a) Obliczmy długości boków trójkąta:

$\left|AB\right|=\sqrt{{\left(0-3\right)}^2+{\left(-5-0\right)}^2}=\sqrt{{\left(-3\right)}^2+{\left(-5\right)}^2}=\sqrt{9+25}=\sqrt{34}$  

$\left|AC\right|=\sqrt{{\left(-3-3\right)}^2+{\left(3-0\right)}^2}=\sqrt{{\left(-6\right)}^2+3^2}=\sqrt{36+9}=\sqrt{45}$  

$\left|BC\right|=\sqrt{{\left(-3-0\right)}^2+{\left(3-\left(-5\right)\right)}^2}=\sqrt{{\left(-3\right)}^2+8^2}=\sqrt{9+64}=\sqrt{73}$  

Trójkąt nie jest ani równoramienny ani prostokątny.

 

Wyznaczmy równanie prostej AB w postaci ogólnej:

$Ax+By+C=0$  

 

$\{\begin{array}{l}3A+B\cdot 0+C=0\\ 0\cdot A-5B+C=0\end{array}$  

$\{\begin{array}{l}3A+C=0\\ -5B+C=0\end{array}$  

$\{\begin{array}{l}C=-3A\\ C=5B\end{array}$  

Niech C = 1, wtedy:

$\{\begin{array}{l}C=1\\ A=-\frac{1}{3}\\ B=\frac{1}{5}\end{array}$  

równanie:

$-\frac{1}{3}x+\frac{1}{5}y+1=0\mid \cdot 15$  

$-5x+3y+15=0$  

Obliczmy odległość punktu C od prostej AB:

$d=\frac{\left|-5\cdot \left(-3\right)+3\cdot 3+15\right|}{\sqrt{{\left(-5\right)}^2+3^2}}=\frac{\left|15+9+15\right|}{\sqrt{34}}=\frac{39}{\sqrt{34}}$  

 

Pole trójkąta:

$P=\frac{1}{2}\cdot \left|AB\right|\cdot d=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{34}\cdot \frac{39}{\sqrt{34}}=\frac{1}{2}\cdot 39=\frac{39}{2}=19,5$  

 

b) Obliczmy długości boków:

$\left|AB\right|=\sqrt{{\left(7-1\right)}^2+{\left(1-3\right)}^2}=\sqrt{6^2+{\left(-2\right)}^2}=\sqrt{36+4}=\sqrt{40}=2\sqrt{10}$  

$\left|AC\right|=\sqrt{{\left(3-1\right)}^2+{\left(5-3\right)}^2}=\sqrt{4+4}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$  

$\left|BC\right|=\sqrt{{\left(3-7\right)}^2+{\left(5-1\right)}^2}=\sqrt{{\left(-4\right)}^2+4^2}=\sqrt{16+16}=\sqrt{32}=4\sqrt{2}$  

 

Zauważmy, że:

${\left|AC\right|}^2+{\left|BC\right|}^2={\left|AB\right|}^2$  

A więc z twierdzenia odwrotnego do Pitagorasa wiemy, że trójkąt jest prostokątny. Pole tego trójkąta wynosi:

$P=\frac{1}{2}\cdot \left|AC\right|\cdot \left|BC\right|=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{2}\cdot 4\sqrt{2}=4\cdot \sqrt{2}\cdot \sqrt{2}=4\cdot 2=8$