78
MASARYKOVA UNIVERZITA V BRNĚ PŘÍRODOVĚDECKÁ FAKULTA DIPLOMOVÁ PRÁCE Určování trojúhelníků analytickými výpočty Brno 2005 Jiří Pecl 1
MASARYKOVA UNIVERZITA V BRNĚ
PŘÍRODOVĚDECKÁ FAKULTA
DIPLOMOVÁ PRÁCE
Určování trojúhelníků analytickými výpočty
Brno 2005 Jiří Pecl
1
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.
2
Prohlašuji, že diplomovou práci jsem zpracoval samostatně a že jsem použil
pouze uvedenou literaturu.
Jiří Pecl
3
Obsah
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
4
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
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
6
Úvod
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.
7
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.
8
~u =−→AB
A
B
x
y
xA
yA
xB
yB
Oxy
u1
u2
1
1
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.
9
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
A
B
X
x
y
Oxy
xXxA xB
yA
yX
yB
X1 B1
p
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.
10
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
2,
yS =yA + yB
2a S
[xA + xB
2,yA + yB
2
]
A
B
S
x
y
Oxy
xSxA xB
yA
yS
yB
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
11
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
12
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
resp.
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
resp.
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)
13
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.
14
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.
A B
C
a
b
cα
T
V
tc vc
C1 C0
B1
B0
vb
tb
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
15
• 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
16
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].
AB
C
A1B1
C1
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]
17
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
2
xB1 =xA + xC
2yB1 =
yA + yC
2
xC1 =xA + xB
2yC1 =
yA + yB
2
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
4|b|.
18
ta
A
B
C
A1
B1 pb
tb
c
T
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
)2
+ (5− yA)2 =
√
(
−2− 23yA + 312
)2
+ (3− yA)2
(
−23yA + 412
)2
+ (5− yA)2 =
(
−23yA + 352
)2
+ (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
2a A
[
−152,−2
]
Bod B1 je střed úsečky AC, proto:
xB1 =xA + xC
2⇒ xC = 2xB1 − xA = 2 · (−5) + 15
2= −5
2
yB1 =yA + yC
2⇒ yC = 2yB1 − yA = 2 · 5 + 2 = 12
⇒ C[
−52, 12
]
�
♠ Výsledek: A[
−152,−2
]
, B [4,−1], C[
−52, 12
]
19
� 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.
ta
A B
C
A1
B1
p
p′
c
q
T
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
3
−−→CC1 = C + 2
3(C1 − C) = 2
3C1 + 1
3C,
takžexT = 2
3xC1 +
1
3xC = 2
3· xA + xB
2+ 1
3xC =
xA + xB + xC
3yT = 2
3yC1 +
1
3yC = 2
3· yA + yB
2+ 1
3yC =
yA + yB + yC
3
20
odkudxC = 3xT − xA − xB = 1
yC = 3yT − xA − xB = 9
⇒ C[1, 9]
� Příklad 4: Vypočítejte souřadnice vrcholů trojúhelníku ABC, jestliže znáte souřad-
nice bodu B1[1, 6] a obecné rovnice přímek ta : 4x − 7y + 8 = 0, tc : 8x+ y − 44 = 0.
A B
C
A1B1
C1
tatc
T
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
2=
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
21
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
3
]
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
3C1+
1
3C, takže [xT , yT ] =
[
2
3xC1 +
1
3xC , 2
3yC1 +
1
3yC
]
=
=
[
2
3· xA + xB
2+ 13xC , 2
3· yA + yB
2+ 13yC
]
=
[
xA + xB + xC
3,yA + yB + yC
3
]
.
22
� 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.
AB
C
C1
B1
tb
tc
T
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]
23
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.
AB
C
C1
B1a
tb
tc
T
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] =
24
=[xB + xC
2,yB + yC
2
]
=[
9
2, 1
]
. 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
2
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
25
bod A1 ∈ p : y − 2 = 0, |tb| = 6√5, a xB > xA1 .
tb
AB
C
A1B1p
aT
Řešení: Protože A1[xA1 , 2] ∈ a, je 4xA1 + 6− 12 = 0, odkud xA1 =3
2a A1
[
3
2, 2
]
. 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[
3
2, 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
3xB
)2=4
√5
(xB + 2)2 +(
4− 4
3xB
)2=80
x2B + 4xB + 4 + 16− 32
3xB + 16
9x2B − 80 =0
25
9x2B − 20
3xB − 60 =0
25
9(xB − 6)
(
xB + 18
5
)
= 0
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
2
]
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]
26
� Příklad 8: Vypočítejte souřadnice vrcholů trojúhelníku ABC, jestliže znáte obecné
rovnice přímek a : 2x+ y − 8 = 0, ta : x − 3y + 3 = 0 a tb : 3x+ 5y − 5 = 0.
ta
A
B
C
A1
B1
a
tbT
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].
27
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.
tb
p
A
B
C
A1
T
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
28
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 .
A
B
C
B1
|c|
|a|
T
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
29
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:
1.√
68− (−6 + yC)2 − 7 =√
80− y2C + 5
2.√
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
30
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
5
)
=0
Při výpočtu jsme provedli neekvivalentní úpravu (bylo to až to druhé umocnění), a proto
musíme provézt zkoušku:
L(
−85
)
= · · · = −195, P
(
−85
)
= · · · = 69
5
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
31
Již víme, že kořeny této kvadratické rovnice jsou yC = 8, yC′ = −85a po provedení zkoušky
je L(8) = 1, P(8) = 1, resp. L(
−85
)
= −195, P
(
−85
)
= −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]
32
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.
� Příklad 1: Vypočítejte souřadnice vrcholů trojúhelníku ABC, jestliže znáte souřad-
nice bodů V[
9
2, 12
]
, A0[6, 1], B0[2, 3].
A B
C
a
b
va vb
A0B0V
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
2, 12
)
‖ (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-
33
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
2a C
[
9
2, 112
]
�
♠ Výsledek: A[−3,−2], B[7,−2], C[
9
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.
A
B
C
B0 a
vb
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]
34
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].
� Příklad 3: Vypočítejte souřadnice vrcholů trojúhelníku ABC, jestliže znáte obecné
rovnice přímek c : y + 2 = 0, va : x − 3y − 3 = 0 a vb : x+ y − 5 = 0.
A B
C
va
vb
c
A0
B0
V
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]
35
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
]
=[
9
2, 112
]
. �
♠ Výsledek: A[−3,−2], B[7,−2], C[
9
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.
A
B
Cva
vb
A0B0
V
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
36
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].
A
B
C
ab
c
va
vb
vc
A0B0
C0
V
Řešení: Vrchol C určíme jako průsečík přímek a, b. Přímka a prochází vrcholem B[7,−5]
37
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[
5
2, 92
]
, B0[0, 4].
A B
C
ab
c
va vbvc
A0B0
C0
C1
τV
Řešení: Příklad vyřešíme metodou, která je spíše konstrukční: z bodů A0, B0 je úsečka AB
38
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
2
]
=[
5
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
2= 0
xS − 8yS + 2 = 0 ⇒ xS = 8yS − 2
5(8yS − 2) + yS − 21
2= 0
41yS − 41
2= 0
yS = 1
2⇒ xS = 2 a S
[
2, 12
]
Poloměr r kružnice τ je |SA0| =√
(
5
2− 2
)2+
(
9
2− 1
2
)2=
√
1
4+ 16 =
√
65
4, a je tedy τ :
(x−2)2+(
y − 1
2
)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
)2= 65
4
64y2 − 64y + 16 + y2 − y + 1
4= 65
4
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 ′
[
4
3, 103
]
. �
♠ Výsledek: A[−2, 0], B[6, 1], C[1, 6], resp. A′[6, 1], B′[−2, 0], C ′[
4
3, 103
]
39
Jiné řešení: Na přímce c zvolme libovolný bod, např. X[
2, 12
]
. Směrový vektor přímky c
je (8, 1) a její parametrické vyjádření je c : X =[
2, 12
]
+ t(8, 1), t ∈ R. Z A, B ∈ c máme
A[
2 + 8t1, 12 + t1]
, B[
2 + 8t2, 12 + t2]
. Dále−−→BA0⊥
−−→AA0 a
−−→AB0⊥
−−→BB0 odkud
−−→BA0 ·
−−→AA0 =
= 0 =−−→AB0 ·
−−→BB0. Nejprve využijeme pouze rovnost obou skalárních součinů:
(
1
2− 8t2, 4− t2
)
·(
1
2− 8t1, 4− t1
)
=(
−2− 8t1, 72 − t1)
·(
−2− 8t2, 72 − t2)
−8t1 − 8t2 + 65t1t2 + 65
4= 252t1 + 25
2t2 + 65t1t2 + 65
4
41
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
2
a A′[6, 1], B′[−2, 0]. Souřadnice vrcholu C, resp. C ′ bychom opět spočítali jako v prvním
řešení.
� Příklad 7: Vypočítejte souřadnice vrcholů trojúhelníku ABC, jestliže znáte obecnou
rovnici přímky c : x+ 2y = 0 a souřadnice bodů V [2, 3] a B0[0, 6].
A
B
C
c
bvc
vb
B0 V
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].
40
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
7a A
[
−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
4a C
[
19
2, 214
]
�
♠ Výsledek: A[
−367, 187
]
, B[6,−3], C[
19
2, 214
]
� Příklad 8: Vypočítejte souřadnice vrcholů trojúhelníku ABC, jestliže znáte obecné
rovnice přímek b : x−y+5 = 0, c : x+2y+2 = 0 a velikosti výšek |vb| = 6√2, |vc| = 3
√5.
Ze všech možných řešení vyberte to, pro které jsou vzdálenosti vrcholů od počátku sou-
řadné soustavy nejmenší.
A
B
C
b
c
|vb |
|vc |
pq
41
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]
42
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]
� Příklad 9: Vypočítejte souřadnice zbylých dvou vrcholů B, C trojúhelníku ABC,
jestliže znáte souřadnice vrcholu A[−7,−5] a pat výšek A0[
7
5, 115
]
a B0[
−52, 52
]
.
A
B
C
b
a
vb
va A0
B0
Řešení: Vrchol B určíme jako průsečík přímek a, vb, vrchol C jako průsečík přímek a a b.
Normálový vektor přímky a procházející bodem A0[
7
5, 115
]
je−−→AA0 =
(
42
5, 365
)
‖ (7, 6), její
43
obecná rovnice je proto a : 7x+ 6y − 23 = 0.Normálový vektor přímky vb procházející bodem B0
[
−52, 52
]
je−−→AB0 =
(
9
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]
� Příklad 10: Vypočítejte souřadnice vrcholů trojúhelníku ABC, jestliže znáte obecné
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
A
B
C
V
a b
c
vc
vavb
A0
C0
B0
M
p
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.
44
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]
45
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.
AB
C
α
απ-α
π-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.
46
� 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.
AB
C
α −→AB
−→AC
p
Řešení: Úhel α = |<)BAC| = 45◦, proto:−→AB · −→AC
∣
∣
∣
−→AB
∣
∣
∣·∣
∣
∣
−→AC
∣
∣
∣
=cosα
(5, 0) · (xC , yC)√52 ·
√
x2C + y2C=
√22
5xC
5√
x2C + y2C=
√22
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]) = −
√2
2
Požadavku α = 45◦ tedy vyhovuje pouze bod C[2, 2]. �
♠ Výsledek: C[2, 2]
47
� 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.
A B
C
γ
p
c
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
10, resp. L([−40,−15]) = −
√10
10a vyhovuje
tedy pouze A[−4,−3]. �
♠ Výsledek: A[−4,−3]
48
� 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.
A
B
C
α
|vc|
c
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
3xC
3√
x2C + (±3√3)2=12
2xC =√
x2C + 27
4x2C = x2C + 27
3x2C =27
xC = ± 3
49
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
2
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
3
]
kružnice
trojúhelníku opsané.
A B
C
A1 ≡ A0
O ≡ T ≡ V
ta
a
ko
30◦
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] +
+ 3
2
(
4, 4√3
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
3
)
, t ∈ R a její obecná rovnice je
a : 3x+√3y − 12 = 0.
Z B ∈ a plyne 3xB+√3yB−12 = 0, odkud xB = 4−
√3
3yB. Dále víme, že v rovnostranném
50
trojúhelníku je α = β = γ = 60◦ a protože O ≡ S, je |<)OAB| = 30◦ a platí:−→AO · −→AB
∣
∣
∣
−→AO
∣
∣
∣·∣
∣
∣
−→AB
∣
∣
∣
= cos 30◦
(
4, 4√3
3
)
· (xB + 4, yB)√
42 +(
4√3
3
)2
·√
(xB + 4)2 + y2B
=√3
2
(
4, 4√3
3
)
·(
8−√3
3yB, yB
)
√
16 + 163·√
(
8−√3
3yB
)2
+ y2B
=√3
2
32− 4√3
3yB + 4
√3
3yB
√
64
3·√
64− 16√3
3yB + 1
3y2B + y2B
=√3
2
32
8√3·√
4
3y2B − 16
√3
3yB + 64
=√3
2
32 =4√
4
3y2B − 16
√3
3yB + 64
√
4
3y2B − 16
√3
3yB + 64 =8
4
3y2B − 16
√3
3yB + 64 =64
4
3y2B − 16
√3
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
51
|OA| = |OB| = |OC| a pro souřadnice [x, y] jak vrcholu B, tak i vrcholu C tedy platí:
√
(−4)2 +(
−43
√3)2=
√
x2 +(
y − 4√3
3
)2
√
16 + 163=
√
(
4−√3
3y)2
+(
y − 4√3
3
)2
8√3
3=
√
16− 8√3
3y + y2
3+ y2 − 8
√3
3y + 16
3
64
3=43y2 − 16
√3
3y + 64
3
y(
y − 4√3)
=0
Pro y = 0 je x = 4 a pro y = 4√3 je x = 0. Souřadnice vrcholů B a C tedy jsou [4, 0]
a[
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◦.
A
B
C
B0
γ
α
b
vb
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 .
52
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
13√
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=
√22
...√
5(x2C − 4xC + 4)√
5(x2C − 4xC + 13)=
√22
2√
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
53
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.
A B
C
C0c
vc
p
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
t = 9
10
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.
54
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].
55
� Příklad 7: Vypočítejte souřadnice vrcholů trojúhelníku ABC, jestliže znáte obecnou
rovnici přímky a : 3x+ y − 17 = 0, souřadnice paty výšky B0[0, 5], víte-li, že cosα =√10
10
(α .= 71◦34′), cos γ =√5
5(γ .= 63◦26′) a že yC ≥ yB0.
AB
C
B0
γ
α
a
b
vb
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
∣
∣
∣
=
√55
|(1,−3) · (−xC , 3xC − 12)|√
12 + (−3)2 ·√
(−xC)2 + (3xC − 12)2=
√55
|−xC − 9xC + 36|√10 ·
√
x2C + 9x2C − 72xC + 144
=
√55
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
56
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
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]
57
� Příklad 8: Vypočítejte souřadnice zbylých dvou vrcholů A, C trojúhelníku ABC,
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′).
AB
C
B0
βα
b vb
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=
√22
(6− xA, 3− 2xA − 6) · (−xA, 6− 2xA − 6)√
(6− xA)2 + (3− 2xA − 6)2 ·√
(−xA)2 + (6− 2xA − 6)2=
√22
5x2A√
5x2A + 45 ·√
5x2A=
√22
√
x2A√
x2A + 9=
√22
2 |xA| =√2 ·
√
x2A + 9
4x2A =2x2
A + 18
x2A =9
xA = ± 3
58
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=
√55
(−3, 9) · (xC − 6, 2xC + 6− 3)√90 ·
√
(xC − 6)2 + (2xC + 6− 3)2=
√55
15xC + 45√90 ·
√
(xC − 6)2 + (2xC + 3)2=
√55
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=
√55
...
(xC − 9)(xC − 1) = 0
V obou případech udělejme zkoušku:
L(−1) =√5
5L(−9) = −
√5
5
L(1) =√5
5L(9) = −
√5
5
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]
59
� 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.
A
B
C
α
p
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=
√22
(6− xA,−2− 3xA) · (1− xA, 3− 3xA)√
(6− xA)2 + (−2− 3xA)2 ·√
(1− xA)2 + (3− 3xA)2=
√22
10x2A − 10xA√
10x2A + 40 ·√
10x2A − 20xA + 10=
√22
x2A − xA√
x4A − 2x3A + 5x2A − 8xA + 4=
√22
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)
=0
(xA − 1)2(
x2A − 4)
=0
(xA − 1)2 (xA − 2) (xA + 2) = 0
Po provedení zkoušky je L(1) = 0, L(−2) =√2
2, L(2) =
√2
2a řešením dané rovnice jsou
60
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
4√5
< 13√5, takže zadání vyhovuje A[−2,−3]. �
♠ Výsledek: A[−2,−3]
� Příklad 10: Vypočítejte souřadnice vrcholů trojúhelníku ABC, jestliže znáte souřad-
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.
A
B
C
B1
C1β
p
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
61
−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]
62
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.
� Příklad 1: Vypočítejte souřadnice zbylých dvou vrcholů B, C trojúhelníku ABC,
jestliže znáte vrchol A[2, 7], bod A1[1, 3] a obecnou rovnici přímky vb : 3x − 2y + 11 = 0.
A
B
C
A1
B0
vbb
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,
63
odkud xC =25− 3yC
2. Bod A1 je střed úsečky BC a platí tedy:
xA1 =xB + xC
2=
xB +25−3yC
2
2, yA1 =
yB + yC
2=3xB+11
2+ yC
2
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]
� Příklad 2: Vypočítejte souřadnice zbylých dvou vrcholů A, C trojúhelníku ABC,
jestliže znáte vrchol B[
5
2, 0
]
a obecné rovnice přímek va : x−2y = 0 a ta : 6x−7y+5 = 0.
A
B
C
A1
A0
va
a
ta
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]
64
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
2
]
, 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
2a A1
[
3
2, 2
]
Nyní již [xC , yC] = [2xA1 − xB, 2yA1 − yB] =[
1
2, 4
]
. �
♠ Výsledek: A[−2,−1], C[
1
2, 4
]
� Příklad 3: Vypočítejte souřadnice vrcholů trojúhelníku ABC, jestliže znáte obecné
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
]
.
A B
C
C1
T
P
tatb
tc
a
p
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]
65
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
2=
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
3yT =
yA + yB + yC
3
⇒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.
66
A B
C
B1
T
bvb
c
q
p
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 ] =[
2
3xB1 +
1
3xB, 2
3yB1 +
1
3yB
]
. 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]
67
� Příklad 5: Vypočítejte souřadnice zbylých dvou vrcholů B, C trojúhelníku ABC,
jestliže znáte vrchol A[−3, 3], průsečík výšek V [3, 3] a těžiště T [5, 5].
A B
C
A1T
a
V
Řešení: Nejprve z bodů A, T určíme střed A1 strany BC:
A1 = A + 3
2
−→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.
68
A B
C
A1T
a
va
V
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
2
−→AT = A+ 3
2(T − A) = 3
2T − 1
2A plyne:
xA1 =3
2xT − 1
2xA = 3
2− 1
2xA
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
2
yA1 =yB + yC
2
⇒xB = 2xA1 − xC = 2− xC
yB = 2yA1 − yC = 4− yC
69
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].
A
B
C
A1B1
a
b
O
ko
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.
70
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
2
yB1 =yA + yC
2
⇒xA = 2xB1 − xC = −6
yA = 2yB1 − yC = −5
⇒ A[−6,−5]
Podobně, bod A1 je střed strany BC, proto:
xA1 =xB + xC
2
yA1 =yB + yC
2
⇒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.
A
B
C
kc
|r|O
ko
71
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 +
(
2
3xA − 10
)2= 169
x2A − 4xA + 4 + 49x2A − 40
3xA + 100 = 169
13
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]
72
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].
A B
C
TaTb
Tc
a b
c
STbTc
STaTc
S
kv
oTbTc
oTaTc
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
73
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
2
]
= [4, 0],−−→TaTc = (−4,−8) ‖ (1, 2), takže obecná rovnice osy úsečky TaTc
je oTaTc: x+ 2y − 4 = 0.
STbTc=
[
Tb + Tc
2
]
=[
1
2, 12
]
,−−→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]
74
� 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.
A B
C
c
vc
C0
|a|
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,
75
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]
76
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.
77
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
78
