DSC00070 (3)

336.    Stukana prosta musi należeć do dwu pęków o równani**

x(a+l)+>’(2*-l)+4a-2=0,    x(0+l)+y(jJ-l)+l*0,

Aby powyższe równania przedstawiały tę samą prostą, nusi więc spełniony warunek

a+I 2a—1 4a—2

~£+T~J-i ~T~'

Stąd otrzymujemy te=§, /?=?. Zatem szukana prosta ma równanie ||p

+y+2=0.

337.    Równanie pęku x+2j>-ll-t-A(2x—y—2)=0 zapiszemy w p staci

1+2A    '? _i 2-A    |    114-22

fi +2A)^ł+(2-A)² X v(T+ 2A)²+(2—I)¹ ^ V(l+22)^J+(2-2)ⁱ

Moduł wyrazu wolnego jest odległością prostej należącej do pęku od po-czątku układu. Wartość parametru A znajdziemy zatem z warunku

V(l+2A)²+(2—a)²

Ponieważ A=^-, więc szukana prosta ma równanie 3x+4y-25=0.

338.    jc=3, y=0.

339.    Niech wierzchołek, z którego wychodzą dwusieczna i wysokość, będzie C. Równanie boku AC znajdziemy wybierając z pęku

(1)    7x-10y+l+A(3x—2y+5)=0

prostą przechodzącą przez punkt A, tzn. prostą x—5y—7=0. Bok AB jest prostopadły do danej wysokości, jego równanie jest więc

y+l = —y(x—2)    lub inaczej 10x+7y—13=0.

Bok BC znajdujemy wybierając z pęku (1) taką prostą, która tworzy z daną dwusieczną kąt równy kątowi między tą dwusieczną i bokiem AC. Otrzymujemy wtedy 5x+y+17=0.

340.    I metoda. Układ równań

ax+by+1=0, 2x—3y+5=0,    x—1=0

powinien mieć dokładnie jedno rozwiązanie. Wstawiając x=l do pierwszego i drugiego równania otrzymujemy

a+by+l=0,    3y—7=0.

Stąd po wyrugowaniu niewiadomej y otrzymujemy zależność między | i b postaci 3a+7b+3=0.

II metoda. Trzy dane proste należeć muszą do tego samego pęka, tzn. każde z równań jest liniowo zależne od pozostałych, czyli wyznacznik

ab 1 2-3    5

1 0 -1

powinien być równy zeru. Rozwijając ten wyznacznik według pierwszego wiersza otrzymujemy 3a+7ń+3=0.

341.    Zapisując dane równanie w postaci (x-o)¹+0’-6)^a=r^J widzimy, że środek okręgu znajduje się w punkcie 5(5, -12), a promień okręgu r=15.

342.    (x—2)²+0'+3)²=49.

343.    (x-3)²+(y+4)²=25.

344.    (x-l)²+(y+2)²=25.

345.    Promień okręgu jest równy odległości początku układu od danej prostej, tzn. r=l. Szukany okrąg ma więc równanie x²+y²=l.

346.    (x-4)²+0-5)²=25.

347.    Przecinając prostą symetralną odcinka AB z prostą daną, tj. rozwiązując układ równań

x-y-0,    —3x+y—2=0

otrzymujemy środek szukanego okręgu S(— 2, —4), a następnie jego promień AS-sflO. Stąd mamy równanie szukanego okręgu

. (x+2)²+0+4)²=10.

348.    Równanie szukanego okręgu możemy zapisać w postaci

(x-a)²+(y-b)²=r²,

gdzie S(a, b) jest jego środkiem, a r promieniem. Współrzędne punktów A, Bi C muszą spełniać równanie tego okręgu, skąd ma, bir otrzymuje* my układ równań

(a—2)²+(ń—2)*=r²,

(a+S)²+.(b+S)²=r^I, .

(a~l)²+(h+5)²=r².