Sposób I: Przyjmijmy, że punkt \(D=(0,0)\). Wtedy: \[ A=(1,-2), \qquad C=(-3,3) \] Najpierw obliczamy długość podstawy \(DC\): \[ |DC|=\sqrt{(-3)^2+3^2}=\sqrt{9+9}=3\sqrt{2} \] Prosta \(DC\) przechodzi przez punkty \(D=(0,0)\) oraz \(C=(-3,3)\), więc ma równanie: \[ y=-x \] czyli \[ x+y=0 \] Wysokość równoległoboku opuszczona z punktu \(A\) na prostą \(DC\) jest równa odległości punktu \(A=(1,-2)\) od prostej \(x+y=0\): \[ h=\frac{|1+(-2)|}{\sqrt{1^2+1^2}}\\[6pt] h=\frac{1}{\sqrt{2}} \] Zatem pole równoległoboku: \[ P=|DC|\cdot h\\[6pt] P=3\sqrt{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\\[6pt] P=3 \] Sposób II: Przyjmijmy, że punkt \(D=(0,0)\). Wtedy: \[ A=(1,-2), \qquad C=(-3,3) \] Korzystamy ze wzoru na pole trójkąta o wierzchołkach \(A=(x_A,y_A)\), \(B=(x_B,y_B)\), \(C=(x_C,y_C)\) (który jest w tablicach maturalnych): \[ P_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}\left|(x_B-x_A)(y_C-y_A)-(y_B-y_A)(x_C-x_A)\right| \] Zatem: \[ P_{\triangle DAC}=\frac{1}{2}\left|(1-0)(3-0)-((-2)-0)((-3)-0)\right|\\[6pt] P_{\triangle DAC}=\frac{1}{2}\left|1\cdot 3-(-2)\cdot(-3)\right|\\[6pt] P_{\triangle DAC}=\frac{1}{2}|3-6|\\[6pt] P_{\triangle DAC}=\frac{3}{2} \] Pole równoległoboku jest dwa razy większe od pola trójkąta \(DAC\), więc: \[ P=2\cdot \frac{3}{2}=3 \]
Sposób III (spoza programu): Pole równoległoboku jest równe wartości bezwzględnej wyznacznika wektorów \(\vec{DA}\) i \(\vec{DC}\): \[ P=\left|\begin{vmatrix} 1 & -2\\ -3 & 3 \end{vmatrix}\right| \] Obliczamy wyznacznik: \[ P=|1\cdot 3-(-2)\cdot(-3)|\\[6pt] P=|3-6|\\[6pt] P=|-3|\\[6pt] P=3 \]