Równanie dwusiecznej kąta wewnętrznego

Dział całkowicie poświęcony zagadnieniom związanymi z trójkątami. Temu co się w nie wpisuje i na nich opisuje - też...
Awatar użytkownika
mariuszm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6799
Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 1232 razy

Równanie dwusiecznej kąta wewnętrznego

Post autor: mariuszm » 17 mar 2022, o 20:44

Przypuśćmy że mamy dane współrzędne punktów \(\displaystyle{ A,B,C}\)
będących wierzchołkami trójkąta \(\displaystyle{ ABC }\)
Ponadto niech wierzchołek \(\displaystyle{ B}\) trójkąta będzie także wierzchołkiem dzielonego kąta

1. Piszemy równania prostych zawierających ramiona kąta
2. Na jednym z ramion obieramy sobie punkt \(\displaystyle{ D}\)
3. Piszemy równanie okręgu o środku w \(\displaystyle{ B}\) i promieniu \(\displaystyle{ BD}\)
4. Niech punkt E będzie przecięciem okręgu i prostej zawierającej drugie ramię kąta
5. Piszemy równanie prostej przechodzącej przez punkty D oraz E
6. Piszemy równanie prostej prostopadłej do prostej DE i przechodzącej przez punkt B
------------------------------------------------------------------------------------------------------
Jeżeli wiemy że \(\displaystyle{ a_{1}a_{2}+b_{1}b_{2}=0}\) oraz znamy dwupunktowe równanie prostej
to kroki 5. oraz 6. możemy połączyć w jeden

Teraz w kroku 4. piszemy układ równań (prosta i okrąg)
z czego wychodzą nam dwa punkty \(\displaystyle{ E}\)
ale tylko jeden z nich daje dwusieczną kąta wewnętrznego

Czy przy założeniu że równaniem ogólnym prostej \(\displaystyle{ BA}\) jest \(\displaystyle{ a_{1}x+b_{1}y+c_{1} = 0}\) warunek
\(\displaystyle{ \left( a_{1}x_{E}+b_{1}y_{E}+c_{1}\right)\left( a_{1}x_{C}+b_{1}y_{C}+c_{1}\right) > 0 }\)
pozwoli poprawnie wybrać punkt \(\displaystyle{ E}\)

Odpowiedź uzasadnij

a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 20202
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 23 razy
Pomógł: 3429 razy

Re: Równanie dwusiecznej kąta wewnętrznego

Post autor: a4karo » 17 mar 2022, o 22:25

Tak. Niech `D\in AB`. Ten warunek oznacza, że punkty `E` i `C` leżą po tej samej stronie prostej `AB`. co gwarantuje, że środek odcinka `DE` leży w tej samej półpłaszczyźnie co punkt `C`.

Nawiasem mówiąc równanie wektorowe prostej zawierającej dwusieczną tego kąta wygląda tak:

\(\displaystyle{ \overrightarrow{OB}+\left(\frac{\overrightarrow{BA}}{|BA|}+\frac{\overrightarrow{BC}}{|BC|}\right)t}\)

przy czym dwusiecznej kąta odpowiadają dodatnie wartości parametru `t`

Dodano po 6 godzinach 14 minutach 59 sekundach:
Zamiast kroków 5,6 możesz napisać równanie prostej przez `B` i środek `DE`

Awatar użytkownika
mariuszm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6799
Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 1232 razy

Re: Równanie dwusiecznej kąta wewnętrznego

Post autor: mariuszm » 18 mar 2022, o 10:57

a4karo, i to wystarczy za uzasadnienie
Położenie punktu \(\displaystyle{ D}\) na prostej \(\displaystyle{ AB}\) nie ma znaczenia ?
Napisałem programik w Pascalu do równania okręgu wpisanego w trójkąt i chciałem się upewnić czy stosując ten warunek
zawsze poprawnie wybiorę punkt \(\displaystyle{ E}\) , stąd pomysł na wątek
Poznajesz skąd wziąłem ten sposób na równanie dwusiecznej
Co do połączenia kroków 5. oraz 6. to ja napisałem od razu równanie prostopadłej do \(\displaystyle{ DE}\) i przechodzącej przez punkt \(\displaystyle{ B}\)
\(\displaystyle{ \left( x_{E} - x_{D}\right)x + \left( y_{E} - y_{D}\right)y - x_{B}\left( x_{E} - x_{D}\right) - y_{B}\left( y_{E} - y_{D}\right) = 0 }\)
ale twoja propozycja byłaby nieco innym wariantem tego sposobu znajdowania równania dwusiecznej
i może nawet trochę lepsza bo korzystamy tylko z jednego równania na prostą

Użytkownik innego forum podał wzór na współrzędne środka okręgu wpisanego
\(\displaystyle{ \begin{cases} x_{S} = \frac{ax_{A}+bx_{B}+cx_{C}}{a+b+c} \\ y_{S} = \frac{ay_{A}+by_{B}+cy_{C}}{a+b+c} \end{cases} }\)
gdzie \(\displaystyle{ a,b,c}\) to długości odpowiednich boków

Tylko skąd on ten wzorek wziął i jak uzasadnić jego poprawność

a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 20202
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 23 razy
Pomógł: 3429 razy

Re: Równanie dwusiecznej kąta wewnętrznego

Post autor: a4karo » 18 mar 2022, o 11:43

Wystarczy fakt, że `D` leży na ramieniu kąta.

Wzorek na środek okręgu wpisanego wynika z tego, że współrzędne barycentryczne tego punkty są proporcjinalne do długości boków: patrz

Kod: Zaznacz cały

https://en.wikipedia.org/wiki/Barycentric_coordinate_system#Determining_location_with_respect_to_a_triangle
sekcja Examples of special points

Awatar użytkownika
mariuszm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6799
Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 1232 razy

Re: Równanie dwusiecznej kąta wewnętrznego

Post autor: mariuszm » 21 mar 2022, o 23:38

Ostatnio rozpisałem to co powinniśmy dostać ze sposobu konstrukcyjnego

Równanie prostej przechodzącej przez punkty A oraz B


\(\displaystyle{ y-y_{B}=\frac{y_{B}-y_{A}}{x_{B}-x_{A}}\left(x-x_{B}\right)\\
\left(x_{B}-x_{A}\right)\left(y-y_{B}\right)=\left(y_{B}-y_{A}\right)\left(x-x_{B}\right)\\
\left(y_{B}-y_{A}\right)\left(x-x_{B}\right) - \left(x_{B}-x_{A}\right)\left(y-y_{B}\right)=0\\
\left(y_{B}-y_{A}\right)x - \left(x_{B}-x_{A}\right)y +y_{B}\left(x_{B}-x_{A}\right) - x_{B}\left(y_{B}-y_{A}\right)=0\\
}\)



Równanie prostej prostopadłej do prostej AB oraz przechodzącej przez punkt C

\(\displaystyle{ y-y_{C}=-\frac{x_{B}-x_{A}}{y_{B}-y_{A}}\left(x-x_{C}\right)\\
\left(y_{B}-y_{A}\right)\left(y-y_{C}\right)=-\left(x_{B}-x_{A}\right)\left(x-x_{C}\right)\\
\left(x_{B}-x_{A}\right)\left(x-x_{C}\right)+\left(y_{B}-y_{A}\right)\left(y-y_{C}\right)=0\\
\left(x_{B}-x_{A}\right)x + \left(y_{B}-y_{A}\right)y -x_{C}\left(x_{B}-x_{A}\right)-y_{C}\left(y_{B}-y_{A}\right)=0\\
}\)


Tutaj przekształcenia będą poprawne jeżeli założymy że nie dzielimy przez zero
choć pewna dziewczyna która umieszcza filmiki na youtube mówiła że w geometrii wszystko jest w porządku jeśli wychodzi dzielenie
przez zero (z tangensa możemy wtedy wnieść że prosta jest prostopadła do osi OX)


Niech wierzchołkiem kąta będzie punkt B
Za punkt D obierzmy sobie punkt A

Niech

\(\displaystyle{ A_{1} = \left(y_{B}-y_{A}\right)\\
B_{1} = - \left(x_{B}-x_{A}\right)\\
C_{1} = y_{B}\left(x_{B}-x_{A}\right) - x_{B}\left(y_{B}-y_{A}\right)\\
A_{2} = \left(y_{C} - y_{B}\right)\\
B_{2} = -\left(x_{C} - x_{B}\right)\\
C_{2} = y_{C}\left(x_{C}-x_{B}\right) - x_{C}\left(y_{C}-y_{B}\right)\\
\left|AB\right| = c\\
\left|BC\right| = a\\
}\)



\(\displaystyle{
\begin{cases}\left(x-x_{B}\right)^2+\left(y-y_{B}\right)^2 = c^2 \\ A_{2}x+B_{2}y+C_{2}=0\end{cases}\\
\begin{cases}\left(x-x_{B}\right)^2+\left(y-y_{B}\right)^2 = c^2 \\ y=-\frac{1}{B_{2}}\left(C_{2}+A_{2}x\right)\end{cases}\\
\begin{cases}\left(x-x_{B}\right)^2+\left(-\frac{1}{B_{2}}\left(C_{2}+A_{2}x\right)-y_{B}\right)^2 = c^2 \\ y=-\frac{1}{B_{2}}\left(C_{2}+A_{2}x\right)\end{cases}\\
\begin{cases}\left(x-x_{B}\right)^2+\left(\frac{1}{B_{2}}\left(C_{2}+A_{2}x\right)+y_{B}\right)^2 = c^2 \\ y=-\frac{1}{B_{2}}\left(C_{2}+A_{2}x\right)\end{cases}\\
\begin{cases}\left(x-x_{B}\right)^2+\left(\frac{A_{2}}{B_{2}}x+\frac{C_{2}}{B_{2}}+y_{B}\right)^2 = c^2 \\ y=-\frac{1}{B_{2}}\left(C_{2}+A_{2}x\right)\end{cases}\\
\begin{cases}\left(x-x_{B}\right)^2+\left(\frac{A_{2}}{B_{2}}x+\frac{C_{2}}{B_{2}}-\frac{1}{B_{2}}\left(C_{2}+A_{2}x_{B}\right)\right)^2 = c^2 \\ y=-\frac{1}{B_{2}}\left(C_{2}+A_{2}x\right)\end{cases}\\
\begin{cases}\left(x-x_{B}\right)^2+\left(\frac{A_{2}}{B_{2}}x+\frac{C_{2}}{B_{2}}-\frac{A_{2}}{B_{2}}x_{B}-\frac{C_{2}}{B_{2}}\right)^2 = c^2 \\ y=-\frac{1}{B_{2}}\left(C_{2}+A_{2}x\right)\end{cases}\\
\begin{cases}\left(x-x_{B}\right)^2+\left(\frac{A_{2}}{B_{2}}x-\frac{A_{2}}{B_{2}}x_{B}\right)^2 = c^2 \\ y=-\frac{1}{B_{2}}\left(C_{2}+A_{2}x\right)\end{cases}\\
\begin{cases}\left(x-x_{B}\right)^2+\left(\frac{A_{2}}{B_{2}}\left(x-x_{B}\right)\right)^2 = c^2 \\ y=-\frac{1}{B_{2}}\left(C_{2}+A_{2}x\right)\end{cases}\\
\begin{cases}\left(x-x_{B}\right)^2+\frac{A_{2}^2}{B_{2}^2}\left(\left(x-x_{B}\right)\right)^2 = c^2 \\ y=-\frac{1}{B_{2}}\left(C_{2}+A_{2}x\right)\end{cases}\\
\begin{cases}\left(1+\frac{A_{2}^2}{B_{2}^2}\right)\left(x-x_{B}\right)^2 = c^2 \\ y=-\frac{1}{B_{2}}\left(C_{2}+A_{2}x\right)\end{cases}\\
\begin{cases}\left(\frac{A_{2}^2+B_{2}^2}{B_{2}^2}\right)\left(x-x_{B}\right)^2 = c^2 \\ y=-\frac{1}{B_{2}}\left(C_{2}+A_{2}x\right)\end{cases}\\
\begin{cases}\left(x-x_{B}\right)^2 =\frac{B_{2}^2}{A_{2}^2+B_{2}^2} c^2 \\ y=-\frac{1}{B_{2}}\left(C_{2}+A_{2}x\right)\end{cases}\\
\begin{cases}\left(x-x_{B}\right)^2 = B_{2}^2 \cdot \frac{c^2}{a^2}\\ y=-\frac{1}{B_{2}}\left(C_{2}+A_{2}x\right)\end{cases}\\
\begin{cases}x-x_{B} =\mp B_{2} \cdot \frac{c}{a}\\ y=-\frac{1}{B_{2}}\left(C_{2}+A_{2}x\right)\end{cases}\\
\begin{cases}x =x_{B} \mp B_{2} \cdot \frac{c}{a}\\ y=-\frac{1}{B_{2}}\left(C_{2}+A_{2}x\right)\end{cases}\\
\begin{cases}x =x_{B} \mp B_{2} \cdot \frac{c}{a}\\ y=-\frac{1}{B_{2}}\left(C_{2}+A_{2}\left(x_{B} \mp B_{2} \cdot \frac{c}{a}\right)\right)\end{cases}\\
\begin{cases}x =x_{B} \mp B_{2} \cdot \frac{c}{a}\\ y=-\frac{C_{2}}{B_{2}}-\frac{A_{2}}{B_{2}}x_{B}\pm \frac{A_{2}}{B_{2}}\cdot B_{2} \cdot \frac{c}{a}\end{cases}\\
\begin{cases}x =x_{B} \mp B_{2} \cdot \frac{c}{a}\\ y=y_{B}\pm A_{2} \cdot \frac{c}{a}\end{cases}\\
}\)


Wstawmy teraz obliczone współrzędne punktu \(\displaystyle{ E}\) do warunku

\(\displaystyle{ \left(A_{1}x_{E}+B_{1}y_{E}+C_{1}\right)\left(A_{1}x_{C}+B_{1}y_{C}+C_{1}\right)>0\\
\left(A_{1}\left(x_{B} \mp B_{2} \cdot \frac{c}{a} \right) +B_{1}\left(y_{B}\pm A_{2} \cdot \frac{c}{a} \right) +C_{1}\right)\left(A_{1}x_{C}+B_{1}y_{C}+C_{1}\right)>0\\
\left(A_{1}x_{B}+B_{1}y_{B}+C_{1} \mp B_{2}A_{1}\cdot \frac{c}{a} + \pm B_{1}A_{2}\cdot \frac{c}{a} \right) \left(A_{1}x_{C}+B_{1}y_{C}+C_{1}\right)>0\\
\left(\mp \frac{c}{a}\left( B_{2}A_{1}-B_{1}A_{2}\right) \right) \left(A_{1}x_{C}+B_{1}y_{C}+C_{1}\right)>0\\
}\)


Jeżeli wybierzemy sobie znak \(\displaystyle{ +}\) to warunek na wybór punktu E będzie można przedstawić następująco

\(\displaystyle{ \left( A_{1}B_{2}-A_{2}B_{1}\right) \left(A_{1}x_{C}+B_{1}y_{C}+C_{1}\right)>0\\ }\)


1. Przypuśćmy że punkt E ma współrzędne

\(\displaystyle{ \begin{cases}x_{E}=x_{B} - B_{2}\cdot\frac{c}{a}\\y_{E}=y_{B}+A_{2}\cdot\frac{c}{a}\end{cases}}\)


Równanie dwusiecznej będzie wyglądało następującą


\(\displaystyle{ \left(x_{B} - B_{2}\cdot\frac{c}{a}-x_{A}\right)x + \left(y_{B}+A_{2}\cdot\frac{c}{a} - y_{A}\right)y-x_{B}\left(x_{B} - B_{2}\cdot\frac{c}{a}-x_{A}\right)-y_{B}\left(y_{B}+A_{2}\cdot\frac{c}{a} - y_{A}\right)=0\\
\left(\left(x_{B}-x_{A}\right) - B_{2}\cdot\frac{c}{a}\right)x + \left(\left(y_{B}- y_{A}\right)+A_{2}\cdot\frac{c}{a} \right)y-x_{B}\left(\left(x_{B} - x_{A}\right) - B_{2}\cdot\frac{c}{a}\right)-y_{B}\left(\left(y_{B} - y_{A}\right)+A_{2}\cdot\frac{c}{a} \right)=0\\
\left(\left(x_{B}-x_{A}\right)a - B_{2}\cdot c\right)x + \left(\left(y_{B}- y_{A}\right)a+A_{2}\cdot c \right)y-x_{B}\left(\left(x_{B} - x_{A}\right)a - B_{2}\cdot c\right)-y_{B}\left(\left(y_{B} - y_{A}\right)a+A_{2}\cdot c \right)=0\\
}\)



Jeżeli do powyższego wstawimy współczynniki równania ogólnego prostej \(\displaystyle{ AB}\) to otrzymamy


\(\displaystyle{
\left(\left(x_{B}-x_{A}\right)a - B_{2}\cdot c\right)x + \left(\left(y_{B}- y_{A}\right)a+A_{2}\cdot c \right)y-x_{B}\left(\left(x_{B} - x_{A}\right)a - B_{2}\cdot c\right)-y_{B}\left(\left(y_{B} - y_{A}\right)a+A_{2}\cdot c \right)=0\\
\left(-B_{1}a-B_{2}c\right)x+\left(A_{1}a+A_{2}c\right)y-x_{B}\left(-B_{1}a-B_{2}c\right)-y_{B}\left(A_{1}a+A_{2}c\right) = 0\\
-\left(B_{1}a+B_{2}c\right)x+\left(A_{1}a+A_{2}c\right)y+x_{B}\left(B_{1}a+B_{2}c\right)-y_{B}\left(A_{1}a+A_{2}c\right) = 0\\
\left(B_{1}a+B_{2}c\right)x - \left(A_{1}a+A_{2}c\right)y - x_{B}\left(B_{1}a+B_{2}c\right)+y_{B}\left(A_{1}a+A_{2}c\right) = 0\\
}\)



2. Przypuśćmy że punkt E ma współrzędne

\(\displaystyle{
\begin{cases}x_{E}=x_{B} + B_{2}\cdot\frac{c}{a}\\y_{E}=y_{B} - A_{2}\cdot\frac{c}{a}\end{cases}\\
}\)


Równanie dwusiecznej będzie wyglądało następująco


\(\displaystyle{
\left(x_{B} + B_{2}\cdot\frac{c}{a} - x_{A}\right)x+\left(y_{B} - A_{2}\cdot\frac{c}{a} - y_{A}\right)y - x_{B}\left(x_{B} + B_{2}\cdot\frac{c}{a} - x_{A}\right)-y_{B}\left(y_{B} - A_{2}\cdot\frac{c}{a} - y_{A}\right)=0\\
\left(\left(x_{B}-x_{A}\right)+ B_{2}\cdot\frac{c}{a}\right)x + \left(\left(y_{B} - y_{A}\right) - A_{2}\cdot\frac{c}{a} \right)y - x_{B}\left(\left(x_{B}-x_{A}\right)+ B_{2}\cdot\frac{c}{a}\right)-y_{B}\left(\left(y_{B} - y_{A}\right) - A_{2}\cdot\frac{c}{a} \right)=0\\
\left(\left(x_{B}-x_{A}\right)a + B_{2}\cdot c\right)x + \left(\left(y_{B} - y_{A}\right)a - A_{2}\cdot c \right)y - x_{B}\left(\left(x_{B}-x_{A}\right)a + B_{2}\cdot c\right)-y_{B}\left(\left(y_{B} - y_{A}\right)a - A_{2}\cdot c \right)=0\\
}\)



Jeżeli do powyższego wstawimy współczynniki równania ogólnego prostej [TeX]AB[/TeX] to otrzymamy


\(\displaystyle{
\left(\left(x_{B}-x_{A}\right)a + B_{2}\cdot c\right)x + \left(\left(y_{B} - y_{A}\right)a - A_{2}\cdot c \right)y - x_{B}\left(\left(x_{B}-x_{A}\right)a + B_{2}\cdot c\right)-y_{B}\left(\left(y_{B} - y_{A}\right)a - A_{2}\cdot c \right)=0\\
\left(-B_{1}a+B_{2}c\right)x+\left(A_{1}a - A_{2}c\right)y- x_{B}\left(-B_{1}a+B_{2}c\right)-y_{B}\left(A_{1}a - A_{2}c\right)=0\\
-\left(B_{1}a - B_{2}c\right)x+\left(A_{1}a - A_{2}c\right)y + x_{B}\left(B_{1}a - B_{2}c\right)-y_{B}\left(A_{1}a - A_{2}c\right)=0\\
\left(B_{1}a - B_{2}c\right)x - \left(A_{1}a - A_{2}c\right)y - x_{B}\left(B_{1}a - B_{2}c\right) + y_{B}\left(A_{1}a - A_{2}c\right)=0\\
}\)


I to mi wyszło po rozpisaniu tego sposobu

Użytkownik KowalskiMateusz
napisał że on gdy chciał narysować okrąg wpisany w trójkąt to utworzył sobie dwa wektory zaczepione w wierzchołku A
i końcach w pozostałych wierzchołkach trójkąta następnie z tych wektorów zbudował romb którego przekątna będzie dwusieczną kąta
Czy ten pomysł ma sens i czy rzeczywiście da tylko jedno równanie dwusiecznej i to kąta wewnętrznego

Zarówno w sposobie konstrukcyjnym przedstawionym tutaj jak i porównując odległości punktu od ramion kąta dostajemy dwie proste
i musimy którąś wybrać
Gdyby sposób przedstawiony przez użytkownika KowalskiMateusz
dawał tylko jedną prostą dla dwusiecznej kąta to byłby dość wygodny jeżeli nie mamy danych liczbowych
tylko wykonujemy obliczenia na literkach

Awatar użytkownika
mariuszm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6799
Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 1232 razy

Re: Równanie dwusiecznej kąta wewnętrznego

Post autor: mariuszm » 18 kwie 2022, o 16:49

A punkt \(\displaystyle{ D}\) musi leżeć na ramieniu kąta, aby ten warunek pozwalał poprawnie wybrać punkt \(\displaystyle{ E}\).
Gdy się tym pobawiłem, to też doszedłem do tego wniosku.
Programik który napisałem w Pascalu losuje punkt \(\displaystyle{ D}\) na prostej \(\displaystyle{ AB}\), więc ten warunek nie zawsze pozwoli poprawnie wybrać punkt \(\displaystyle{ E}\).
Ostatnio zmieniony 20 kwie 2022, o 01:56 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Interpunkcja.

Awatar użytkownika
mariuszm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6799
Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 1232 razy

Re: Równanie dwusiecznej kąta wewnętrznego

Post autor: mariuszm » 13 maja 2022, o 10:57

Jeżeli z rozwiązań układu w kroku 4. wybierzemy punkt który nie spełnia podanej przeze mnie nierówności to
i dla niego w kroku 6. poprowadzimy prostą równoległą to otrzymamy równanie

\(\displaystyle{ \left( \left( y_{B}-y_{A}\right)a - \left( y_{C} - y_{B}\right)c \right)x+\left( \left( x_{A}-x_{B}\right)a - \left( x_{B} - x_{C}\right)c \right)y = x_{B}\left( \left( y_{B}-y_{A}\right)a - \left( y_{C} - y_{B}\right)c \right)+y_{B}\left( \left( x_{A}-x_{B}\right)a - \left( x_{B} - x_{C}\right)c \right) }\)

i jak pokazać że jest to równanie tej samej prostej co w przypadku gdybyśmy wybrali punkt który spełnia podaną przeze mnie nierówność
i dla niego w kroku 6. poprowadzimy prostą prostopadłą

\(\displaystyle{ \left( \left( x_{A} - x_{B}\right)a+\left( x_{B}-x_{C}\right)c \right)x - \left( \left( y_{B}-y_{A}\right)a+\left( y_{C}-y_{B}\right)c \right)y=x_{B}\left( \left( x_{A} - x_{B}\right)a+\left( x_{B}-x_{C}\right)c \right) -y_{B}\left( \left( y_{B}-y_{A}\right)a+\left( y_{C}-y_{B}\right)c \right) }\)


Gdy przeprowadzimy obliczenia dla wierzchołków \(\displaystyle{ A}\) oraz \(\displaystyle{ B}\) to dostaniemy układ równań


\(\displaystyle{
\begin{cases} \left( \left( x_{A}-x_{B}\right)b - \left( x_{A}-x_{c}\right) c \right)x - \left( \left( y_{B}-y_{A}\right)b-\left( y_{C}-y_{A}\right)c \right) y=x_{A}\left( \left( x_{A}-x_{B}\right)b - \left( x_{A}-x_{c}\right) c \right)-y_{A}\left( \left( y_{B}-y_{A}\right)b-\left( y_{C}-y_{A}\right)c \right) \\ \left( \left( x_{A} - x_{B}\right)a+\left( x_{B}-x_{C}\right)c \right)x - \left( \left( y_{B}-y_{A}\right)a+\left( y_{C} - y_{B}\right)c \right)y=x_{B} \left( \left( x_{A} - x_{B}\right)a+\left( x_{B}-x_{C}\right)c \right) - y_{B}\left( \left( y_{B}-y_{A}\right)a+\left( y_{C} - y_{B}\right)c \right) \end{cases}
}\)


Jak uprościć rozwiązanie tego układu równań
Próbowałem samodzielnie uprościć rozwiązanie tego układu równań ale nie uzyskałem wyniku
w postaci tego wzorku na współrzędne środka okręgu wpisanego w trójkąt co podałem we wcześniejszym wpisie

ODPOWIEDZ