Test: distanța de la un punct la o dreaptă și aria triunghiului

Disciplina: Matematică · Clasa a XI-a · Unitatea: Drepte în planul cartezian

Pentru părinți și profesori

Acest test închide unitatea de geometrie analitică și verifică partea ei cea mai rentabilă la examen: măsurătorile. Sunt evaluate patru lucruri. Primul: formula distanței de la un punct la o dreaptă, cu obligația de a aduce dreapta la forma generală înainte de aplicare, cu modulul de la numărător și cu raționalizarea rezultatului. Al doilea: piciorul perpendicularei, calculat cu formulele deduse în lecție, și interpretarea lui ca punct în care distanța își atinge minimul. Al treilea: aria unui triunghi cu determinantul format din coordonatele vârfurilor și o coloană de $1$, împreună cu cazul-limită al coliniarității și cu descompunerea unui poligon în triunghiuri. Al patrulea: metoda ariei exprimate în două moduri, din care se deduc înălțimile fără a scrie ecuația vreunei laturi, plus problemele de optimizare care se rezolvă fără derivate.

Testul se dă după ultima lecție a unității și folosește tot arsenalul ei: pante, poziții relative, perpendicularitate, distanțe, arii. Nu cere nimic din capitolele care urmează — în particular, la itemul de optimizare nu se folosesc derivate, ci recunoașterea tipului de dependență a ariei de parametru.

• Punctaj total: 100 de puncte (90 de puncte din itemi + 10 puncte din oficiu).
• Timp recomandat: 70 de minute; orientativ, $15$ minute pentru Partea I ($24$ de puncte), $30$ pentru Partea a II-a ($34$ de puncte) și $25$ pentru Partea a III-a ($32$ de puncte). Dacă ora de curs are $50$ de minute, proba se poate da în două reprize — Părțile I și a II-a ($58$ de puncte) într-o oră, Partea a III-a ($32$ de puncte) în ora următoare —, iar oficiul se acordă o singură dată, la punctajul final.
• Cum se aplică: elevul lucrează individual, pe foaie, fără calculator. Orice problemă cu triunghi începe prin verificarea necoliniarității, iar rezultatele cu radical la numitor se scriu raționalizate. Se depunctează: aplicarea formulei distanței pe o ecuație scrisă sub forma explicită, fără rescriere ($b=-1$, nu $b=1$); omiterea modulului de la numărător sau a jumătății din formula ariei; nemarcarea faptului că o ecuație cu modul are două soluții; calculul unei înălțimi prin împărțirea la latura greșită; căutarea maximului „pe la mijloc" când aria depinde liniar de parametru; folosirea vârfului parabolei fără a verifica dacă abscisa lui aparține domeniului admis.
• Interpretare: 90–100 p = foarte bine; 75–89 p = bine; 60–74 p = satisfăcător; sub 60 p = se recomandă reluarea lecțiilor unității, cu accent pe formula distanței și pe relația dintre arie, bază și înălțime.
• Formule de reținut: distanța de la un punct la o dreaptă — pentru $h:ax+by+c=0$ și $M_0(x_0,y_0)$, $$d(M_0,h)=\frac{|a{x}_0+b{y}_0+c|}{\sqrt{a^2+b^2}};$$ piciorul perpendicularei din $M_0$ pe $h$ este $N(x_0-ak,y_0-bk)$, cu $k=\frac{a{x}_0+b{y}_0+c}{a^2+b^2}$, iar distanța se scrie și $|k|\sqrt{a^2+b^2}$. Distanța dintre două drepte paralele scrise cu aceiași coeficienți $a$ și $b$ este $\frac{|c_1-c_2|}{\sqrt{a^2+b^2}}$. Aria unui triunghi: cu $A(x_A,y_A)$, $B(x_B,y_B)$, $C(x_C,y_C)$, $$\Delta =\left|\begin{array}{ccc}{x}_A& y_A& 1\\ x_B& y_B& 1\\ x_C& y_C& 1\end{array}\right|,{\mathcal{S}}_{ABC}=\frac{1}{2}|\Delta |,$$ iar coliniaritatea este cazul $\Delta =0$. (Precizare de notație, valabilă în tot testul: aici $\Delta$ este determinantul de ordinul al treilea format cu coordonatele a trei puncte și cu o coloană de $1$, cel de la coliniaritate și arie — nu determinantul sistemului de la poziția relativă a două drepte, notat tot $\Delta$ în alte lecții ale unității. Se recunoaște ușor: acesta pornește de la trei puncte, celălalt de la două ecuații.) Scăzând prima linie din celelalte două și dezvoltând după coloana a treia se obține forma scurtă, care dă exact același număr: $$\Delta =(x_B-x_A)(y_C-y_A)-(x_C-x_A)(y_B-y_A).$$ Când un vârf este chiar originea, ${\mathcal{S}}_{OAB}=\frac{1}{2}|x_A{y}_B-x_B{y}_A|$. Aria exprimată în două moduri dă orice înălțime dintr-o singură arie, $h=\frac{2\mathcal{S}}{\text{baza˘}}$, și scurtătura $$d(C,AB)=\frac{|\Delta |}{AB},$$ care evită scrierea ecuației dreptei $AB$. Optimizarea fără derivate, în cele trei situații predate: aria este constantă când vârful mobil se deplasează pe o paralelă la bază; depinde liniar de parametru când vârful parcurge un segment, iar atunci extremele se ating în capetele intervalului; depinde pătratic de parametru când vârful parcurge o parabolă, iar atunci extremul se află în vârful parabolei — cu condiția ca abscisa vârfului să aparțină domeniului admis.

Notă: în barem, cuvântul „itemul" este folosit ca termen de evaluare; la clasă, în vorbirea curentă, spunem „exercițiul".

Itemi

Partea I – Distanța de la un punct la o dreaptă

Itemul 1 (6 puncte)

Alege litera corespunzătoare răspunsului corect (câte 2 puncte):

a) Distanța de la originea $O$ la dreapta $5x-12y+26=0$ este egală cu: A. $26$; B. $2$; C. $\frac{26}{17}$; D. $13$.

b) Aria triunghiului cu vârfurile $O(0,0)$, $A(5,1)$ și $B(2,4)$ este egală cu: A. $22$; B. $18$; C. $11$; D. $9$.

c) Punctele $A(1,-1)$, $B(4,5)$ și $C(6,9)$: A. formează un triunghi de arie $1$; B. sunt coliniare; C. formează un triunghi dreptunghic; D. formează un triunghi de arie $3$.

Itemul 2 (6 puncte)

Calculează distanțele următoare, scriind mai întâi forma generală a dreptei și raționalizând rezultatul acolo unde este cazul (câte 1,5 puncte): a) de la $P(3,-2)$ la dreapta $8x+15y-4=0$; b) de la $Q(-5,1)$ la dreapta $y=-3x+4$; c) de la $R(7,-3)$ la dreapta $x=-2$; d) de la $R(7,-3)$ la dreapta $y=5$.

Itemul 3 (6 puncte)

Stabilește dacă fiecare afirmație este adevărată (A) sau falsă (F) și justifică pe scurt (câte 1,5 puncte): a) „Pentru o dreaptă dată prin $y=mx+n$, distanța de la un punct la ea se calculează luând $a=m$, $b=1$ și $c=n$." b) „Într-un triunghi $ABC$, lungimea înălțimii din $C$ se obține împărțind dublul ariei la lungimea laturii $AB$." c) „Dacă schimbăm între ele două vârfuri ale unui triunghi, atât determinantul $\Delta$, cât și aria își schimbă valoarea." d) „Dacă $\Delta$ depinde liniar de un parametru $s\in [0,1]$, atunci aria $\mathcal{S}(s)=\frac{1}{2}|\Delta (s)|$ își atinge maximul într-unul dintre capetele intervalului."

Itemul 4 (6 puncte)

a) Arată că dreptele $8x+15y-30=0$ și $8x+15y+38=0$ sunt paralele distincte și calculează distanța dintre ele, folosind două puncte diferite ale primei drepte. (3 p) b) Determină valorile reale ale lui $m$ pentru care distanța de la punctul $A(1,-2)$ la dreapta $3x-4y+m=0$ este egală cu $3$. (3 p)

Partea a II-a – Aria triunghiului și coliniaritatea

Itemul 5 (8 puncte)

Calculează aria triunghiurilor de mai jos, verificând întâi că punctele nu sunt coliniare (câte 2 puncte): a) $A(2,-1)$, $B(7,1)$, $C(3,6)$, cu determinantul scris complet și calculat prin regula lui Sarrus; b) $A(-3,2)$, $B(1,-4)$, $C(5,4)$, folosind forma scurtă; c) $O(0,0)$, $M(6,2)$, $N(1,5)$, folosind formula pentru triunghiul cu un vârf în origine; d) $P(4,-1)$, $Q(4,7)$, $R(-2,3)$, apoi verifică rezultatul observând că latura $PQ$ este verticală.

Itemul 6 (7 puncte)

a) Arată că punctele $A(-2,5)$, $B(3,-5)$ și $C(6,-11)$ sunt coliniare și confirmă rezultatul prin pante. (3 p) b) Determină $m\in \mathbb{R}$ pentru care punctele $P(1,3)$, $Q(5,m)$ și $R(-3,-1)$ sunt coliniare. (2 p) c) Determină $m\in \mathbb{R}$ pentru care aria triunghiului $PQR$ este egală cu $6$. (2 p)

Itemul 7 (7 puncte)

Se consideră patrulaterul convex $ABCD$, cu $A(-1,-2)$, $B(5,0)$, $C(8,5)$ și $D(1,6)$. a) Calculează aria patrulaterului, descompunându-l cu diagonala $AC$. (4 p) b) Verifică rezultatul refăcând calculul cu diagonala $BD$ și explică de ce cele două valori trebuie să coincidă. (3 p)

Itemul 8 (6 puncte)

a) Calculează aria triunghiului $OAB$, unde $O$ este originea, $A(9,4)$ și $B(2,6)$, folosind formula pentru triunghiul cu un vârf în origine, apoi verifică rezultatul cu determinantul de ordinul al treilea. (3 p) b) Determină $t>0$ astfel încât aria triunghiului $OAP$, cu $A(9,4)$ și $P(t,0)$, să fie egală cu $18$. Precizează ce se întâmplă dacă se renunță la condiția $t>0$. (3 p)

Itemul 9 (6 puncte)

Se consideră punctul $M(10,8)$ și dreapta $h:3x+4y-12=0$. a) Arată că $M\notin h$ și calculează $d(M,h)$ cu formula. (2 p) b) Determină coordonatele piciorului perpendicularei duse din $M$ pe $h$, folosind numărul $k$. (3 p) c) Verifică rezultatul calculând lungimea segmentului $MN$ și arată că punctul $(0,3)$ al dreptei $h$ este mai depărtat de $M$ decât $N$. (1 p)

Partea a III-a – Aria exprimată în două moduri, optimizare și itemi de tip examen

Itemul 10 (8 puncte)

(Redactare completă cerută.) a) Demonstrează formula distanței de la punctul $M_0(x_0,y_0)$ la dreapta $h:ax+by+c=0$, arătând întâi că punctul $N(x_0-ak,y_0-bk)$, cu $k=\frac{a{x}_0+b{y}_0+c}{a^2+b^2}$, este piciorul perpendicularei. (5 p) b) Pentru $A(-1,-3)$, $B(7,1)$ și $C(2,6)$, calculează $d(C,AB)$ pe două căi: cu ecuația dreptei $AB$ și cu scurtătura $d(C,AB)=\frac{|\Delta |}{AB}$. (3 p)

Itemul 11 (8 puncte)

Se consideră triunghiul cu vârfurile $A(2,-3)$, $B(11,-3)$ și $C(2,9)$. a) Arată că punctele nu sunt coliniare și calculează aria triunghiului. (3 p) b) Calculează lungimile celor trei laturi și deduce, din arie, lungimile celor trei înălțimi. (3 p) c) Verifică lungimea înălțimii din $A$ pe a doua cale, scriind ecuația dreptei $BC$ și aplicând formula distanței. (2 p)

Itemul 12 (8 puncte)

a) Se consideră punctele $A(0,2)$, $B(6,4)$ și punctul mobil $P(4s,6s)$, cu $s\in [0,1]$. Determină expresia lui $\Delta (s)$, valoarea lui $s$ pentru care aria triunghiului $ABP$ este nulă și aria maximă a acestui triunghi. (4 p) b) Punctele $A(-3,9)$ și $B(1,1)$ se află pe parabola de ecuație $y=x^2$, iar $P(t,t^2)$ parcurge arcul dintre ele, adică $t\in (-3,1)$. Arată că $\mathcal{S}(t)=2\left(3-2t-t^2\right)$ și determină aria maximă, precizând poziția lui $P$. (4 p)

Itemul 13 (8 puncte)

(Item tip Bacalaureat M1.) În reperul cartezian $xOy$ se consideră punctele $A(-4,1)$, $B(2,-1)$ și $C(6,7)$. a) Arătați că punctele $A$, $B$, $C$ nu sunt coliniare și calculați aria triunghiului $ABC$. (3 p) b) Calculați distanța de la punctul $C$ la dreapta $AB$. (3 p) c) Determinați punctele $P$ de pe axa $Ox$ pentru care aria triunghiului $ABP$ este egală cu $14$. (2 p)

Barem și răspunsuri

Punctaj total: 90 p din itemi + 10 p din oficiu = 100 p.

Itemul 1. (6 p) — câte 2 puncte.

a) B. La origine rămâne doar termenul liber: $$d(O,h)=\frac{|26|}{\sqrt{25+144}}=\frac{26}{13}=2.$$ Varianta A este numărătorul neîmpărțit, iar C folosește greșit $\sqrt{a^2+b^2}=17$, valoare care corespunde altei perechi de coeficienți.

b) D. Cu un vârf în origine, ${\mathcal{S}}_{OAB}=\frac{1}{2}|x_A{y}_B-x_B{y}_A|=\frac{1}{2}|5\cdot 4-2\cdot 1|=\frac{18}{2}=9$. Varianta B este determinantul, adică dublul ariei — greșeala „am uitat jumătatea".

c) B. Cu forma scurtă a determinantului, $$\Delta =(4-1)(9+1)-(6-1)(5+1)=30-30=0,$$ deci punctele sunt coliniare și nu formează niciun triunghi. (Control prin pante: $m_{AB}=\frac{5+1}{4-1}=2$ și $m_{AC}=\frac{9+1}{6-1}=2$.)

Itemul 2. (6 p) — câte 1,5 puncte (0,5 p forma generală și identificarea lui $a$, $b$, $c$; 1 p calculul, cu rezultatul raționalizat).

a) Dreapta este deja în formă generală, cu $a=8$, $b=15$, $c=-4$: $$d=\frac{|8\cdot 3+15\cdot (-2)-4|}{\sqrt{64+225}}=\frac{|24-30-4|}{17}=\frac{10}{17}.$$

b) Aducem dreapta la forma generală: $3x+y-4=0$, deci $a=3$, $b=1$, $c=-4$. Atunci $$d=\frac{|-15+1-4|}{\sqrt{9+1}}=\frac{18}{\sqrt{10}}=\frac{18\sqrt{10}}{10}=\frac{9\sqrt{10}}{5}.$$ (Greșeala de evitat: citirea coeficienților direct din forma $y=-3x+4$.)

c) Verticala se scrie $x+2=0$, deci $a=1$, $b=0$, $c=2$: $$d=\frac{|7+2|}{\sqrt{1+0}}=9.$$ Rezultatul se citește și direct: distanța până la o verticală este deplasarea orizontală $|x_0-(-2)|$. Formula funcționează și aici, tocmai pentru că lucrează cu coeficienți, nu cu pante — verticala nu are pantă.

d) Orizontala se scrie $y-5=0$, deci $a=0$, $b=1$, $c=-5$: $$d=\frac{|-3-5|}{\sqrt{0+1}}=8,$$ adică deplasarea verticală $|y_0-5|$.

Itemul 3. (6 p) — câte 1,5 puncte (0,5 p răspunsul, 1 p justificarea).

a) F. Din $y=mx+n$ toți termenii se trec în membrul stâng: $mx-y+n=0$, deci $b=-1$, nu $b=1$. De pildă, pentru $P(3,4)$ și dreapta $y=2x-1$, forma corectă este $2x-y-1=0$, iar $d=\frac{|6-4-1|}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$. Numitorul iese la fel, dar numărătorul se schimbă complet.

b) A. Din $\mathcal{S}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot d(C,AB)$ rezultă $d(C,AB)=\frac{2\mathcal{S}}{AB}$, iar $d(C,AB)$ este chiar lungimea înălțimii din $C$. Esențial este că se împarte la latura opusă vârfului $C$; împărțirea la altă latură dă un număr plauzibil ca mărime, deci greu de depistat.

c) F. Schimbarea a două vârfuri înseamnă schimbarea a două linii ale determinantului, deci $\Delta$ își schimbă semnul — până aici afirmația e corectă. Aria însă nu se schimbă, pentru că formula conține modulul: $\mathcal{S}=\frac{1}{2}|\Delta |$. Aria este o mărime geometrică și nu poate depinde de ordinea în care am scris literele.

d) A. Dacă $\Delta (s)$ este o funcție de gradul întâi (sau constantă), atunci $|\Delta (s)|$ este o funcție liniară pe porțiuni, cu cel mult o schimbare de sens, iar pe fiecare bucată este monotonă. Prin urmare maximul pe intervalul închis $[0,1]$ se atinge într-un capăt. (Minimul, în schimb, poate fi interior: el este $0$, atins acolo unde $\Delta$ se anulează, adică unde punctul mobil ajunge pe dreapta bazei.)

Itemul 4. (6 p)

a) (3 p) Cele două ecuații au aceiași coeficienți ai lui $x$ și ai lui $y$, deci $a_1{b}_2-a_2{b}_1=8\cdot 15-8\cdot 15=0$: dreptele sunt paralele. Termenii liberi fiind diferiți, ele sunt distincte (0,5 p). Primul punct. Punând $x=0$ în prima ecuație obținem $y=2$, deci $A(0,2)$ îi aparține ($0+30-30=0$) (0,5 p), iar $$d(d_1,d_2)=d(A,d_2)=\frac{|0+30+38|}{\sqrt{64+225}}=\frac{68}{17}=4$$ (1 p). Al doilea punct. Punând $y=0$ obținem $x=\frac{15}{4}$, deci $B\left(\frac{15}{4},0\right)$ este tot pe prima dreaptă, iar $$d(B,d_2)=\frac{\left|8\cdot \frac{15}{4}+0+38\right|}{17}=\frac{30+38}{17}=4,$$ aceeași valoare, cum era de așteptat (0,5 p). Control cu formula scurtă: $\frac{|c_1-c_2|}{\sqrt{a^2+b^2}}=\frac{|-30-38|}{17}=4$ ✓ Ea se poate folosi aici tocmai pentru că $a$ și $b$ sunt identici în cele două ecuații (0,5 p).

b) (3 p) Scriem condiția (0,5 p): $$\frac{|3\cdot 1-4\cdot (-2)+m|}{\sqrt{9+16}}=3⟺\frac{|m+11|}{5}=3⟺|m+11|=15$$ (1,5 p). Modulul se desface în două cazuri: $m+11=15$, deci $m=4$, sau $m+11=-15$, deci $m=-26$ (0,5 p). Verificare: pentru $m=4$, $\frac{|3+8+4|}{5}=3$ ✓; pentru $m=-26$, $\frac{|3+8-26|}{5}=\frac{15}{5}=3$ ✓ Cele două valori dau două drepte paralele, așezate simetric față de $A$, câte una de fiecare parte (0,5 p).

Itemul 5. (8 p) — câte 2 puncte (0,5 p verificarea necoliniarității, 1 p determinantul, 0,5 p aria).

a) Scriem determinantul complet și îl calculăm cu regula lui Sarrus (aplicabilă, fiind ordinul al treilea): $$\Delta =\left|\begin{array}{ccc}2& -1& 1\\ 7& 1& 1\\ 3& 6& 1\end{array}\right|=(2+42-3)-(3+12-7)=41-8=33\ne 0,$$ deci punctele nu sunt coliniare, iar $\mathcal{S}=\frac{33}{2}=16,5$. Control cu forma scurtă: $(7-2)(6+1)-(3-2)(1+1)=35-2=33$ ✓ — cele două forme dau, cum trebuie, același număr.

b) Cu forma scurtă: $$\Delta =(1+3)(4-2)-(5+3)(-4-2)=8+48=56\ne 0,$$ deci punctele formează un triunghi, cu $\mathcal{S}=28$.

c) Un vârf fiind în origine, se aplică formula scurtă: $${\mathcal{S}}_{OMN}=\frac{1}{2}|x_M{y}_N-x_N{y}_M|=\frac{1}{2}|6\cdot 5-1\cdot 2|=\frac{28}{2}=14.$$ Cum $\Delta =28\ne 0$, punctele nu sunt coliniare.

d) Cu forma scurtă: $$\Delta =(4-4)(3+1)-(-2-4)(7+1)=0+48=48\ne 0,\mathcal{S}=24.$$ Verificare pe a doua cale: punctele $P$ și $Q$ au aceeași abscisă, deci latura $PQ$ este verticala $x=4$, de lungime $|7-(-1)|=8$. Înălțimea corespunzătoare este distanța de la $R$ la această verticală, adică $|-2-4|=6$, deci $$\mathcal{S}=\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 6=24✓$$

Itemul 6. (7 p)

a) (3 p) Cu forma scurtă a determinantului (1 p): $$\Delta =(3+2)(-11-5)-(6+2)(-5-5)=5\cdot (-16)-8\cdot (-10)=-80+80=0$$ (1 p), deci punctele $A$, $B$, $C$ sunt coliniare: ele nu formează triunghi, iar aria este nulă. Confirmare prin pante: $m_{AB}=\frac{-5-5}{3-(-2)}=-2$ și $m_{AC}=\frac{-11-5}{6-(-2)}=\frac{-16}{8}=-2$; pantele fiind egale și dreptele având punctul $A$ comun, cele trei puncte se află pe aceeași dreaptă (1 p).

b) (2 p) Calculăm determinantul cu $Q(5,m)$ (1 p): $$\Delta =(5-1)(-1-3)-(-3-1)(m-3)=-16+4(m-3)=4m-28.$$ Condiția de coliniaritate $\Delta =0$ dă $m=7$ (0,75 p). Verificare: pentru $Q(5,7)$, $m_{PQ}=\frac{7-3}{5-1}=1$ și $m_{PR}=\frac{-1-3}{-3-1}=1$ ✓ (0,25 p).

c) (2 p) Condiția devine (0,5 p) $$\frac{1}{2}|4m-28|=6⟺|4m-28|=12,$$ deci $4m-28=12$ sau $4m-28=-12$ (1 p), adică $$m=10\text{sau}m=4$$ (0,5 p). Ambele valori sunt acceptabile: ele așază punctul $Q$ de o parte și de alta a dreptei $PR$, la aceeași distanță de ea.

Itemul 7. (7 p)

a) (4 p) Diagonala $AC$ împarte patrulaterul în triunghiurile $ABC$ și $ACD$ (0,5 p). Cu forma scurtă: $${\Delta }_{ABC}=(5+1)(5+2)-(8+1)(0+2)=42-18=24\Rightarrow {\mathcal{S}}_{ABC}=12$$ (1,5 p); $${\Delta }_{ACD}=(8+1)(6+2)-(1+1)(5+2)=72-14=58\Rightarrow {\mathcal{S}}_{ACD}=29$$ (1,5 p). Aria patrulaterului este $${\mathcal{S}}_{ABCD}=12+29=41$$ (0,5 p).

b) (3 p) Diagonala $BD$ dă triunghiurile $ABD$ și $BCD$ (0,5 p): $${\Delta }_{ABD}=(5+1)(6+2)-(1+1)(0+2)=48-4=44\Rightarrow {\mathcal{S}}_{ABD}=22,$$ $${\Delta }_{BCD}=(8-5)(6-0)-(1-5)(5-0)=18+20=38\Rightarrow {\mathcal{S}}_{BCD}=19$$ (1,5 p), iar suma este $22+19=41$ ✓ (0,5 p). Explicația: patrulaterul fiind convex, fiecare dintre cele două diagonale este cuprinsă în interiorul figurii, deci fiecare descompunere acoperă exact aceeași suprafață, fără suprapuneri și fără porțiuni rămase pe dinafară. De aceea cele două rezultate trebuie să coincidă, iar coincidența lor este o verificare gratuită a calculelor (0,5 p).

Itemul 8. (6 p)

a) (3 p) Cu formula pentru triunghiul cu un vârf în origine (1,5 p): $${\mathcal{S}}_{OAB}=\frac{1}{2}|x_A{y}_B-x_B{y}_A|=\frac{1}{2}|9\cdot 6-2\cdot 4|=\frac{1}{2}|54-8|=23.$$ Verificare cu determinantul de ordinul al treilea (1,5 p): $$\Delta =\left|\begin{array}{ccc}0& 0& 1\\ 9& 4& 1\\ 2& 6& 1\end{array}\right|=9\cdot 6-2\cdot 4=46\Rightarrow \mathcal{S}=23✓$$ Dezvoltarea după prima linie lasă un singur termen, tocmai pentru că vârful este în origine — de aici vine formula scurtă.

b) (3 p) Cu $P(t,0)$ (0,5 p): $${\mathcal{S}}_{OAP}=\frac{1}{2}|x_A{y}_P-x_P{y}_A|=\frac{1}{2}|9\cdot 0-t\cdot 4|=2|t|$$ (1 p). Condiția $2|t|=18$ dă $|t|=9$ (0,75 p), deci $t=9$ sau $t=-9$; condiția $t>0$ păstrează doar $$t=9$$ (0,25 p). Fără condiția $t>0$, ambele valori sunt soluții: punctele $P_1(9,0)$ și $P_2(-9,0)$ sunt simetrice față de origine și se află la aceeași distanță de dreapta $OA$, deci determină triunghiuri de aceeași arie (0,5 p).

Itemul 9. (6 p)

a) (2 p) Înlocuim coordonatele lui $M$ în membrul stâng: $3\cdot 10+4\cdot 8-12=30+32-12=50\ne 0$, deci $M\notin h$ (1 p). Atunci $$d(M,h)=\frac{|50|}{\sqrt{9+16}}=\frac{50}{5}=10$$ (1 p).

b) (3 p) Calculăm numărul $k$ (1 p): $$k=\frac{a{x}_0+b{y}_0+c}{a^2+b^2}=\frac{50}{25}=2,$$ deci piciorul perpendicularei este (1,5 p) $$N(x_0-ak,y_0-bk)=N(10-3\cdot 2,8-4\cdot 2)=N(4,0).$$ Verificare: $N\in h$, pentru că $3\cdot 4+4\cdot 0-12=0$ ✓ (0,5 p).

c) (1 p) $MN=\sqrt{(10-4{)}^2+(8-0{)}^2}=\sqrt{36+64}=\sqrt{100}=10$ — aceeași valoare ca la punctul a) ✓ (Se putea obține și direct: $|k|\sqrt{a^2+b^2}=2\cdot 5=10$.) Punctul $(0,3)$ aparține lui $h$ ($0+12-12=0$), iar $\sqrt{(10-0{)}^2+(8-3{)}^2}=\sqrt{125}>10$: el este mai depărtat de $M$ decât $N$, așa cum cere teorema — minimul se atinge numai în piciorul perpendicularei.

Itemul 10. (8 p) — redactare completă.

a) (5 p) Perpendiculara prin $M_0$. Dreapta $p$ care trece prin $M_0$ și are coeficienții $(b,-a)$, adică $$p:b(x-x_0)-a(y-y_0)=0,$$ este perpendiculară pe $h$, pentru că $a\cdot b+b\cdot (-a)=0$ — criteriul prin coeficienți, ales tocmai pentru că nu cere existența pantelor (1,5 p).

Punctul $N$ aparține lui $h$. Înlocuim coordonatele lui $N(x_0-ak,y_0-bk)$ în ecuația lui $h$ (1,5 p): $$a(x_0-ak)+b(y_0-bk)+c=(a{x}_0+b{y}_0+c)-(a^2+b^2)k=0,$$ ultima egalitate fiind chiar definiția lui $k$.

Punctul $N$ aparține lui $p$. Într-adevăr, $b(x_N-x_0)-a(y_N-y_0)=b(-ak)-a(-bk)=0$ (0,5 p). Cum $p\perp h$, punctul $N$ este piciorul perpendicularei din $M_0$ pe $h$ (0,5 p).

Lungimea. Cu formula distanței dintre două puncte (1 p): $$M_{0}N=\sqrt{(-ak{)}^2+(-bk{)}^2}=|k|\sqrt{a^2+b^2}=\frac{|a{x}_0+b{y}_0+c|}{a^2+b^2}\cdot \sqrt{a^2+b^2}=\frac{|a{x}_0+b{y}_0+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}.■$$

b) (3 p) Prima cale. Panta lui $AB$ este $m_{AB}=\frac{1-(-3)}{7-(-1)}=\frac{4}{8}=\frac{1}{2}$, deci $$y+3=\frac{1}{2}(x+1)⟺2y+6=x+1⟺AB:x-2y-5=0$$ (verificare: $-1+6-5=0$ și $7-2-5=0$ ✓), iar $$d(C,AB)=\frac{|2-12-5|}{\sqrt{1+4}}=\frac{15}{\sqrt{5}}=3\sqrt{5}$$ (1,5 p).

A doua cale. Determinantul este $$\Delta =(7+1)(6+3)-(2+1)(1+3)=72-12=60\ne 0$$ (deci punctele nu sunt coliniare, iar $\mathcal{S}=30$), lungimea bazei este $AB=\sqrt{8^2+4^2}=\sqrt{80}=4\sqrt{5}$, deci $$d(C,AB)=\frac{|\Delta |}{AB}=\frac{60}{4\sqrt{5}}=\frac{15}{\sqrt{5}}=3\sqrt{5}✓$$ (1,5 p). A doua cale nu cere ecuația dreptei $AB$ — un pas întreg economisit.

Itemul 11. (8 p)

a) (3 p) Cu forma scurtă a determinantului (1,5 p): $$\Delta =(11-2)(9+3)-(2-2)(-3+3)=9\cdot 12-0=108\ne 0,$$ deci punctele nu sunt coliniare (0,5 p), iar $${\mathcal{S}}_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot 108=54$$ (1 p).

b) (3 p) Lungimile laturilor (1,5 p): $$AB=\sqrt{9^2+0^2}=9,AC=\sqrt{0^2+12^2}=12,BC=\sqrt{(2-11{)}^2+(9+3{)}^2}=\sqrt{81+144}=15.$$ (Observație: $A{B}^2+A{C}^2=81+144=225=B{C}^2$, deci triunghiul este dreptunghic în $A$; latura $AB$ este orizontală, iar latura $AC$ este verticala $x=2$.) Din $\mathcal{S}=\frac{1}{2}\cdot \text{baza˘}\cdot \text{ıˆna˘lțime}$ obținem fiecare înălțime împărțind dublul ariei la latura opusă vârfului (1,5 p): $$h_C=\frac{2\mathcal{S}}{AB}=\frac{108}{9}=12,h_B=\frac{2\mathcal{S}}{AC}=\frac{108}{12}=9,h_A=\frac{2\mathcal{S}}{BC}=\frac{108}{15}=\frac{36}{5}=7,2.$$ Primele două valori se confirmă imediat pe figură: triunghiul fiind dreptunghic în $A$, înălțimile din $B$ și din $C$ sunt chiar catetele.

c) (2 p) Dreapta $BC$ are panta $m_{BC}=\frac{9+3}{2-11}=-\frac{4}{3}$, deci $$y+3=-\frac{4}{3}(x-11)⟺3y+9=-4x+44⟺BC:4x+3y-35=0$$ (verificare: $44-9-35=0$ și $8+27-35=0$ ✓) (1 p). Atunci $$d(A,BC)=\frac{|4\cdot 2+3\cdot (-3)-35|}{\sqrt{16+9}}=\frac{|8-9-35|}{5}=\frac{36}{5}✓$$ (1 p) — aceeași valoare ca la punctul b), obținută pe o cale independentă.

Itemul 12. (8 p)

a) (4 p) Cu forma scurtă a determinantului, luând $P(4s,6s)$ drept al treilea vârf (1,5 p): $$\Delta (s)=(6-0)(6s-2)-(4s-0)(4-2)=36s-12-8s=28s-12,$$ expresie de gradul întâi în $s$. Aria este $\mathcal{S}(s)=\frac{1}{2}|28s-12|=|14s-6|$ (0,5 p). Aria nulă: $28s-12=0$ dă $s=\frac{3}{7}\in [0,1]$, adică punctul $P\left(\frac{12}{7},\frac{18}{7}\right)$ (1 p). Geometric, acolo $P$ ajunge pe dreapta $AB$, deci cele trei puncte devin coliniare și „triunghiul" se turtește. (Control prin pante: $m_{AB}=\frac{4-2}{6-0}=\frac{1}{3}$, iar $m_{AP}=\frac{18/7-2}{12/7}=\frac{4/7}{12/7}=\frac{1}{3}$ ✓) Aria maximă: dependența fiind liniară în interiorul modulului, aria este monotonă pe fiecare dintre intervalele $\left[0,\frac{3}{7}\right]$ și $\left[\frac{3}{7},1\right]$, deci maximul se atinge într-un capăt al segmentului. Cum $\mathcal{S}(0)=6$ și $\mathcal{S}(1)=8$, aria maximă este $${\mathcal{S}}_{\max }=8,\text{atinsa˘ pentru }s=1,\text{ adica˘ }P(4,6)$$ (1 p). Nu are rost să se caute maximul „pe la mijloc": o funcție liniară nu are extrem interior.

b) (4 p) Calculăm determinantul cu $P(t,t^2)$ (1,5 p): $$\Delta (t)=(1+3)(t^2-9)-(t+3)(1-9)=4t^2-36+8t+24=4t^2+8t-12=4(t+3)(t-1).$$ Desfacerea modulului. Pentru $t\in (-3,1)$ factorii $t+3$ și $t-1$ au semne contrare, deci $\Delta (t)<0$ pe tot intervalul; modulul se desface o singură dată, pentru toată problema (0,5 p): $$\mathcal{S}(t)=\frac{1}{2}|\Delta (t)|=\frac{1}{2}\cdot 4\left(3-2t-t^2\right)\cdot 1=2\left(3-2t-t^2\right)$$ (0,5 p). (Geometric: punctul $P$ rămâne tot timpul de aceeași parte a dreptei $AB$, sub coardă, deci expresia nu-și schimbă semnul.) Maximul. Am obținut o funcție de gradul al doilea cu coeficientul dominant negativ, deci maximul se atinge în vârful parabolei. Scriem forma canonică (1 p): $$3-2t-t^2=4-(t+1{)}^2,$$ de unde maximul $4$ se atinge pentru $t=-1$. Verificăm că această valoare aparține domeniului admis: $-1\in (-3,1)$ ✓ — pas obligatoriu, pentru că dacă vârful ar cădea în afara intervalului, maximul s-ar atinge într-un capăt (0,25 p). Prin urmare $${\mathcal{S}}_{\max }=2\cdot 4=8,\text{atinsa˘ pentru }P(-1,1)$$ (0,25 p). Control: $\mathcal{S}(0)=2\cdot 3=6$ și $\mathcal{S}(-2)=2(3+4-4)=6$ — valori egale și mai mici decât $8$, simetrice față de $t=-1$, cum era de așteptat.

Itemul 13. (8 p)

a) (3 p) Calculăm determinantul asociat celor trei puncte, cu forma scurtă (1,5 p): $$\Delta =(2+4)(7-1)-(6+4)(-1-1)=36+20=56\ne 0,$$ deci punctele nu sunt coliniare (0,5 p), iar $${\mathcal{S}}_{ABC}=\frac{1}{2}|\Delta |=28$$ (1 p).

b) (3 p) Prima cale. Panta lui $AB$ este $m_{AB}=\frac{-1-1}{2-(-4)}=-\frac{1}{3}$, deci $$y-1=-\frac{1}{3}(x+4)⟺3y-3=-x-4⟺AB:x+3y+1=0$$ (verificare: $-4+3+1=0$ și $2-3+1=0$ ✓) (1,5 p), iar $$d(C,AB)=\frac{|6+21+1|}{\sqrt{1+9}}=\frac{28}{\sqrt{10}}=\frac{28\sqrt{10}}{10}=\frac{14\sqrt{10}}{5}$$ (1 p). A doua cale, de control: $AB=\sqrt{6^2+(-2{)}^2}=\sqrt{40}=2\sqrt{10}$, deci $$d(C,AB)=\frac{|\Delta |}{AB}=\frac{56}{2\sqrt{10}}=\frac{28}{\sqrt{10}}✓$$ (0,5 p).

c) (2 p) Un punct al axei $Ox$ are forma $P(m,0)$ (0,25 p), iar $${\Delta }_{ABP}=(2+4)(0-1)-(m+4)(-1-1)=-6+2m+8=2m+2$$ (0,75 p). Condiția asupra ariei devine $$\frac{1}{2}|2m+2|=14⟺|m+1|=14,$$ deci $m+1=14$ sau $m+1=-14$ (0,75 p), adică $m=13$ sau $m=-15$. Punctele căutate sunt $$P_1(13,0)\text{și}{P}_2(-15,0)$$ (0,25 p). Ambele sunt acceptabile, enunțul neimpunând nicio restricție suplimentară: ele se află de o parte și de alta a dreptei $AB$, la aceeași distanță de ea.