Exerciții rezolvate cu drepte în plan — clasa a 10-a

În forma $y = mx + b$, panta este $m = 3$.

Termenul liber din forma $y = mx + b$ este ordonata la origine: $b = 5$.

Panta $= -3$. Dreapta prin $(1, 4)$: $y - 4 = -3(x - 1) \Rightarrow y = -3x + 7$.

$m_1 \cdot m_2 = -1 \Rightarrow m_2 = -\dfrac{1}{2}$.

$d = \dfrac{|3 \cdot 2 - 4 \cdot 3 + 5|}{\sqrt{9 + 16}} = \dfrac{|-1|}{5} = \dfrac{1}{5}$.

$2x + 6 = 0 \Rightarrow x = -3$, deci dreapta intersectează $Ox$ în $(-3, 0)$.

$2x - 1 = -x + 5 \Rightarrow 3x = 6 \Rightarrow x = 2$, $y = 3$. Intersecția: $(2, 3)$.

Mijlocul: $(2, 0)$. Segmentul $AB$ este orizontal, deci mediatoarea este verticală prin $(2, 0)$: $x = 2$.

O dreaptă paralelă cu $d$ păstrează coeficienții lui $x$ și $y$: $3x-2y+C=0$, pentru un anume $C\neq5$ (altfel ar coincide cu $d$). Punem condiția ca $A(2,-1)$ să aparțină dreptei: $$3\cdot2-2\cdot(-1)+C=0 \implies 6+2+C=0 \implies C=-8.$$ Ecuația căutată este $3x-2y-8=0$. Verificare: $A(2,-1)$: $3\cdot2-2\cdot(-1)-8=6+2-8=0$ ✓. Coeficienții $(3,-2)$ sunt identici cu ai lui $d$, deci dreptele sunt paralele (și distincte, deoarece $-8\neq5$). ✓

Fasciculul de drepte prin $P$ (intersecția lui $d_1$ și $d_2$) este $$(2x-y-1) + \lambda(x+y-5) = 0.$$ Punem condiția ca această dreaptă să treacă prin $C(0,4)$: $$(0-4-1) + \lambda(0+4-5) = 0 \implies -5 - \lambda = 0 \implies \lambda=-5.$$ Înlocuind: $$(2x-y-1) - 5(x+y-5) = 0 \implies 2x-y-1-5x-5y+25=0 \implies -3x-6y+24=0,$$ adică, după împărțirea prin $-3$: $x+2y-8=0$. Verificare: $P$ (rezolvând separat $d_1\cap d_2$) este $\left(\dfrac15,\dfrac75\right)$, iar $\dfrac15+2\cdot\dfrac75-8=\dfrac15+\dfrac{14}5-8=3-8=-5$... recalculăm corect: $\dfrac15+\dfrac{14}{5}=\dfrac{15}{5}=3$, iar $3-8=-5\neq 0$ — deci verificăm cu grijă: de fapt $P=(2,3)$ (din $2x-y=1$ și $x+y=5$: $3x=6\Rightarrow x=2,\,y=3$), iar $2+2\cdot3-8=2+6-8=0$ ✓. Prin $C(0,4)$: $0+8-8=0$ ✓.

O dreaptă cu tăieturi nenule și egale pe axe (fie ele ambele egale cu $a\neq 0$) are ecuația $$\frac{x}{a}+\frac{y}{a}=1 \iff x+y=a.$$ Punând condiția ca $A(2,3)\in d$: $2+3=a \Rightarrow a=5$. Deci $d: x+y-5=0$. Capcana: dreapta $3x-2y=0$ trece și ea prin $A(2,3)$ (deoarece $3\cdot2-2\cdot3=0$), dar taie ambele axe în origine — tăieturile sale sunt amândouă $0$, deci nu sunt „segmente diferite de origine" cum cere enunțul; se exclude. Verificare: intersecția cu $Ox$ este $(5,0)$, cu $Oy$ este $(0,5)$ — segmente egale, ambele nenule, iar $2+3-5=0$ confirmă că $A\in d$. ✓

Grupăm după puterile lui $m$: $$\underbrace{(x+3y+2)}_{\text{coef. lui }m^2}m^2 + \underbrace{(2x+y-1)}_{\text{coef. lui }m}m + \underbrace{(4y+4)}_{\text{termen liber}} = 0.$$ Pentru ca ecuația să aibă loc pentru orice $m$ (o infinitate de valori), fiecare din cei trei coeficienți trebuie să fie nul — obținem un sistem de trei ecuații cu două necunoscute: $$x+3y+2=0, \qquad 2x+y-1=0, \qquad 4y+4=0.$$ Din a treia: $y=-1$. Din a doua: $2x-1-1=0 \Rightarrow x=1$. Pasul de verificare (esențial): înlocuim în prima ecuație, care nu a fost încă folosită: $1+3(-1)+2 = 1-3+2=0$ ✓ — sistemul e consistent, deci punctul fix există cu adevărat și este $(1,-1)$. Verificare numerică directă: pentru $m=1$, $d_1: 3x+8y+5=0$, iar $3-8+5=0$ ✓; pentru $m=-2$, $d_{-2}: 0\cdot x+14y+10=0 \Rightarrow y=-\dfrac{10}{14}$... recalculăm: coeficientul lui $x$ la $m=-2$ este $4-4=0$, cel al lui $y$ este $12-2+4=14$, termenul liber $8+2+4=14$, deci $d_{-2}: 14y+14=0 \Rightarrow y=-1$ (orice $x$!) — compatibil cu $(1,-1)$. ✓