2.2.1. Приклади розв’язання задач


Повернутися на початок книги
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 
15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 
30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 
45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 
60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 
75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 
90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 
105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 
120 121 122 123 124 125 126 127 128 129 130 131 132 133 134 
135 136 137 138 139 140 141 142 143 144 145 146 147 148 149 
150 151 152 153 154 155 156 157 158 159 160 161 162 163 164 
165 166 167 168 169 170 171 172 173 174 175 176 177 178 179 
180 181 182 183 184 185 186 187 188 189 190 191 192 193 194 
195 196 197 198 199 200 201 202 203 204 205 206 207 208 209 
210 211 212 213 214 215 216 217 218 219 220 221 222 223 224 
225 226 227 228 229 230 231 232 233 234 235 236 237 238 239 
240 241 242 243 244 245 246 247 248 249 250 251 252 253 254 
255 256 257 258 259 260 261 262 263 264 265 266 267 268 269 
270 271 272 273 274 275 276 277 278 279 280 281 282 283 284 
285 286 287 288 289 290 291 292 293 294 295 296 297 298 299 
300 301 302 303 

Загрузка...

Задача 2.21. Побудувати пряму 2х – 3у + 6 = 0.

Загальний метод побудови прямої. Положення прямої на пло-щині визначається двома точками, які належать цій прямій. Для побудови прямої досить знати координати двох довільних точок цієї прямої. Для цього обчислюємо значення у із даної рівності:

y

X + 2 при довільних значеннях х.

3

при значенні х = 0, у = 2; при значенні х = 3, у = 4. Складається наступна таблиця:

 

х          0          3

у          2          4

Таким чином, через одержані дві точки, координати яких В(0; 2) та А(3; 4) будуємо пряму (рис. 2.6).

0 Рис. 2.6.

Другий спосіб. Оскільки задана пряма містить вільний член, то така пряма перети-нає обидві координатні осі, а так, як положення прямої визначається координатами двох точок, то достатньо зна-ти точки перетину прямої з координатними осями. Щоб знайти точку перетину пря-мої з віссю Оу, а задане рів-няння підставимо х = 0 (будь-яка точка, що лежить на осі

Оу, має абсцису, що дорівнює 0). Тоді –3у + 6 = 0, звідти у = 2. Якщо покласти у = 0, отримаємо точку перетину прямої з віссю Ох: 2х + 6 = 0, х = –3. Позначимо одержані точки В(0; 2) і С(–3; 0).

Будуємо точки В і С та проводимо через них пряму (рис. 2.6).

Задача 2.22. Побудувати пряму 4х – у = 0. Розв’язок. Так як вільний член рівняння дорівнює нулю, то пря-ма проходить через початок координат. Якщо ми задамо довільне

Розділ II. Аналітична геометрія

значення х і знайдемо відповідне значення Y у із заданого рівняння, то отримаємо ще одну точку, яка лежить на прямій. Якщо х = 1, то у = 4. Через точки О(0; 0) і М(1; 4) проводимо пряму, рівняння якої 4х – у = 0 (рис. 2.7)

Задача 2.23. Побудувати прямі х + 4 = 0 і у – 3 = 0.

Х

Рис. 2.7.

Розв’язок. 1) Розглянемо рівняння х + 4 = 0. Запишемо його у вигляді х = –4. Це нам говорить, що кожна точка прямої має по-стійну абсцису, тобто пряма проходить ліворуч від осі Оу на відстані 4 одиниці мас-штабу від неї. Отже, пряма х + 4 = 0 пара-лельна осі Оу і відтинає на осі Ох відрізок, рівний –4.

2) Аналогічно рівняння у – 3 = 0 показує, що всі точки цієї пря-мої мають одну і ту ж ординату, тобто пряма у = 3 паралельна осі Ох і відтинає на осі Оу відрізок, рівний 3 (одиниці масштабу) (рис. 2.8).

 

            Y'        i                                  

                        3          у          - 3 = 0

                                                          

                                                          

                                                          

            1 1 1                                      

-4        1 1 1    0                                 X

Рис. 2.8.

Задача 2.24. Загальне рівняння прямої 3х – 4у + 12 = 0 предста-вити у вигляді:

1)         з кутовим коефіцієнтом;

2)         у відрізках на осях;

3)         побудувати пряму. Розв’язок. 1) Рівняння (2.6) прямої з кутовим коефіцієнтом має

вигляд y = kx + b. Щоб задане рівняння перетворити до такого

3 вигляду, розв’яжемо його відносно у: 4у = 3х + 12, у = х + 3. Ба-

4

3

чимо, що тут кутовий коефіцієнт прямої k = —, а величина відрізка,

4

що відтинає пряма на осі ординат b = 3.

Необхідно запам’ятати, якщо рівняння прямої задано в загально-му вигляді (2.6), то кутовий коефіцієнт цієї прямої легко одержати, якщо розділити коефіцієнт при х на коефіцієнт при у і взяти одер-жану частку з оберненим знаком:

3 4

3

в

2) У відрізках на осях рівняння прямої має вигляд (2.8)

 

а = -А

Щоб одержати величини

відрізків, що відтинає пряма

на координатних осях, вико-

наємо перетворення:

Зх - 4г/ + 12 = 0

Зх - 4г/ = -12

Зх Ау -12

12

х

У

12 -12

= 1.

-4 3 3) Побудова a = -4; Ь = 3 (рис. 2.9).

x a

b

1.

Рис. 2.9.

Задача 2.25. Скласти рівняння прямої, що відтинає на осі Оу відрізок, рівний 4 (одиниць масштабу) та утворює з віссю Ох кут в 120о.

Розв’язок. Скористаємося рівнянням прямої з заданим кутовим коефіцієнтом у = kx + b. Згідно умові

b = 4, k = tg 120o = tg (180o – 60o) = –tg 60o = –3, k = –3.

Розділ II. Аналітична геометрія

Шукане рівняння прямої буде:

у = –3х + 4 або 3х + у – 4 = 0.

Задача 2.26. Знайти рівняння сторін трикутника, вершини яко-го А(1; –1), В(3; 5), С(–7; 11).

Розв’язок. Скористаємося формулою (2.10):

x-x

У-Уі

x2 х^ y2 уі

Для знаходження рівняння сторони АВ беремо А(\; -1) та В(3; 5). Нехай

хі = 1, уі = -\; х„ = 3, у = 5;

Шдставимо в рівняння (2.10):

х-1 у + \          х-1 у

1

або

х-1 у+\

3-1 5+1           2          6          13

=> 3 (х - 1) = z/ + 1 => Зх - 3 = г/+ 1 => Зх - z/ - 4 = 0 (АВ).

Для знаходження рівняння сторони AC беремо А(\; -1) та С(-7; 11).

 

11

С(–7; 11)

 

Рис. 2.10.

95

Нехай

х1 = 1, у1 = –1; х2 = –7, у2 = 11.

х

Підставимо в рівняння (2.10):

1 Z/ + 1           х-1

або

у+\ х-1 у+\

-7-1 11 + 1     -8 12   -2 3

=> 3(х - 1) = -2(г/ + 1) => Зх - 3 = -2г/ - 2=>3х + 2г/- 1 = 0 (AQ. Для знаходження рівняння сторони ВС беремо В(3; 5) та С(-7; 11). Нехай

х. = 3, г/ = 5; х„ = -7, г/ = 11.

2          ^2

Підставимо в рівняння (2.10):

х-3 _ г/-5

У

х-3 у-5            х-3

аоо

-7-3 11-5        -10 6

=> 3(х - 3) = -5(г/ - 5) => Зх - 9 = -5г/ + 25 => Зх + 5г/ - 34 = 0 (BQ.

Задача 2.27. Знайти кути та площу трикутника, сторони якого задано рівняннями: 5х - 2г/ - 11 = 0; х + 2г/ + 5 = 0; х - 2г/ + 1 = 0.

Розв’язок. Побудуємо заданий трикутник.

Позначимо його вершини буквами А, В, С. Рівняння першої сто-рони АВ є х - 2г/ + 1 = 0. Кутовий коефіцієнт прямої АВ

 

A B

лв

 

1 ^2

Рис. 2.11.

1

Розділ II. Аналітична геометрія

Рівняння прямої ВС є х + 2у + 5 = 0. Кутовий коефіцієнт пря-мої ВС

k = A1

 

вс В 2

Рівняння прямої AC є 5х - 2г/ - 1 = 0. Кутовий коефіцієнт пря-мої AC

,           ^          55

b =       =                                             

вс В -2 ~ 2"

Кути трикутника будемо знаходити за формулою (2.11)

tg<p =

21 1 + ^2

tgZA

tgZB

5_1

^лс ~ ^лд _ 22 _ ^ _ »

1 + Wu* 1+5.1 9 З 22 4

8 z/1 = arctg— • 9

11 *лв-*лс 2 + 2 1 4

і+Мю !_!.! 3 3

22 4

4 zij = arctg— • 3

_1_5

22 4 ZC = arete 12.

97

Для того щоб знайти площу трикутника, необхідно визначити координати його вершин. Точки А, В і С ми знайдемо, розв’язавши системи рівнянь прямих, що дають ці прямі в перетині.

Розв’яжемо систему:

Ґ5х-2г/-11 = 0

а)         \ „ _ п

[х + 2у + 5 = 0

Додамо до першого рівняння друге:

5х - 2г/- 11 + х + 2г/ + 5 = 0 + 0; 6х - 6 = 0; 6х = 6; х = 1. Підставимо отримане значення змінної х в будь-яке рівняння системи, наприклад в друге:

1 + 2г/ + 5 = 0; 6 + 2г/ = 0; 2г/ = -6; г/ = -3. Отримали точку С(1; -3).

[5х-2г/-11 = 0

б)         \

Віднімемо від першого рівняння друге:

5х - 2г/ - 11 - х - (-2г/) - 1 = 0 - 0; 4г- 2г/+ 2г/- 12 = 0; 4г = 12; х = 3. Підставимо отримане значення змінної х у будь-яке рівняння, наприклад у друге:

3 — 2г/ + 1 = 0; 4 - 2г/ = 0; 4 = 2г/; г/ = 2. Отримали точку Л(3; 2).

[х + 2г/ + 5 = 0

в)         I

Додамо до першого рівняння друге:

х + 2г/ + 5 + х - 2г/ + 1 = 0 + 0; 2х + 6 = 0; 2г = -6; х = -3. Підставимо отримане значення змінної х у будь-яке рівняння, наприклад у друге:

-3 -2г/ + 1 = 0; -2г/ = 2; г/ = -1. Отримали точку В(-3; -1).

Розділ II. Аналітична геометрія

S = — (x,(y.-z/„) + x„(y„-уЛ+ хЛу. - w,));

Знайдемо площину трикутника за формулою: 1 2

S = — (3(-l+3) - 3(-3 - 2) + 1(2 + 1)) = — (6 + 15 + 3) = — ■ 24 = 12.

2          2          2

Площа трикутника 5 = 12 кв. од.

Задача 2.28. Знайти рівняння прямої, що проходить через точку М„(2; 5) паралельно прямій Зх - 4г/ + 15 = 0.

Розв’язок. Виходячи з того, що шукана пряма паралельна заданій, її кутовий коефіцієнт дорівнює кутовому коефіцієнту заданої пря-мої, тобто k = k = k.

A 33

k, = — =         = — = k = k.

1          T>                   /           /           2

Складемо рівняння шуканої прямої за формулою: г/ - у, = k(x - хп);

з

у - 5 = — (х - 2); 4

4г/ - 20 = Зх - 6;

Зх - 4г/ + 14 = 0.

Шукане рівняння прямої Зх - 4г/ + 14 = 0.

Задача 2.29. Знайти рівняння прямої, що проходить через точку Рп(5; -1) і перпендикулярна до прямої Зх - 7г/ + 14 = 0.

Розв’язок. Так як шукана пряма перпендикулярна заданій, то до-буток кутових коефіцієнтів обох прямих має дорівнювати -1, тобто k{k2 = -1. Таким чином, кутовий коефіцієнт шуканої прямої має бути обернений за абсолютною величиною і протилежний за знаком ку-товому коефіцієнту заданої прямої:

к-Л к

Знайдемо кутовий коефіцієнт заданої прямої: 1 В -7 7

За умовою перпендикулярності:

k2=4

3

7

з'

Знаходимо рівняння шуканої прямої за формулою:

у - г/0 = k(x - х0),

у + 1 = —(х - 5),

3(г/ + 1) = -7(х - 5), Зг/ + 3 = -7х + 35, 1х + Зг/ - 32 = 0. Шукане рівняння прямої: 7г + Зг/ - 32 = 0. Задача 2.30. Знайти проекцію точки М(-8; 12) на пряму, що проходить через точки С(2; -3) та D(-5; 1).

Розв’язок. Рівняння прямої CD знайдемо за формулою (2.10):

 

х-хі      У-Уі

х2-хх   У2~Уі

х-2       г/ + 3

-5-2 1 + 3

і(х - 2) = -7(г/ + 3),

4г- 8 = -7г/ - 21,

4г + 7г/ + 13 = 0.

Проекцією точки М на пряму CD буде основа перпендикуляра,

який опущений із точки М на пряму CD. Рівняння перпендикуляра

МЛ^можна знайти за формулою г/ - г/0 = й(х - х0), так як координати

точки М задано, а кутовий коефіцієнт, згідно умові перпендикуляр-

ності дорівнює:

к-4

1

7^ 4'

 

100

7

7 г/ - 12 = —(х + 8); 4

Розділ II. Аналітична геометрія

7x- Ay + 104 = 0. Одержали рівняння 7x - Ay + 104 = 0 перпендикуляра MN. Розв’язавши систему рівнянь MN і CD знайдемо проекцію точки М на пряму CD.

\lx- Ау + 104 = 0 [4х + 7г/ + 13 = 0

            1 -4    

            і 7        4!:

            -104 -4

X         -13 7

            7 -104

У         4 -       13

49 + 16 = 65;

= -728 - 52 = - 780;

 -91 + 416 = 325.

Використовуючи формули (2.14) знаходимо х та у: A -780

х

д

 = -12;

65 325

У

 5.

Л 65 Шукана точка ЛГ(-12; 5).

Задача 2.31. Знайти відстань між двома паралельними прями-ми:

Зх + Ау - 12 = 0 Зх + 4г/ + 13 = 0.

Розв’язок. Шукану відстань ми знайдемо як відстань від довіль-ної точки однієї прямої до другої прямої. Візьмемо на першій прямій довільну точку наприклад точку з абсцисою х = -4, її ордината буде:

3(-4) + 4г/ - 12 = 0; 4г/ = 24; г/ = 6. Отже, на першій прямій вибрана точка М0(-4; 6). Знайдемо відстань від точки Мп(хп; уЛ до заданої другої прямої Ax + By + С = 0 за формулою (2.15):

101

d

           

\Ax0 +By0 +C УІA2+B2

|3(-4) + 4*6 + 13| І-12 + 24 + 13І 25

d -       ,                       =         =          = — = 5 (лін. од.).

v32+42            v25      5

Задача 2.32. Задано вершини трикутника А(12; 4), В(0; 5), С(-12; -11). Знайти:

1)         довжини сторін;

2)         рівняння сторін;

3)         рівняння висоти, що проведена з вершини В;

4)         довжину цієї висоти;

5)         рівняння медіани, що проведена із вершини А;

6)         точку перетину висоти, що проведена із вершини В, та медіа-ни, що проведена з точки А;

7)         рівняння бісектриси кута С;

8)         центр ваги трикутника;

9)         кут С;

10)       площу трикутника.

Розв’язок.

1)         Довжини сторін визначимо за допомогою формули відстані між

двома точками:

d = J(x1-x2)2+(y1-y2)2; dBC=V(-12-0)2+(-11-5)2=144 + 256 =7400=20;

AC V (            12) ~t~ ( 11 5)            V576T49 л/625 25 .

2)         Кожна сторона трикутника проходить через дві точки, через

це для знаходження рівнянь сторін використаємо формулу (2.10):

 

x-x 1    y-y 1

x 2 x 1 y2~y 1

Знайдемо рівняння сторін: 

102     

Розділ II. Аналітична геометрія

x-\2 _y + A      x-\2 _y + A      x-\2 _y + A

(АВ)

0-12 ~5 + 4 ^ -12 ~ 9 ^ -4 ~ 3 =^>3x - 36 = -4г/ - 16 ^ Зх + 4г/ - 20 = 0 (ЛВ);

x-0 z/-5           x z/-5   x y-5

(ВС)

-12-0 -11-5     -12 -16            3 4

=^> 4r = Зг/ - 15 =^> Ax - Зг/ + 15 = 0 (BQ;

x-12 г/ + 4       x-12 y + A

(АС)

12-12 -11 + 4 -24 -7

=^> 7(x - 12) = 24(г/ + 4) = 0 =^> Ix - 84 = 24г/ + 96 ^

=^> 7r - 24г/ - 180 = 0 (AC). 2) Щоб скласти рівняння висоти, яка проведена із точки В на сторону AC, необхідно знати кутовий коефіцієнт висоти. Спочатку знайдемо кутовий коефіцієнт сторони AC

ь=_іі    Z          JL.

В -24 24 3 умови перпендикулярності двох прямих kt-k2 = -1 знайдемо кутовий коефіцієнт висоти BD:

 

–11

Рис. 2.12.

103

4=4

J_ _24

K         1          7 ■

24 Складемо рівняння висоти, скориставшись формулою: 11-11= k(x - хЛ,

24

У - 5 = —г(#- 0), 7

7г/ - 35 = -24г,

24х + 7г/ - 35 = 0 (Ж>).

4) Для знаходження довжини BD використаємо формулу (2.15):

d

 

Ах0 +Ву0 +С л/Л2+52

за допомогою якої знайдемо відстань від точки В(5; 0) до прямої AC 1х - 24г/ - 180 = 0 (AC)

_|7-0-24-5-180|_ |-300| _ 300

BD ~   I 7.       ~ Г"     Г77л ,-Р-,^

ф2 +(_24)2 -s/49 + 576 25

5) Для знаходження рівняння медіани AM потрібно знайти коор-динати точки М.

0 + (-12)

2 5 + (-11)

х +х 0 + (-12)

хм - —            =         = -6;

Уп + Уг

Ум - — == -3 •

*м       22

Координати точки М(-6; -3).

Рівняння медіани AM знаходиться як рівняння прямої, що про-ходить через дві точки Л(12; -4) та М(-6; -3).

х-12 г/ + 4       х-12г/ + 4

х - 12 = -18(г/ +4) =>

6-12 -3 + 4     -18      1

=> х -12 = -18г/ - 72 => х + 18г/ + 60 = 0 (AM). 6) Щоб знайти координати точки F перетину висоти BD та меді-ани AM, необхідно розв’язати систему рівнянь цих прямих:

Розділ II. Аналітична геометрія

f24x + 7z/-35 = 0 [;г +18г/+ 60 = 0

7 18

д=Т

432 -7 = 425;

35 7 -60 18

24 35 1 -60

= 630 + 420 = 1050;

= -1440 - 35 = -1475; Л 1050

%

2,47;

Д

А

425 1475

У

-3,47.

Л 425

Шукана точка перетину Д2,47; -3,47).

7) Для знаходження рівняння бісектриси внутрішнього кута С необхідно знайти координати точки К. Згідно властивості бісектри-си внутрішнього кута трикутника, яка ділить сторону АВ в відно-

 . АК AC         . AC 15 5 _

шенні A —     =          , знаходимо A —       = — = —. онаходимо ко-

КВ СВ            СВ 20 4

ординати точки К за формулами:

Хк

JL І \ /vJ\i г

1 + Л

12 + 0

12 124

9 " 9

16

 '

54

Jк J л

УА+ЛУБ

\ + А

/ 5^ 9

-4+5

            4 = А

1 +

9

1.

105

Шукана точка л( —; 1). 3

Знаходимо рівняння бісектриси внутрішнього кути С:

х + 12 _у + 11 а: + 12_у + 11 3(х + 12) _ у + 11

16 .„ 1 + 11     52        12        52        12

У+       У

3(х + 12) у + 11

=>       =         => 9(х + 12) = 13(г/ + 11) =>

13        3

=> 9х + 108 = 13г/ + 143 => 9х - 13г/ - 35 = 0 (СК). 8) Центр ваги трикутника Е визначається за формулами:

^_ХА+ХВ+ХС.          УА+УВ+УС

л- —   , у —

33

12 + 0-12        -4 + 5-11 -10

хЕ        = 0; уЕ-           =          .

3          33

Шукана точка центру трикутника £(0; -3— ).

3

9) Величину кута С знаходимо за формулою:

Ь -Ь

BC

l+kBckAC

tgZC

3          7

— ; k = —

4          л 24

З розв’язаного вище маємо: kBC = ; kAC = ; тоді

106

4 7 32-7

tgZC- 3 U - U -18-3 . 47 18 + 7 24 4

324 18

,3 Величина кута ZC = arctg—

Розділ II. Аналітична геометрія

10) Знайдемо площу трикутника за формулою:

1          , ,

S = —аа;

2          AC Ж>

1

S = — 25 ■ 12 = 25 ■ 6 = 150. 2

Шукана площа 5 = 150 (кв. од.).