a)

Punkty A, B i C leżą na prostej o równaniu y=kx, więc:

$a_2=k{a}_1$  

$b_2=k{b}_1$  

$c_2=k{c}_1$  

Wyznaczamy długości odcinków AB, BC oraz AC. 

$\left|AB\right|=\sqrt{{\left(b_1-a_1\right)}^2+{\left(b_2-a_2\right)}^2}=\sqrt{{\left(b_1-a_1\right)}^2+{\left(k{b}_1-k{a}_1\right)}^2}=\sqrt{{\left(b_1-a_1\right)}^2+{\left(k\left(b_1-a_1\right)\right)}^2}$  

$\left|BC\right|=\sqrt{{\left(c_1-b_1\right)}^2+{\left(c_2-b_2\right)}^2}=\sqrt{{\left(c_1-b_1\right)}^2+{\left(k{c}_1-k{b}_1\right)}^2}=\sqrt{{\left(c_1-b_1\right)}^2+{\left(k\left(c_1-b_1\right)\right)}^2}$  

$\left|AC\right|=\sqrt{{\left(c_1-a_1\right)}^2+{\left(c_2-a_2\right)}^2}=\sqrt{{\left(c_1-a_1\right)}^2+{\left(k{c}_1-k{a}_1\right)}^2}=\sqrt{{\left(c_1-a_1\right)}^2+{\left(k\left(c_1-a_1\right)\right)}^2}$  

Dla uproszczenia, pominiemy dolne indeksy. Sprawdzamy, czy zachodzi równość.

$\left|AB\right|+\left|BC\right|\stackrel{?}{=}\left|AC\right|$  

$\sqrt{{\left(b-a\right)}^2+{\left(k\left(b-a\right)\right)}^2}+\sqrt{{\left(c-b\right)}^2+{\left(k\left(c-b\right)\right)}^2}\stackrel{?}{=}\sqrt{{\left(c-a\right)}^2+{\left(k\left(c-a\right)\right)}^2}\mid {\left(\dots \right)}^2$  

${\left(b-a\right)}^2+{\left(k\left(b-a\right)\right)}^2+2\cdot \sqrt{\left({\left(b-a\right)}^2+{\left(k\left(b-a\right)\right)}^2\right)\cdot \left({\left(c-b\right)}^2+{\left(k\left(c-b\right)\right)}^2\right)}+{\left(c-b\right)}^2+{\left(k\left(c-b\right)\right)}^2\stackrel{?}{=}{\left(c-a\right)}^2+{\left(k\left(c-a\right)\right)}^2$  

${\left(b-a\right)}^2+k^2{\left(b-a\right)}^2+2\cdot \sqrt{\left({\left(b-a\right)}^2+k^2{\left(b-a\right)}^2\right)\cdot \left({\left(c-b\right)}^2+\left(k^2{\left(c-b\right)}^2\right)\right)}+{\left(c-b\right)}^2+k^2{\left(c-b\right)}^2\stackrel{?}{=}{\left(c-a\right)}^2+k^2{\left(c-a\right)}^2$  

${\left(b-a\right)}^2\left(1+k^2\right)+2\cdot \sqrt{{\left(b-a\right)}^2\left(1+k^2\right)\cdot {\left(c-b\right)}^2\left(1+k^2\right)}+{\left(c-b\right)}^2\left(1+k^2\right)\stackrel{?}{=}{\left(c-a\right)}^2\left(1+k^2\right)$  

${\left(b-a\right)}^2\left(1+k^2\right)+2\cdot \sqrt{{\left(b-a\right)}^2{\left(c-b\right)}^2{\left(1+k^2\right)}^2}+{\left(c-b\right)}^2\left(1+k^2\right)\stackrel{?}{=}{\left(c-a\right)}^2\left(1+k^2\right)$  

${\left(b-a\right)}^2\left(1+k^2\right)+2\cdot \left(b-a\right)\left(c-b\right)\left(1+k^2\right)+{\left(c-b\right)}^2\left(1+k^2\right)\stackrel{?}{=}{\left(c-a\right)}^2\left(1+k^2\right)$  

$\left(1+k^2\right)\left({\left(b-a\right)}^2+2\cdot \left(b-a\right)\left(c-b\right)+{\left(c-b\right)}^2\right)\stackrel{?}{=}{\left(c-a\right)}^2\left(1+k^2\right)$  

$\left(1+k^2\right){\left(\left(b-a\right)+\left(c-b\right)\right)}^2\stackrel{?}{=}{\left(c-a\right)}^2\left(1+k^2\right)$  

$\left(1+k^2\right){\left(\left(b-a+c-b\right)\right)}^2\stackrel{?}{=}{\left(c-a\right)}^2\left(1+k^2\right)$  

$\left(1+k^2\right){\left(c-a\right)}^2\stackrel{?}{=}{\left(c-a\right)}^2\left(1+k^2\right)$  

Równość jest więc spełniona.

b)

Weźmy dowolne punkty o współrzędnych:

$\left(x_1,y_1\right)$  

$\left(x_2,y_2\right)$  

$\left(x_3,y_3\right)$  

...

Jeżeli punkty te leżą na wykresie funkcji y=kx, to:

$y_1=k{x}_1$  

$y_2=k{x}_2$  

$y_3=k{x}_3$  

...

Mamy więc:

$\left(x_1,k{x}_1\right)$  

$\left(x_2,k{x}_2\right)$  

$\left(x_3,k{x}_3\right)$  

...

Współczynniki kierunkowe prostych przechodzących przez każde dwa z tych punktów są równe k, ponieważ:

$a=\frac{k{x}_2-k{x}_1}{x_2-x_1}=\frac{k\cancel{\left(x_2-x_1\right)}}{\cancel{\left(x_2-x_1\right)}}=k$  

Wyraz wolny b jest równy 0, ponieważ:

$\cancel{k{x}_1}=\cancel{k{x}_1}+b$  

$b=0$  

Wszystkie te punkty leżą więc na prostej o równaniu:

$y=kx$