16 =

4, a je tedy τ :

(x−2)2+(

y − 1

)2= 65

4. Nyní najdeme souřadnice [x, y] průsečíků kružnice τ s přímkou c,

což budou hledané vrcholy A a B. Protože c : x = 8y − 2, po dosazení do středové rovnicekružnice τ dostaneme:

(8y − 2− 2)2 +(

y − 1

)2= 65

64y2 − 64y + 16 + y2 − y + 1

65y2 − 65y = 0y(y − 1) = 0

Odtud y = 0 nebo y = 1, čemuž odpovídá x = −2 resp. x = 6. Hledané vrcholy jsou tedyA[−2, 0] a B[6, 1], resp. A′[6, 1] a B′[−2, 0].Vrchol C[xC , yC] určíme jako průsečík přímek a, b. Po dosazení souřadnic vrcholu B, resp.

B′ do rovnice přímky a a po úpravě je a : x + y − 7 = 0, resp. a′ : x − y + 2 = 0. Zbývá

nám určit přímku b. Body A, B0 ∈ b a−−→AB0 = (2, 4), resp. A′, B0 ∈ b′ a

−−→A′B0 = (−6, 3),

takže b : X = [−2, 0] + t(2, 4), t ∈ R, resp. b′ : X = [6, 1] + t′(−6, 3), t′ ∈ R.

C ∈ a ∩ b : (−2 + 2t) + 4t − 7 = 0 ⇒ t = 3

2a C[1, 6]

C ′ ∈ a′ ∩ b′ : (6− 6t′)− (1 + 3t′) + 2 = 0 ⇒ t′ = 7

9a C ′

3, 103

♠ Výsledek: A[−2, 0], B[6, 1], C[1, 6], resp. A′[6, 1], B′[−2, 0], C ′[

3, 103

Jiné řešení: Na přímce c zvolme libovolný bod, např. X[

. Směrový vektor přímky c

je (8, 1) a její parametrické vyjádření je c : X =[

+ t(8, 1), t ∈ R. Z A, B ∈ c máme

2 + 8t1, 12 + t1]

2 + 8t2, 12 + t2]

. Dále−−→BA0⊥

−−→AA0 a

−−→AB0⊥

−−→BB0 odkud

−−→BA0 ·

−−→AA0 =

= 0 =−−→AB0 ·

−−→BB0. Nejprve využijeme pouze rovnost obou skalárních součinů:

2− 8t2, 4− t2

2− 8t1, 4− t1

−2− 8t1, 72 − t1)

−2− 8t2, 72 − t2)

−8t1 − 8t2 + 65t1t2 + 65

4= 252t1 + 25

2t2 + 65t1t2 + 65

2t1 + 41

2t2 =0

t2 =− t1

Po dosazení do rovnice−−→AB0 ·

−−→BB0 = 0 dostaneme po úpravě rovnici −65t21+ 654 = 0, odkud

t1 = ±12. Pro t1 = −1

2je t2 = 1

2, a tedy A[−2, 0], B[6, 1], resp. pro t1 = 1

2je t2 = −1

a A′[6, 1], B′[−2, 0]. Souřadnice vrcholu C, resp. C ′ bychom opět spočítali jako v prvním

řešení.

rovnici přímky c : x+ 2y = 0 a souřadnice bodů V [2, 3] a B0[0, 6].

Řešení: Body B0[0, 6] a V [2, 3] leží na přímce vb, její směrový vektor je proto−−→B0V =

= (2,−3) a vb : X = [0, 6] + t(2,−3), t ∈ R. Protože B ∈ c ∩ vb, jeho souřadnicím

odpovídá ten parametr t, který splňuje podmínku 2t+2(6−3t) = 0. Řešením této rovniceje t = 3 a B[0 + 6, 6− 9] = [6,−3].

Vrchol A ∈ b∩ c, přitom přímka b prochází bodem B0 kolmo k přímce vb, takže její obecná

rovnice je b : 2x − 3y + 18 = 0. Souřadnice vrcholu A získáme řešením soustavy rovnic:

b ∩ c : 2xA − 3yA + 18 = 0

xA + 2yA = 0

−7yA + 18 = 0

yA = 18

7⇒ xA = −36

−367, 187

Pro výpočet souřadnic vrcholu C ∈ b ∩ vc zbývá určit např. obecnou rovnici přímky vc

a vyřešit soustavu rovnic přímek b a vc. Přímka vc prochází bodem V [2, 3] kolmo k přímce c,

její obecná rovnice je tedy 2x − y − 1 = 0.

b ∩ vc : 2xC − 3yC + 18 = 0

2xC − yC − 1 = 0

− 2yC + 19 = 0

yC = 19

2⇒ xC = 21

2, 214

♠ Výsledek: A[

−367, 187

, B[6,−3], C[

2, 214

rovnice přímek b : x−y+5 = 0, c : x+2y+2 = 0 a velikosti výšek |vb| = 6√2, |vc| = 3

Ze všech možných řešení vyberte to, pro které jsou vzdálenosti vrcholů od počátku sou-

řadné soustavy nejmenší.

Řešení: Vrchol A určíme jako průsečík přímek b, c:

b ∩ c : xA − yA + 5 = 0

xA + 2yA + 2 = 0

3xA + 12 = 0

xA = −4 ⇒ yA = 1 a A[−4, 1]

Podle vzorce pro vzdálenost bodu od přímky je |vb| = d(B, b) =|x − y + 5|

12 + (−1)2= 6

√2, kde

B[x, y]. Po úpravě dostaneme |x − y + 5| = 12. Proto buď B ∈ p : x − y − 7 = 0, neboB ∈ p′ : x − y + 17 = 0.

V případě B ∈ p pro souřadnice bodu B máme soustavu:

p ∩ c : x − y − 7 = 0

x+ 2y + 2 = 0

3x − 12 = 0x = 4 ⇒ y = −3 a B[4,−3]

V případě B ∈ p′ dostaneme soustavu:

p′ ∩ c : x − y + 17 = 0

x+ 2y + 2 = 0

3x + 36 = 0

x = −12 ⇒ y = 5 a B′[−12, 5]

Podobně |vc| = d(C, c) =|x+ 2y + 2|√12 + 22

= 3√5, kde C[x, y], odkud |x+ 2y + 2| = 15, a tedy

buď C ∈ q : x+ 2y − 13 = 0, nebo C ′ ∈ q′ : x+ 2y + 17 = 0.

V případě C ∈ q máme:

q ∩ b : x+ 2y − 13 = 0x − y + 5 = 0

3x − 3 = 0

x = 1 ⇒ y = 6 a C[1, 6]

V případě C ∈ q′ máme:

q′ ∩ b : x+ 2y + 17 = 0

x − y + 5 = 0

3x + 27 = 0

x = −9 ⇒ y = −4 a C ′[−9,−4]

Nyní z vrcholů B, B′, resp. C, C ′ vybereme ty, které mají od počátku P [0, 0] menší

vzdálenosti:

|PB| =√

42 + (−3)2 =√25 = 5, resp. |PB′| =

(−12)2 + 52 =√169 = 13

a od počátku P má tedy menší vzdálenost vrchol B.

|PC| =√12 + 62 =

√37, resp. |PC ′| =

(−9)2 + (−4)2 =√97

a od počátku P má tedy menší vzdálenost vrchol C. �

♠ Výsledek: A[−4, 1], B[4,−3], C[1, 6]

jestliže znáte souřadnice vrcholu A[−7,−5] a pat výšek A0[

5, 115

−52, 52

Řešení: Vrchol B určíme jako průsečík přímek a, vb, vrchol C jako průsečík přímek a a b.

Normálový vektor přímky a procházející bodem A0[

5, 115

je−−→AA0 =

5, 365

‖ (7, 6), její

obecná rovnice je proto a : 7x+ 6y − 23 = 0.Normálový vektor přímky vb procházející bodem B0

−52, 52

je−−→AB0 =

2, 152

‖ (3, 5), jejíobecná rovnice je proto vb : 3x+ 5y − 5 = 0.Souřadnice xB, yB vrcholu B ∈ a ∩ vb tedy splňují soustavu rovnic:

7xB + 6yB − 23 = 03xB + 5yB − 5 = 0

17yB + 34 = 0

yB = −2 ⇒ xB = 5 a B[5,−2]

Parametrické vyjádření přímky b jdoucí body A, B0 je b : X = [−7,−5] + t(3, 5), t ∈ R,

vrcholu C ∈ a ∩ b tedy odpovídá ten parametr t, který splňuje podmínku 7(−7 + 3t) ++ 6(−5 + 5t)− 23 = 0, odkud po úpravě t = 2 a C[−1, 5]. �

♠ Výsledek: B[5,−2], C[−1, 5]

rovnice přímek va : x − 2y + 1 = 0, vb : x+ y − 2 = 0 a víte-li, že vc ‖ p : 3x − y = 0 a že

M [3,−3] ∈ c.1

1Poznamenejme, že trojúhelníků, jimž jsou dané tři přímky va, vb, vc výškami, je nekonečně mnoho.

Všechny jsou stejnolehlé se středem stejnolehlosti v bodě V . Podmínce M ∈ c však vyhovuje jediný.

Řešení: Z planimetrie víme, že je-li c⊥vc a vc ‖ p, je také c⊥p. Přímka c, která prochází

bodem M [3,−3] kolmo k přímce p : 3x − y = 0, má obecnou rovnici c : x + 3y + 6 = 0.

Vrchol A leží v průsečíku přímek va a c, proto:

va ∩ c : xA − 2yA + 1 = 0

xA + 3yA + 6 = 0

5yA + 5 = 0

yA = −1 ⇒ xA = −3 a A[−3,−1]

Vrchol B leží v průsečíku přímek vb a c, proto:

vb ∩ c : xB + yB − 2 = 0xB + 3yB + 6 = 0

2yB + 8 = 0

yB = −4 ⇒ xB = 6 a B[6,−4]

Vrchol C leží v průsečíku přímek a a b, přitom přímka a prochází vrcholem B kolmo

k přímce va, má tedy obecnou rovnici a : 2x+y−8 = 0, resp. přímka b prochází vrcholem A

kolmo k přímce vb a má tedy obecnou rovnici b : x − y + 2 = 0:

a ∩ b : 2xC + yC − 8 = 0xC − yC + 2 = 0

3xC − 6 = 0xC = 2 ⇒ yC = 4 a C[2, 4]

♠ Výsledek: A[−3,−1], B[6,−4], C[2, 4]

Kapitola 4

Úlohy s vnitřními úhly trojúhelníku

Tato kapitola obsahuje 10 příkladů, v jejichž zadání vystupují vnitřní úhly trojúhelníku,

nebo se vlastností vnitřních úhlů trojúhelníků využívá při výpočtech. Tyto příklady jsou

tedy určeny zejména na procvičení odchylek přímek a vektorů.

Musíme však být důslední a velmi pečliví, zvláště při počítání odchylek vektorů.

Chceme-li totiž např. vypočítat velikost úhlu α = |<)BAC|, musíme pracovat s vektory−→AB,

−→AC, nikoliv

−→BA, nebo

−→CA (viz obrázek 4.1), neboť místo cosα bychom mohli vyjádřit

cos(π − α) a spočítali bychom tak velikost úhlu π − α.

απ-α

−→AB

−→BA

−→AC

−→CA

Obrázek 4.1

Rovněž upozorňujeme na to, že mnohé rovnice budeme řešit umocněním; po takové ne-

ekvivalentní úpravě je v závěru řešení nutná zkouška.

� Příklad 1: Vypočítejte souřadnice vrcholu C trojúhelníku ABC, jestliže znáte sou-

řadnice vrcholů A[0, 0], B[5, 0], úhel α = 45◦ a víte-li, že C ∈ p : x − 3y + 4 = 0.

α −→AB

−→AC

Řešení: Úhel α = |<)BAC| = 45◦, proto:−→AB · −→AC

−→AB

∣·∣

−→AC

=cosα

(5, 0) · (xC , yC)√52 ·

x2C + y2C=

2xC =√2 ·

x2C + y2C

4x2C =2(x2

C + y2C)

x2C =y2C

xC =± yC

Protože C ∈ p, je xC − 3yC + 4 = 0, takže:

pro xC = yC : yC − 3yC + 4 = 0 ⇒ yC = 2, xC = 2 a C[2, 2]

resp. pro xC = −yC : −yC − 3yC + 4 = 0 ⇒ yC = 1, xC = −1 a C[−1, 1].Jsou ale oba body řešením? Při řešení první rovnice jsme umocňovali, což byla v tomto

případě neekvivalentní úprava a musíme tedy provést zkoušku:

L([2, 2]) =√2

2, L([−1, 1]) = −

Požadavku α = 45◦ tedy vyhovuje pouze bod C[2, 2]. �

♠ Výsledek: C[2, 2]

� Příklad 2: Vypočítejte souřadnice vrcholu A trojúhelníku ABC, jestliže znáte sou-

řadnice vrcholů B[5, 0], C[0, 5], cos γ =√10

10(γ .= 71◦34′) a víte-li, že c ‖ p : x− 3y+2 = 0.

Řešení: Přímka c prochází vrcholem B[5, 0] rovnoběžně s přímkou p : x− 3y+ 2 = 0, máproto obecnou rovnici c : x−3y−5 = 0. Vrchol A leží na přímce c, proto xA−3yA−5 = 0,odkud xA = 3yA + 5. Z dané hodnoty cos γ dostáváme rovnici:

−→CA · −−→CB

−→CA

∣·∣

−−→CB

= cos γ

(xA, yA − 5) · (5,−5)√

x2A + (yA − 5)2 ·√25 + 25

√1010

(3yA + 5, yA − 5) · (5,−5)√

(3yA + 5)2 + (yA − 5)2 · 5√2=

√1010

10(10yA + 50) =10√5 ·

10y2A + 20yA + 50

100y2A + 1000yA + 2500 =5(10y2A + 20yA + 50)

50y2A + 900yA + 2250 =0

y2A + 18yA + 45 =0

(yA + 3)(yA + 15) =0

Pro yA = −3 je xA = −4 a A[−4,−3], resp. pro yA = −15je xA = −40 a A′[−40,−15].Po provedení zkoušky je však L([−4,−3]) =

10, resp. L([−40,−15]) = −

10a vyhovuje

tedy pouze A[−4,−3]. �

♠ Výsledek: A[−4,−3]

� Příklad 3: Vypočítejte souřadnice vrcholu C trojúhelníku ABC, jestliže znáte sou-

řadnice vrcholů A[0, 0], B[3, 0], úhel α = 60◦ a |vc| = 3√3.

Řešení: Víme, že |vc| je vzdálenost vrcholu C od přímky c, a je tedy psát d(C, c) = 3√3.

K tomu, abychom mohli použít vzorec pro výpočet vzdálenosti vrcholu C od přímky c,

potřebujeme najít obecnou rovnici přímky c. Protože oba vrcholy A, B leží na ose x, platí

c : y = 0. Nyní již:

|0 · xC + 1 · yC + 0|√02 + 12

=3√3

|yC| =3√3

yC =± 3√3

Z podmínky α = |<)BAC| = 60◦ a podle vzorce pro výpočet odchylky vektorů je:−→AB · −→AC

−→AB

∣·∣

−→AC

=cosα

(3, 0) · (xC , yC)√32 ·

x2C + y2C=12

x2C + (±3√3)2=12

2xC =√

x2C + 27

4x2C = x2C + 27

3x2C =27

xC = ± 3

Při řešení rovnice jsme umocňovali, což byla v tomto případě neekvivalentní úprava, a mu-

síme proto provést zkoušku (např. dosazením kořenů do třetího řádku):

L(−3) = −12, L(3) = 1

Řešením je tedy pouze xC = 3. �

♠ Výsledek: C[

3, 3√3]

, resp.C ′[

3,−3√3]

� Příklad 4: Vypočítejte souřadnice zbylých dvou vrcholů B, C rovnostranného troj-

úhelníku ABC, jestliže znáte souřadnice vrcholu A[−4, 0] a středu O[

0, 4√3

kružnice

trojúhelníku opsané.

A1 ≡ A0

O ≡ T ≡ V

Řešení: Protože je trojúhelník ABC rovnostranný, platí O ≡ T ≡ V (≡ S, kde S je střed

kružnice vepsané). Využijeme-li toho, že O ≡ T , je A1 = A+ 32

−→AO a [xA1 , yA1] = [−4, 0] +

4, 4√3

2, 2√3]

Z vlastností rovnostranného trojúhelníku plyne A1 = A0. Pak ovšem přímka a prochází

bodem A1 kolmo k přímce ta : X = [−4, 0] + t(

4, 4√3

, t ∈ R a její obecná rovnice je

a : 3x+√3y − 12 = 0.

Z B ∈ a plyne 3xB+√3yB−12 = 0, odkud xB = 4−

3yB. Dále víme, že v rovnostranném

trojúhelníku je α = β = γ = 60◦ a protože O ≡ S, je |<)OAB| = 30◦ a platí:−→AO · −→AB

−→AO

∣·∣

−→AB

= cos 30◦

4, 4√3

· (xB + 4, yB)√

(xB + 4)2 + y2B

4, 4√3

8−√3

3yB, yB

16 + 163·√

8−√3

32− 4√3

3yB + 4

3·√

64− 16√3

3yB + 1

3y2B + y2B

8√3·√

3y2B − 16

3yB + 64

32 =4√

3y2B − 16

3yB + 64

3y2B − 16

3yB + 64 =8

3y2B − 16

3yB + 64 =64

3y2B − 16

3yB =0

yB(yB − 4√3) =0

Pro yB = 0 je xB = 4 a B[4, 0], resp. pro yB = 4√3 je xB = 0 a B′

0, 4√3]

Podobně |<)OAC| = α2= 30◦, což vede ke stejné rovnici a tedy i ke stejným kořenům.

Pro B[4, 0] je tedy C[

0, 4√3]

, resp. pro B′[

0, 4√3]

je C ′[4, 0]. �

♠ Výsledek: B[4, 0], C[

0, 4√3]

, resp. B′[

0, 4√3]

, C ′[4, 0]

Jiné řešení: Přímku a : 3x +√3y − 12 = 0 určíme jako v předešlém řešení. Souřadnice

vrcholu B, resp. C však získáme jiným způsobem. Protože je O střed kružnice opsané, je

|OA| = |OB| = |OC| a pro souřadnice [x, y] jak vrcholu B, tak i vrcholu C tedy platí:

(−4)2 +(

√3)2=

y − 4√3

16 + 163=

4−√3

y − 4√3

16− 8√3

3y + y2

3+ y2 − 8

3y + 16

3=43y2 − 16

3y + 64

y − 4√3)

Pro y = 0 je x = 4 a pro y = 4√3 je x = 0. Souřadnice vrcholů B a C tedy jsou [4, 0]

0, 4√3]

(v libovolném pořadí).

� Příklad 5: Vypočítejte souřadnice zbylých dvou vrcholů A, C trojúhelníku ABC,

jestliže jsou dány souřadnice vrcholu B[8, 1] a bodu B0[2, 4], cosα = 2√13

13(α .= 56◦19′)

a úhel γ = 45◦.

Řešení: Body B, B0 leží na přímce vb, proto je−−→BB0 = (−6, 3) ‖ (2,−1) její směrový vek-

tor. Hledané vrcholy A, C leží na přímce b, která prochází bodem B0[2, 4] kolmo k přímce

vb, takže její obecná rovnice je b : 2x − y = 0. Platí tedy 2xA − yA = 0, odkud yA = 2xA,

resp. 2xC − yC = 0, odkud yC = 2xC .

Protože podle zadání α < 90◦, platí |<)BAB0| = α:−→AB · −−→AB0

−→AB

∣·∣

−−→AB0

= cosα

(8− xA, 1− 2xA) · (2− xA, 4− 2xA)√

(8− xA)2 + (1− 2xA)2 ·√

(2− xA)2 + (4− 2xA)2=2√1313

5x2A − 20xA + 20√

5x2A − 20xA + 65 ·√

5x2A − 20xA + 20=2√1313

5(x2A − 4xA + 4)√

5(x2A − 4xA + 13)=2√1313

x2A − 4xA + 4 =2√13 ·

x2A − 4xA + 13

169x2A − 676xA + 676 =52x2A − 208xA + 676

117x2A − 468xA =0

xA(xA − 4) =0

Pro xA = 0 je yA = 0 a A[0, 0], resp. pro xA = 4 je yA = 8 a A′[4, 8].

Díky tomu, že γ < 90◦, platí |<)BCB0| = γ, takže:−−→CB · −−→CB0

−−→CB

∣·∣

−−→CB0

= cos γ

(8− xC , 1− 2xC) · (2− xC , 4− 2xC)√

(8− xC)2 + (1− 2xC)2 ·√

(2− xC)2 + (4− 2xC)2=

...√

5(x2C − 4xC + 4)√

5(x2C − 4xC + 13)=

x2C − 4xC + 4 =√2 ·

x2C − 4xC + 13

4x2C − 16xC + 16 =2x2C − 8xC + 26

2x2C − 8xC − 10 =0

(xC − 5)(xC + 1) =0

Pro xC = 5 je yC = 10 a C[5, 10], resp. pro xC = −1 je yC = −2 a C ′[−1,−2].Na první pohled by se zdálo, že řešením jsou vrcholy čtyř trojúhelníků: ABC, ABC ′, A′BC

a A′BC ′. Ovšem protože α < π2a γ < π

2, je pata výšky spuštěná z vrcholu B (bod B0)

vnitřní bod úsečky AC. Je-li tedy A[0, 0], je B0 vnitřní bod úsečky AC pro C[5, 10], resp.

je-li A[4, 8], je B0 vnitřní bod úsečky AC pro C[1, 2]. �

♠ Výsledek: A[0, 0], C[5, 10], resp. A′[4, 8], C ′[1, 2]

� Příklad 6: Vypočítejte souřadnice vrcholu C pravoúhlého trojúhelníku ABC, znáte-li

souřadnice vrcholů A[−11,−7] a B[9, 3] a obecnou rovnici přímky p : 2x − y − 12 = 0, naníž leží pata výšky C0.

Řešení: Bod C0 leží v průsečíku přímek c, p. Přímka c prochází vrcholy A, B, má tedy

parametrickou rovnici c : X = A + t · −→AB, t ∈ R, přitom−→AB = (20, 10), takže je

c : X = A[−11,−7] + t · (20, 10).1 Protože je trojúhelník ABC pravoúhlý s přeponou AB,

musí být C0 vnitřní bod úsečky AB a odpovídá mu parametr t ∈ (0, 1) takový, že:

2(−11 + 20t)− (−7 + 10t)− 12 = 0

−22 + 40t+ 7− 10t − 12 = 0

30t − 27 = 0

Je tedy C0[−11 + 20 · 910 ,−7 + 10 · 910 ] = [7, 2].Hledaný vrchol C leží na přímce vc, která prochází bodem C0 kolmo k přímce c, takže má

1Vektor−−→AB jsme nechali v nezkráceném tvaru, abychom mohli ověřit, zda je bod C0 vnitřním bodem

úsečky AB.

obecnou rovnici vc : 2x+ y − 16 = 0 a platí yC = 16− 2xC . Úhel γ = 90◦, proto:

−→CA · −−→CB =0

(−11− xC ,−7− yC) · (9− xC , 3− yC) = 0

(−11− xC ,−23 + 2xC) · (9− xC ,−13 + 2xC) = 0

−99 + 2xC + x2C + 299− 72xC + 4x2C =0

5x2C − 70xC + 200 =0

x2C − 14xC + 40 =0

(xC − 4)(xC − 10) =0

Pro xC = 4 je yC = 8 a C[4, 8], resp. pro xC = 10 je yC = −4 a C ′[10,−4]. �

♠ Výsledek: C[4, 8], resp. C ′[10,−4]

Jiné řešení: Souřadnice bodu C0[7, 2] a obecnou rovnici přímky vc : 2x + y − 16 = 0spočítáme stejně jako v předchozím řešení. Vrchol C ∈ vc, proto yC = 16− 2xC . Souřad-

nice vrcholu C můžeme vypočítat podle Eukleidovy věty o výšce. Platí totiž:

|AC0| · |C0B| = |C0C|2√

(7 + 11)2 + (2 + 7)2 ·√

(9− 7)2 + (3− 2)2 =(xC − 7)2 + (yC − 2)2√405 ·

√5 = (xC − 7)2 + (14− 2xC)2

√2025 =x2C − 14xC + 49 + 196− 56xC + 4x2C

5x2C − 70xC + 200 =0

x2C − 14xC + 40 =0

(xC − 4)(xC − 10) =0

Pro xC = 4 je yC = 8 a C[4, 8], resp. pro xC = 10 je yC = −4 a C ′[10,−4].

rovnici přímky a : 3x+ y − 17 = 0, souřadnice paty výšky B0[0, 5], víte-li, že cosα =√10

(α .= 71◦34′), cos γ =√5

5(γ .= 63◦26′) a že yC ≥ yB0.

Řešení: Vrchol C leží na přímce a, platí tedy 3xC+yC−17 = 0, odkud yC = 17−3xC . Smě-

rový vektor přímky a je ~u = (1,−3) a směrový vektor přímky b je−−→CB0 = (−xC , 5− yC) =

= (−xC , 3xC − 12). Dále víme, že cos γ =√5

5, proto:

∣~u · −−→CB0

|~u| ·∣

−−→CB0

|(1,−3) · (−xC , 3xC − 12)|√

12 + (−3)2 ·√

(−xC)2 + (3xC − 12)2=

|−xC − 9xC + 36|√10 ·

x2C + 9x2C − 72xC + 144

5 · |−10xC + 36| =5√2 ·

10x2C − 72xC + 144

100x2C − 720xC + 1296 =20x2

C − 144xC + 288

80x2C − 576xC + 1008 =0

5x2C − 36xC + 63 =0

(5xC − 21)(xC − 3) =0

Odtud xC = 21

5nebo xC = 3, čemuž odpovídá yC = 22

5, resp. yC = 8. Podle zadání je ale

yC ≥ yB0 = 5, proto yC = 8 a C[3, 8].

Vrchol B určíme jako průsečík přímek a, vb. Přímka vb prochází bodem B0[0, 5] kolmo

k přímce b se směrovým vektorem−−→CB0 = (−xC , 3xC − 12) = (−3,−3) ‖ (1, 1), a má tedy

obecnou rovnici vb : x+y−5 = 0 a souřadnice vrcholu B získáme řešením soustavy rovnic:

a ∩ vb : 3xB + yB − 17 = 0xB + yB − 5 = 0

2xB − 12 = 0xB = 6 ⇒ yB = −1 a B[6,−1]

A ∈ b : X = C[3, 8] + t(1, 1), t ∈ R, a proto je A[3 + t, 8 + t] pro vhodné t ∈ R\{0}. Dálevíme, že cosα =

10, platí tedy:

−→AB · −→AC

−→AB

∣·∣

−→AC

√1010

(3− t,−9− t) · (−t,−t)√

(3− t)2 + (−9− t)2 ·√

(−t)2 + (−t)2=

√1010

−3t+ t2 + 9t+ t2√9− 6t+ t2 + 81 + 18t+ t2 ·

√2t2=

√1010

2t(t+ 3)√

2(t2 + 6t+ 45) · |t| ·√2=

√1010

(t 6= 0, jinak by bylo A = C)

±10(t+ 3) =√10 ·

√t2 + 6t+ 45

100(t2 + 6t+ 9) =10(t2 + 6t+ 45)

90t2 + 540t+ 450 =0

t2 + 6t+ 5 =0

(t+ 5)(t+ 1) =0

Během řešení jsme provedli neekvivalentní úpravu a musíme tedy provést zkoušku:

L(−5) = −20, P(−5) = 20, resp. L(−1) = 20, P(−1) = 20Vidíme tedy, že řešením dané rovnice je pouze t = −1, takže je A[2, 7].

Nakonec je třeba zkouškou ověřit, zda je skalární součin−→CA · −−→CB kladný:

−→CA · −−→CB =

= (−1,−1) · (3,−9) = −3 + 9 = 6 a výsledek tedy skutečně odpovídá zadání. �

♠ Výsledek: A[2, 7], B[6,−1], C[3, 8]

ve kterém znáte souřadnice vrcholu B[6, 3], bodu B0[0, 6], velikost vnitřního úhlu α = 45◦

a cos β =√5

5(β .= 63◦26′).

Řešení: Body B, B0 leží na přímce vb, proto−−→BB0 = (−6, 3) ‖ (2,−1) je její směrový vek-

tor. Hledané vrcholy A, C leží na přímce b, která prochází bodem B0[0, 6] kolmo k přímce vb,

takže její obecná rovnice je b : 2x−y+6 = 0. Platí tedy 2xA−yA+6 = 0, odkud yA = 2xA+

+ 6, resp. 2xC − yC + 6 = 0, odkud yC = 2xC + 6.

Dále víme, že α = |<)BAB0| = 45◦, proto:−→AB · −−→AB0

−→AB

∣·∣

−−→AB0

= cosα

(6− xA, 3− yA) · (−xA, 6− yA)√

(6− xA)2 + (3− yA)2 ·√

(−xA)2 + (6− yA)2=

(6− xA, 3− 2xA − 6) · (−xA, 6− 2xA − 6)√

(6− xA)2 + (3− 2xA − 6)2 ·√

(−xA)2 + (6− 2xA − 6)2=

5x2A√

5x2A + 45 ·√

x2A√

x2A + 9=

2 |xA| =√2 ·

x2A + 9

4x2A =2x2

A + 18

x2A =9

xA = ± 3

Pro xA = 3 je yA = 12 a A[3, 12], resp. pro xA = −3 je yA = 0 a A′[−3, 0].Víme také, že β = |<)ABC|, odkud pro A[3, 12] je:

−→BA · −−→BC

−→BA

∣·∣

−−→BC

= cosβ

(−3, 9) · (xC − 6, yC − 3)√

(−3)2 + 92 ·√

(xC − 6)2 + (yC − 3)2=

(−3, 9) · (xC − 6, 2xC + 6− 3)√90 ·

(xC − 6)2 + (2xC + 6− 3)2=

15xC + 45√90 ·

(xC − 6)2 + (2xC + 3)2=

5 · 15(xC + 3) = 15√2 ·

x2C − 12xC + 36 + 4x2C + 12xC + 9

25(x2C + 6xC + 9) = 2(5x2C + 45)

15x2C + 150xC + 135 = 0

x2C + 10xC + 9 =0

(xC + 1)(xC + 9) = 0

resp. pro A′[−3, 0]:

(−9,−3) · (xC − 6, yC − 3)√

(−3)2 + 92 ·√

(xC − 6)2 + (yC − 3)2=

(xC − 9)(xC − 1) = 0

V obou případech udělejme zkoušku:

L(−1) =√5

5L(−9) = −

L(1) =√5

5L(9) = −

Vidíme tedy, že pro A[3, 12] je xC = −1, odkud yC = 4 a C[−1, 4], resp. pro A′[−3, 0] jexC = 1, odkud yC = 8 a C ′[1, 8]. �

♠ Výsledek: A[3, 12], C[−1, 4], resp. A′[−3, 0], C ′[1, 8]

� Příklad 9: V trojúhelníku ABC jsou dány souřadnice vrcholů B[6, 1], C[1, 6] a velikost

vnitřního úhlu α = 45◦. Vypočítejte souřadnice vrcholu A, víte-li, že A ∈ p : 3x−y+3 = 0.

Ze všech řešení vyberte to, pro které je vzdálenost počátku Oxy od přímky c minimální.

Řešení: Protože A[xA, yA] ∈ p, platí 3xA − yA + 3 = 0, odkud yA = 3xA + 3. Dále víme,

že α = |<)BAC| = 45◦, proto:−→AB · −→AC

−→AB

∣·∣

−→AC

= cosα

(6− xA, 1− yA) · (1− xA, 6− yA)√

(6− xA)2 + (1− yA)2 ·√

(1− xA)2 + (6− yA)2=

(6− xA,−2− 3xA) · (1− xA, 3− 3xA)√

(6− xA)2 + (−2− 3xA)2 ·√

(1− xA)2 + (3− 3xA)2=

10x2A − 10xA√

10x2A + 40 ·√

10x2A − 20xA + 10=

x2A − xA√

x4A − 2x3A + 5x2A − 8xA + 4=

2(x2A − xA) =√2 ·

x4A − 2x3A + 5x2A − 8xA + 4

4(x4A − 2x3A + x2A) = 4(x4

A − 2x3A + 5x2A − 8xA + 4)

2x4A − 4x3A − 6x2A + 16xA − 8 = 0

x4A − 2x3A − 3x2A + 8xA − 4 = 0

(xA − 1)(

x3A − x2A − 4xA + 4)

(xA − 1)2(

x2A − 4)

(xA − 1)2 (xA − 2) (xA + 2) = 0

Po provedení zkoušky je L(1) = 0, L(−2) =√2

2, L(2) =

2a řešením dané rovnice jsou

tedy pouze kořeny xA = −2, resp. x′A = 2.

Pro xA = −2 je yA = −3 a A[−2,−3], pro x′A = 2 je y′

A = 9 a A′[2, 9].

Nyní ještě musíme vybrat ten vrchol A, pro který je d(Oxy, c) minimální.

Vrcholy A,B leží na přímce c, její směrový vektor je tedy−→AB = (8, 4) ‖ (2, 1), resp.

−−→A′C = (4,−8) ‖ (1,−2) a její obecná rovnice c : x− 2y − 4 = 0, resp. c′ : 2x+ y − 13 = 0.d(Oxy, c) =

|0− 2 · 0− 4|√

12 + (−2)2=4√5

d(Oxy, c′) =

|0− 2 · 0− 13|√

12 + (−2)2=13√5

< 13√5, takže zadání vyhovuje A[−2,−3]. �

♠ Výsledek: A[−2,−3]

nice středů stran B1[0, 3] a C1[1, 0], cosβ = 3

5(β .= 53◦07′) a víte-li, že A ∈ p : x−y+3 = 0.

Řešení: Protože A[xA, yA] ∈ p, platí xA − yA + 3 = 0, odkud xA = yA − 3.Víme, že B1C1 ‖ CB, a že tedy |<)CBA| = |<)B1C1A| = β. Pak ovšem:

−−−→C1B1 ·

−−→C1A

−−−→C1B1

∣·∣

−−→C1A

= cosβ

(−1, 3) · (xA − 1, yA)√

(−1)2 + 32 ·√

(xA − 1)2 + y2A=35

(−1, 3) · (yA − 4, yA)√

(−1)2 + 32 ·√

(yA − 4)2 + y2A=35

−yA + 4 + 3yA√10 ·

y2A − 8yA + 16 + y2A=35

4 + 2yA√10 ·

2y2A − 8yA + 16=35

4 + 2yA√20 ·

y2A − 4yA + 8=35

4 + 2yA

2√5 ·

y2A − 4yA + 8=35

10 + 5yA =3√5 ·

y2A − 4yA + 8

100 + 100yA + 25y2A =45y2

A − 180yA + 360

20y2A − 280yA + 260 =0

y2A − 14yA + 13 =0

(yA − 1)(yA − 13) =0

Po provedení zkoušky je L(1) = 3

5, resp. L(13) = 3

5. Oba kořeny jsou řešením dané rovnice,

takže pro yA = 1 je xA = −2 a A[−2, 1], resp. pro yA′ = 13 je xA′ = 10 a A′[10, 13].

Dále, protože C1 je střed úsečky AB, platí:

B = A + 2−−→AC1 a [xB, yB] = [−2, 1] + 2(3,−1) = [4,−1], resp.

B′ = A′ + 2−−→A′C1 a [xB′ , yB′] = [10, 13] + 2(−9,−13) = [−8,−13].

Podobně, protože B1 je střed úsečky AC, platí:

C = A+ 2−−→AB1 a [xC , yC ] = [−2, 1] + 2(2, 2) = [2, 5], resp.

C ′ = A′ + 2−−→A′B1 a [xC′ , yC′] = [10, 13] + 2(−10,−10) = [−10,−7]. �

♠ Výsledek: A[−2, 1], B[4,−1], C[2, 5], resp. A′[10, 13], B′[−8,−13], C ′[−10,−7]

Kapitola 5

Další úlohy

V této kapitole jsou řešeny příklady, v jejichž zadání se objevují současně údaje o těžnicích,

středech stran a těžišti na straně jedné a údaje o výškách, jejich patách a průsečíku na

straně druhé.

jestliže znáte vrchol A[2, 7], bod A1[1, 3] a obecnou rovnici přímky vb : 3x − 2y + 11 = 0.

Řešení: Z B ∈ vb plyne 3xB − 2yB + 11 = 0, odkud yB =3xB + 112

. Vrchol C leží na

přímce b procházející vrcholem A kolmo k přímce vb, takže její obecná rovnice je b : 2x+

+ 3y − 25 = 0. Souřadnice [xC , yC ] vrcholu C tedy splňují rovnost 2xC + 3yC − 25 = 0,

odkud xC =25− 3yC

2. Bod A1 je střed úsečky BC a platí tedy:

xA1 =xB + xC

xB +25−3yC

2, yA1 =

yB + yC

2=3xB+11

Po úpravě a dosazení již můžeme řešit soustavu rovnic:

2xB − 3yC + 21 = 0

3xB + 2yC − 1 = 0

13xB + 39 = 0

xB = −3 ⇒ yC = 5

Je tedy yB =3xB + 112

= 1, resp. xC =25− 3yC

2= 5. �

♠ Výsledek: B[−3, 1], C[5, 5]

jestliže znáte vrchol B[

a obecné rovnice přímek va : x−2y = 0 a ta : 6x−7y+5 = 0.

Řešení: Vrchol A leží v průsečíku přímek va a ta, proto:

xA − 2yA = 0

6xA − 7yA + 5 = 0

5yA + 5 = 0

yA = −1 ⇒ xA = −2 a A[−2,−1]

Přímka a, na níž leží vrchol C, prochází vrcholem B kolmo k přímce va, její obecná rovnice

je tedy a : 2x + y − 5 = 0. Víme dále, že bod A1 ∈ a ∩ ta je střed úsečky BC, a že tedy

[xA1 , yA1] =[xB + xC

2,yB + yC

, odkud [xC , yC] = [2xA1 − xB, 2yA1 − yB]. Nejdříve však

musíme vypočítat souřadnice bodu A1:

a ∩ ta : 2xA1 + yA1 − 5 = 0

6xA1 − 7yA1 + 5 = 0

−10yA1 + 20 = 0

yA1 = 2 ⇒ xA1 =3

Nyní již [xC , yC] = [2xA1 − xB, 2yA1 − yB] =[

♠ Výsledek: A[−2,−1], C[

rovnice přímek ta : x − y − 2 = 0, tb : x + 2y + 1 = 0 a víte-li, že tc ‖ p : x + 1 = 0, a že

přímka p protne přímku c v bodě P[

?,−92

Řešení: Nejprve určíme těžiště T jako průsečík přímek ta a tb:

T ∈ ta ∩ tb : xT − yT − 2 = 0xT + 2yT + 1 = 0

3xT − 3 = 0xT = 1 ⇒ yT = −1 a T [1,−1]

Tečna tc prochází bodem T rovnoběžně s přímkou p, má tedy obecnou rovnici tc : x−1 = 0.1

Z P ∈ p plyne xP = −1 a P[

−1,−92

. Dále A ∈ ta, proto xA−yA−2 = 0, odkud xA = yA+

+2, resp. B ∈ tb, proto xB+2yB+1 = 0, odkud xB = −1−2yB. Přímka tc protne úsečku AB

v jejím středu C1, pro jehož souřadnice platí:

1 = xC1 =xA + xB

yA + 2− 2yB − 12

, odkud yA = 2yB + 1 a xA = yA + 2 = 2yB + 3

Směrový vektor přímky c je−→AB = (xB−xA, yB−yA) = (−2yB−1−2yB−3, yB−2yB−1) =

= (−4yB − 4,−yB − 1) = (−yB − 1) · (4, 1) ‖ (4, 1) a obecná rovnice přímky c procházející

bodem P je c : x − 4y − 17 = 0.

A ∈ ta ∩ c : xA − yA − 2 = 0

xA − 4yA − 17 = 03yA + 15 = 0

yA = −5 ⇒ xA = −3 a A[−3,−5]

B ∈ tb ∩ c : xB + 2yB + 1 = 0

xB − 4yB − 17 = 06yB + 18 = 0

yB = −3 ⇒ xB = 5 a B[5,−3]Souřadnice [xC , yC ] vrcholu C spočítáme např. z vlastnosti těžiště:

xT =xA + xB + xC

yA + yB + yC

⇒xC = 3xT − xA − xB = 1

yC = 3yT − yA − yB = 5

⇒ C[1, 5]�

♠ Výsledek: A[−3,−5], B[5,−3], C[1, 5]

� Příklad 4: Vypočítejte souřadnice vrcholů trojúhelníku ABC, jestliže znáte těžiště

T [1, 3], přímky vb : x+2y− 3 = 0, p : x− y+6 = 0 a q : x+4y− 9 = 0 a víte-li, že B1 ∈ p

a že c ‖ q.

1Trojúhelníků, jimž jsou dané přímky ta, tb, tc těžnicemi, je nekonečně mnoho. Všechny jsou stejnolehlé

se středem stejnolehlosti v bodě T . Podmínce P ∈ c však vyhovuje jediný.

Řešení: Z B1 ∈ p plyne xB1 − yB1 + 6 = 0, odkud xB1 = yB1 − 6. Podobně z B ∈ vb plyne

xB+2yB−3 = 0, odkud xB = 3−2yB. Dále je T = B+ 23

−−→BB1 = B+ 2

3(B1−B) = 2

3B1+ 13B,

odkud [xT , yT ] =[

3xB1 +

3xB, 2

3yB1 +

. Po dosazení a rozepsání je:

xT : 2

3(yB1 − 6) + 1

3(3− 2yB) = 1

yT : 2

3yB1 + 1

3yB = 3

2yB1 − 2yB = 12

2yB1 + yB = 9

3yB = −3yB = −1 ⇒ yB1 = 5

Nyní již xB = 3− 2yB = 5 a B[5,−1], resp. xB1 = yB1 − 6 = −1 a B1[−1, 5].Zbylé vrcholy A a C leží na přímce b, která prochází bodem B1 kolmo k přímce vb, takže

její parametrická rovnice je b : X = B1[−1, 5] + t · (1, 2), t ∈ R. Protože je B1 střed

úsečky AC, je A[−1 + t0, 5 + 2t0] a C[−1− t0, 5− 2t0] pro některé t0 ∈ R.

Přímka c prochází vrcholem B rovnoběžně s přímkou q, takže její obecná rovnice je c : x+

+ 4y − 1 = 0. Protože vrchol A leží také na přímce c, musí parametr t0 splňovat rovnost

(−1 + t0) + 4(5 + 2t0)− 1 = 0, odkud t0 = −2, a proto je A[−3, 1] a C[1, 9]. �

♠ Výsledek: A[−3, 1], B[5,−1], C[1, 9]

jestliže znáte vrchol A[−3, 3], průsečík výšek V [3, 3] a těžiště T [5, 5].

Řešení: Nejprve z bodů A, T určíme střed A1 strany BC:

A1 = A + 3

−→AT = [−3, 3] + 3

2(8, 2) = [9, 6]

Přímka a prochází bodem A1 a její normálový vektor je−→AV = (6, 0) ‖ (1, 0). Je tedy

a : X = [9, 6] + t · (0, 1), t ∈ R.

Protože je A1 střed strany BC, platí B[9, 6 + t0], C[9, 6− t0] pro některé t0 ∈ R\{0}.Z podmínky

−−→BV ⊥−→

AC dostaneme:

−−→BV · −→AC =0

(−6,−3− t0) · (12, 3− t0) = 0

−72− 9 + t20 =0

t20 =81

t0 = ± 9

Pro t0 = 9 je B[9, 15] a C[9,−3], resp. pro t0 = −9 je B′[9,−3] a C ′[9, 15]. �

♠ Výsledek: B[9, 15], C[9,−3], resp. B′[9,−3], C ′[9, 15]

� Příklad 6: Vypočítejte souřadnice vrcholů trojúhelníku ABC, jestliže znáte tě-

žiště T [1,−1], průsečík výšek V [−1,−3] a přímku a : x − 2y + 3 = 0.

Řešení: Vrchol A leží na přímce va, která prochází daným bodem V kolmo k dané přímce a,

proto má obecnou rovnici va : 2x+ y+5 = 0. Pro souřadnice [xA, yA] vrcholu A tedy platí

2xA + yA + 5 = 0, odkud yA = −2xA − 5.Bod A1 leží na přímce a, proto xA1 − 2yA1 + 3 = 0, odkud xA1 = 2yA1 − 3.Z rovností A1 = A + 3

−→AT = A+ 3

2(T − A) = 3

2T − 1

2A plyne:

xA1 =3

2xT − 1

2xA = 3

2− 1

yA1 =3

2yT − 1

2yA = −3

2− 1

2(−2xA − 5)

Odtud po úpravě a dosazení za xA1 dostáváme soustavu rovnic:

xA + 4yA1 = 9

−2xA + 2yA1 = 2

10yA1 = 20

yA1 = 2 ⇒ xA = 1

Dále xA1 = 2yA1 − 3 = 1 a A1[1, 2], resp. yA = −2xA − 5 = −7 a A[1,−7].Protože A1 je střed strany BC, platí:

xA1 =xB + xC

yA1 =yB + yC

⇒xB = 2xA1 − xC = 2− xC

yB = 2yA1 − yC = 4− yC

Dále z B, C ∈ a plyne xB − 2yB +3 = 0, odkud xB = 2yB − 3 = 5− 2yC, resp. xC − 2yC +

+ 3 = 0, odkud xC = 2yC − 3. Platí také −−→BV ⊥−→AC, proto:

−−→BV · −→AC = 0

(−1− xB ,−3− yB) · (xC − 1, yC + 7) = 0

(−6 + 2yC ,−7 + yC) · (2yC − 4, yC + 7) = 0

24− 20yC + 4y2C − 49 + y2C = 0

5y2C − 20yC − 25 = 0y2C − 4yC − 5 = 0

(yC − 5)(yC + 1) = 0

Pro yC = 5 je xC = 2yC − 3 = 7 a C[7, 5], xB = 5 − 2yC = −5, yB = 4 − yC = −1a B[−5,−1], resp. pro yC = −1 je xC = −5 a C ′[−5,−1], xB = 7, yB = 5 a B′[7, 5]. �

♠ Výsledek: A[1,−7], B[−5,−1], C[7, 5], resp. A[1,−7], B′[7, 5], C ′[−5,−1]

� Příklad 7: Vypočítejte souřadnice vrcholů trojúhelníku ABC, znáte-li body A1[7, 6],

B1[−2, 3] a střed kružnice opsané O[2, 1].

Řešení: Střed O kružnice opsané leží v průsečíku os stran AB, AC, BC.

Vektor−−→OA1 = (5, 5) ‖ (1, 1) je normálový vektor přímky a, na níž leží strana BC a která

prochází bodem A1, její obecná rovnice je tedy a : x+ y − 13 = 0.

Podobně, vektor−−→OB1 = (−4, 2) ‖ (2,−1) je normálový vektor přímky b, která navíc

prochází bodem B1, a má tedy obecnou rovnici b : 2x − y + 7 = 0.

C ∈ a ∩ b : xC + yC − 13 = 02xC − yC + 7 = 0

3xC − 6 = 0

xC = 2 ⇒ yC = 11 a C[2, 11]

Bod B1 je střed strany AC, proto:

xB1 =xA + xC

yB1 =yA + yC

⇒xA = 2xB1 − xC = −6

yA = 2yB1 − yC = −5

⇒ A[−6,−5]

Podobně, bod A1 je střed strany BC, proto:

xA1 =xB + xC

yA1 =yB + yC

⇒xB = 2xA1 − xC = 12

yB = 2yA1 − yC = 1

⇒ B[12, 1]

♠ Výsledek: A[−6,−5], B[12, 1], C[2, 11]

� Příklad 8: Vypočítejte souřadnice vrcholů rovnoramenného trojúhelníku ABC se

základnou AC, jestliže znáte přímku c : 2x − 3y − 27 = 0, kružnici ko(O, r) opsanou troj-

úhelníku, kde O[2, 1] a r = 13, a víte-li, že xA ≤ xB.

Řešení: Středová rovnice kružnice ko je ko : (x − 2)2 + (y − 1)2 = 169.Z A, B ∈ c plyne 2xA − 3yA − 27 = 0, odkud yA = 2

3xA − 9, resp. 2xB − 3yB − 27 = 0,

odkud yB = 2

3xB − 9. Oba vrcholy také leží na kružnici ko:

(xA − 2)2 + (yA − 1)2 = 169(xA − 2)2 +

3xA − 10

)2= 169

x2A − 4xA + 4 + 49x2A − 40

3xA + 100 = 169

9x2A − 52

3xA − 65 = 0

x2A − 12xA − 45 = 0(xA + 3)(xA − 15) = 0

Pro xA = −3 je yA = −11 a A[−3,−11]. Druhý průsečík ko ∩ c musí být vrchol B, proto

xB = 15, yB = 1 a B[15, 1].

Pro xA = 15 je yA = 1 a A′[15, 1], xB = −3, yB = −11 a B′[−3,−11].Podmínce xA ≤ xB však vyhovuje pouze A[−3,−11] a B[15, 1].

Protože je △ABC rovnoramenný se základnou AC, je |BA| = |BC| a vrcholy A, C leží na

kružnici k se středem ve vrcholu B a o poloměru |BA| =√182 + 122 =

√468. Středová

rovnice kružnice k je tedy:

k : (x − 15)2 + (y − 1)2 = 468

Protože C ∈ k a současně C ∈ k0, souřadnice vrcholu C získáme řešením soustavy rovnic:

k ∩ k0 : (x − 15)2 + (y − 1)2 = 468(x − 2)2 + (y − 1)2 = 169(x − 15)2 − (x − 2)2 = 299

x2 − 30x+ 225− x2 + 4x − 4 = 299−26x = 78

x = −3 ⇒ y1 = 13, y2 = −11

Protože je ale A[−3,−11], musí být C[−3, 13]. �

♠ Výsledek: A[−3,−11], B[15, 1], C[−3, 13]

Jiné řešení: Souřadnice vrcholů A, B spočítáme stejným způsobem jako v předešlém

řešení.

Protože je △ABC rovnoramenný se základnou AC, je B0 ≡ B1, proto i vb ≡ tb ≡ oAC ,

kde oAC je osa úsečky AC. Přímka vb tudíž prochází středem O kružnice ko a přímka b

prochází vrcholem A kolmo k vektoru−−→BO = (−13, 0) ‖ (1, 0), takže je b : x+ 3 = 0.

C ∈ b ∩ ko : (xC − 2)2 + (yC − 1)2 = 169

(−3− 2)2 + (yC − 1)2 = 169

(yC − 1)2 = 144

|yC − 1| = 12

Pro yC < 1 je −yC + 1 = 12, odkud yC = −11 a C[−3,−11].Pro yC ≥ 1 je −yC − 1 = 12, odkud yC = 13 a C[−3, 13].Protože je však A[−3,−11], musí být C[−3, 13].

� Příklad 9: Vypočítejte souřadnice vrcholů trojúhelníku ABC, jestliže znáte body

dotyku přímek a, b, c s kružnicí kv trojúhelníku vepsanou: Ta[6, 4], Tb[−1, 5], Tc[2,−4].

Řešení: Protože je kv kružnice vepsaná trojúhelníku ABC, jsou přímky a, b, c její tečny

s body dotyku Ta, Tb, Tc a−−→TaS,

−−→TbS,

−−→TcS jsou jejich normálové vektory, označíme-li S

střed kružnice kv. Protože body Ta, Tb, Tc leží na kružnici kv, je tato kružnice trojúhelníku

TaTbTc opsaná. Její střed S tedy leží v průsečíku os úseček TaTb, TbTc, TaTc.

STaTc=

Ta + Tc

= [4, 0],−−→TaTc = (−4,−8) ‖ (1, 2), takže obecná rovnice osy úsečky TaTc

je oTaTc: x+ 2y − 4 = 0.

STbTc=

Tb + Tc

,−−→TbTc = (3,−9) ‖ (1,−3), takže obecná rovnice osy úsečky TbTc

je oTbTc: x − 3y + 1 = 0.

S ∈ oTaTc∩ oTbTc

: xS + 2yS − 4 = 0xS − 3yS + 1 = 0

5yS − 5 = 0yS = 1 ⇒ xS = 2 a S[2, 1]

Nyní již máme:−−→STa = (4, 3), Ta ∈ a, takže je a : 4x+ 3y − 36 = 0−−→STb = (−3, 4) ‖ (3,−4), Tb ∈ b, takže je b : 3x − 4y + 23 = 0−−→STc = (0,−5) ‖ (0, 1), Tc ∈ c, takže je c : y + 4 = 0

A ∈ b ∩ c : 3xA − 4yA + 23 = 0

yA + 4 = 0

yA = −4 ⇒ xA = −13 a A[−13,−4]

B ∈ a ∩ c : 4xB + 3yB − 36 = 0yB + 4 = 0

yB = −4 ⇒ xB = 12 a B[12,−4]

C ∈ a ∩ b : 4xC + 3yC − 36 = 03xC − 4yC + 23 = 0

25xC − 75 = 0xC = 3 ⇒ yC = 8 a C[3, 8] �

♠ Výsledek: A[−13,−4], B[12,−4], C[3, 8]

� Příklad 10: Vypočítejte souřadnice zbylých dvou vrcholů B, C pravoúhlého trojú-

helníku ABC s přeponou AB, jestliže znáte vrchol A[−8,−4], patu výšky C0[4, 0] a víte-li,

že |a| = 5√2.

Řešení: Vrchol B leží, podobně jako vrchol A a bod C0, na přímce c se směrovým vek-

torem−−→AC0 = (12, 4) ‖ (3, 1), její obecná rovnice je tedy c : x − 3y − 4 = 0. Souřadnice

vrcholu B tedy musí splňovat podmínku xB − 3yB − 4 = 0, odkud xB = 3yB + 4.

Podle Eukleidovy věty o odvěsně je |AB| · |C0B| = |a|2, takže:

(xB + 8)2 + (yB + 4)2 ·√

(xB − 4)2 + y2B =50√

(3yB + 12)2 + (yB + 4)2 ·√

(3yB)2 + y2B =50√

10(yB + 4)2 ·√

10y2B =50

|yB + 4| · |yB| =5

Protože je AB přepona, je C0 vnitřní bod úsečky AB, a protože yA = −4 a yC0 = 0, musí

být yB > 0, výrazy v absolutních hodnotách jsou tudíž kladné a můžeme psát:

(yB + 4)yB =5

y2B + 4yB − 5 = 0

(yB + 5)(yB − 1) = 0

Z podmínky yB > 0 plyne yB = 1, xB = 3yB + 4 = 7 a B[7, 1].

Přímka vc, na níž leží vrchol C, prochází bodem C0 kolmo k přímce c a má tedy obecnou

rovnici vc : 3x+y−12 = 0. Pro souřadnice [xC , yC] vrcholu C tedy platí 3xC+yC −12 = 0,

odkud yC = 12− 3xC . Navíc |a| = |BC| = 5√2, takže:

(xC − 7)2 + (yC − 1)2 =5√2

(xC − 7)2 + (−3xC + 11)2 =50

x2C − 14xC + 49 + 9x2C − 66xC + 121 =50

10x2C − 80xC + 120 =0

(xC − 6)(xC − 2) =0

Pro xC = 6 je yC = −6 a C[6,−6], resp. pro xC = 2 je yC = 6 a C ′[2, 6]. �

♠ Výsledek: B[7, 1], C[6,−6], resp. B[7, 1], C ′[2, 6]

Závěr

Když jsem si v září 2003 napsal první poznámky k této diplomové práci, netušil jsem, jak

zajímavá, ale často také obtížná práce mne čeká.

Pro mne jako pro budoucího učitele matematiky bylo velkým přínosem vyzkou-

šet si, jak taková sbírka příkladů vzniká. Nejen že jsem prohloubil své znalosti analytické

geometrie, ale navíc jsem také mohl pozorovat, jak obtížně řešitelné mohou být i ty nej-

jednodušší planimetrické úlohy, a naopak, jak vtipně a elegantně se dají řešit úlohy, se

kterými bychom si v planimetrii nemuseli vždy vědět rady.

Na jednotlivé příklady jsem se musel dívat očima žáka střední školy - není úloha

příliš časově náročná? A není ani příliš obtížná? Bude si s ní umět průměrný žák poradit?

Myslím, že z hlediska didaktického toto pro mne byl největší přínos.

Výsledkem mé práce je sbírka příkladů, která, jak doufám, může sloužit ke zpes-

tření výuky analytické geometrie a k procvičení látky na tématu žákům již dobře známém

z planimetrie a která může být také vhodným doplněním učiva analytické geometrie.

Seznam použité literatury

[1] Čermák P., Červinková P., Odmaturuj z matematiky, Didaktis, Brno 2003

[2] Horák P., Janyška J., Analytická geometrie, skripta MU, Brno 1997

[3] Kočandrle M., Boček L., Matematika pro gymnázia - Analytická geometrie, Prome-

theus, Praha 2002

[4] Petáková J., Matematika - příprava k maturitě a k přijímacím zkouškám na vysoké

školy, Prometheus, Praha 2003

[5] Polák J., Přehled středoškolské matematiky, Prometheus, Praha 2002

diplomka pro ostatn - Masaryk University · 2010. 9. 4. · prvky (těžnice, výšky, středy...

Documents