Клепко В.Ю., Голець В.Л. Вища математика в прикладах і задачах
Подождите немного. Документ загружается.
101
Розділ II. Аналітична геометрія
7х – 4у + 104 = 0.
Одержали рівняння 7х – 4у + 104 = 0 перпендикуляра MN.
Розв’язавши систему рівнянь MN i CD знайдемо проекцію точки
М на пряму CD.
741040
47130
xy
xy
®
¯
74
47
'
= 49 + 16 = 65;
104 4
13 7
x
'
= –728 – 52 = – 780;
7104
413
y
'
= –91 + 416 = 325.
Використовуючи формули (2.14) знаходимо х та у:
780
12
65
x
x
'
'
;
325
5
65
y
y
'
'
.
Шукана точка N(–12; 5).
Задача 2.31. Знайти відстань між двома паралельними прями+
ми:
3х + 4у – 12 = 0
3х + 4у + 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) + 4у – 12 = 0; 4у = 24; у = 6.
Отже, на першій прямій вибрана точка М
0
(–4; 6). Знайдемо
відстань від точки М
0
(х
0
; у
0
) до заданої другої прямої Ах + Ву + С = 0
за формулою (2.15):
102
Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»
00
22
Ax By C
d
AB
.
22
3( 4) 4 6 13 12 24 13
25
5
5
25
34
d
(лін. од.).
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:
22
12 12
()()
dxx yy
;
22
(0 12) (5 4) 144 81 225 15
AB
d
;
22
( 12 0) ( 11 5) 144 256 400 20
BC
d
;
22
(12 12) (11 5) 576 49 625 25
AC
d
.
2) Кожна сторона трикутника проходить через дві точки, через
це для знаходження рівнянь сторін використаємо формулу (2.10):
11
221
1
x
xyy
x
xyy
.
Знайдемо рівняння сторін:
103
Розділ II. Аналітична геометрія
(АВ)
12 4 12 4 12 4
012 54 12 9 4 3
xy xy xy
3х – 36 = –4у – 16
3х + 4у – 20 = 0 (АВ);
(ВС)
05 5 5
12 0 11 5 12 16 3 4
xy xy xy
4х = 3у – 15
4х – 3у + 15 = 0 (ВС);
(АС)
12 4 12 4
12 12 11 4 24 7
xy xy
7(х – 12) = 24(у + 4) = 0
7х – 84 = 24у + 96
7х – 24у – 180 = 0 (АС).
2) Щоб скласти рівняння висоти, яка проведена із точки В на
сторону АС, необхідно знати кутовий коефіцієнт висоти.
Спочатку знайдемо кутовий коефіцієнт сторони АС
1
77
24 24
A
k
B
.
З умови перпендикулярності двох прямих
12
1
kk
знайдемо
кутовий коефіцієнт висоти BD:
Рис. 2.12.
А
Х
Y
В
С
D
М
F
Е
–11
–12 12
5
L
К
104
Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»
2
1
1
k
k
=
124
7
7
24
.
Складемо рівняння висоти, скориставшись формулою:
у – у
0
= k(х – х
0
),
у – 5 =
24
7
(х – 0),
7у – 35 = –24х,
24х + 7у – 35 = 0 (BD).
4) Для знаходження довжини BD використаємо формулу (2.15):
00
22
A
xByC
d
AB
,
за допомогою якої знайдемо відстань від точки В(5; 0) до прямої АС
7х – 24у – 180 = 0 (АС)
22
7 0 24 5 180 300
300
12
25
49 576
7(24)
BD
d
.
5) Для знаходження рівняння медіани АМ потрібно знайти коор+
динати точки М.
0(12)
6
22
BC
M
xx
x
;
5(11)
3
22
BC
M
yy
y
.
Координати точки М(–6; –3).
Рівняння медіани АМ знаходиться як рівняння прямої, що про+
ходить через дві точки А(12; –4) та М(–6; –3).
12 4 12 4
612 34 18 1
xy xy
х – 12 = –18(у +4)
х –12 = –18у – 72
х + 18у + 60 = 0 (АМ).
6) Щоб знайти координати точки F перетину висоти BD та меді+
ани AM, необхідно розв’язати систему рівнянь цих прямих:
105
Розділ II. Аналітична геометрія
24 7 35 0
18 60 0
xy
xy
®
¯
24 7
118
'
= 432 –7 = 425;
35 7
60 18
x
'
= 630 + 420 = 1050;
24 35
160
x
'
= –1440 – 35 = –1475;
1050
2,47
425
x
x
'
|
'
;
1475
3,47
425
y
y
'
|
'
.
Шукана точка перетину F(2,47; –3,47).
7) Для знаходження рівняння бісектриси внутрішнього кута С
необхідно знайти координати точки K. Згідно властивості бісектри+
си внутрішнього кута трикутника, яка ділить сторону АВ в відно+
шенні
AK AC
KB CB
O
, знаходимо
15 5
20 4
AC
CB
O
. Знаходимо ко+
ординати точки K за формулами:
4
12 0
12 12 4 16
5
49
193
1
54
AB
K
xx
x
O
O
,
у
К
=
59
45
44
1
59
1
1
44
AB
K
yy
y
O
O
.
106
Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»
Шукана точка K(
16
3
; 1).
Знаходимо рівняння бісектриси внутрішнього кути С:
12 11 12 11 3( 12) 11
16 52
111 12 52 12
12
33
xy xy x y
3( 12) 11
13 3
xy
9(х + 12) = 13(у + 11)
9х + 108 = 13у + 143
9х – 13у – 35 = 0 (СК).
8) Центр ваги трикутника Е визначається за формулами:
; ;
33
A
BC ABC
xxx yyy
xy
12 0 12
0
3
E
x
;
4 5 11 10
33
E
y
.
Шукана точка центру трикутника Е(0;
1
3
3
).
9) Величину кута С знаходимо за формулою:
tg .
1
BC AC
BC AC
kk
C
kk
З розв’язаного вище маємо: k
BC
=
3
4
; k
AC
=
7
24
; тоді
47 327
18 3
324 24
tg
47 18 7
24 4
1
324 18
C
.
Величина кута
3
arctg
4
C
.
107
Розділ II. Аналітична геометрія
10) Знайдемо площу трикутника за формулою:
S =
1
2
d
AC
d
BD
;
S =
1
2
25
12 = 25
6 = 150.
Шукана площа S = 150 (кв. од.).
2.2.2. Задачі для самостійного розв’язку
2.33. Які з точок М(3; 5), N(2; 7), P(–1; –3), Q(–2; 0), R(3; –5)
лежать на прямій у = 2х – 1, а які лежать вище або нижче цієї прямої?
2.34. Задана пряма 2х + 3у + 4 = 0. Скласти рівняння прямої, що
проходить через точку М(2; 1):
1) паралельно заданій прямій;
2) перпендикулярно до заданої прямої.
2.35. Знайти проекцію точки Р(–6; 4) на пряму 4х – 5у + 3 = 0.
2.36. Знайти точку Q, яка симетрична точці Р(–5; 13) відносно
прямої 2х – 3у – 3 = 0.
2.37. Знайти точку М
1
, яка симетрична точці М
2
(8; –9) відносно
прямої, що проходить через точки А(3; –4) і В(–1; –2).
2.38. Задано вершини трикутника А(1; –1), В(–2; 1) і С(3; 5).
Скласти рівняння перпендикуляра, що опущений із вершини А на
медіану, яка проведена із вершини В.
2.39. Задано вершини трикутника А(2; –2), В(3; –5) і С(5; 1).
Скласти рівняння перпендикуляра, який опушений із вершини С на
бісектрису внутрішнього кута при вершині В.
2.40. Задано дві суміжні вершини А(2; 5) і В(5; 3) паралелограма
ABCD і точка М(–2; 0) перетину його діагоналей. Скласти рівняння
сторін цього паралелограма.
2.41. Задано рівняння двох суміжних сторін паралелограма
х – у –1= 0 і х – 2у = 0 та точка перетину його діагоналей М(3; –1).
Скласти рівняння двох інших сторін паралелограма.
2.42. В рівнобедреному прямокутному трикутнику задано коор+
динати вершини гострого кута (5; 7) і рівняння його протилежного
108
Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»
катета 6х + 4у – 9 = 0. Скласти рівняння двох інших сторін трикут+
ника.
2.43. Знайти вершини прямокутного рівнобедреного трикутника,
якщо задано вершина прямого кута С(3; –1) та рівняння його гіпоте+
нузи 3х – у + 2 = 0.
2.44. Точка А(2; –5) є вершиною квадрата, одна із сторін якого
лежить на прямій х – 2у – 7 = 0. Обчислити площу цього квадрату.
2.45. Задано вершини трикутника А(–10; –13), В(–2; 3) і С(2; 1).
Обчислити довжину перпендикуляра, який опущений із вершини В
на медіану, що проведена із вершини С.
2.46. Сторони АВ і ВС паралелограма задано рівняннями
2х – у + 5 = 0 і х – 2у + 4 = 0, діагоналі його перетинаються в точці
М(1; 4). Знайти довжину його висот.
2.47. Задано дві вершини трикутника А(–4; 3) і В(4; –1) і точка
перетину його висот М(3; 3). Знайти третю вершину С.
2.48. В трикутнику АВС відомо: сторона АВ: 4х + у – 12 = 0,
висота ВK: 5х – 4у – 15 = 0 і висота АН: 2х + 2у – 9 = 0. Скласти
рівняння двох інших сторін трикутника і третьої висоти.
2.49. Скласти рівняння сторін трикутника, знаючи одну із його вер+
шин А(3; –4) та рівняння двох висот 7х – 2у – 1 = 0 і 2х – 7у – 6 = 0.
2.50. Задана пряма 2х + у – 6 = 0 і на цій прямій дві точки А і В
ординатами у
А
= 6 і у
В
= –2. Знайти рівняння висоти АD трикутника
АОВ, знайти її довжину і
DAB
.
109
Розділ II. Аналітична геометрія
§2.3. Криві лінії другого порядку
2.3.1. Коло
Колом називається геомет+
ричне місце точок площини, які
рівновіддалені від однієї і тієї ж
точки цієї площини (рис. 2.13).
Рівняння кола з центром
С(a; b) і радіусом r має вигляд:
(х – а)
2
+ (у – b)
2
= r
2
. (2.16)
У випадку, коли центр кола
знаходиться в початку коорди+
нат, рівняння має вигляд:
х
2
+ у
2
= r
2
.
Коло — рівняння другого
порядку. Загальне рівняння кривої другого порядку:
Ах
2
+ 2Вху + Су
2
+ Dx + Ey + F = 0
являє собою коло, якщо коефіцієнти при квадратах координат рівні
між собою А = С, і якщо відсутній член з добутком координат ху,
тобто В = 0.
Рис. 2.13.
Х
Y
О
С(а; b)
r
М(х; у)
2.3.2. Еліпс
Еліпсом називається геометричне місце точок, сума відстаней яких
до двох фіксованих точок, що називаються фокусами, є величина ста+
ла і дорівнює 2а (рис. 2.14). Канонічне рівняння еліпса має вигляд:
22
22
1
xy
ab
, (b
2
= а
2
– с
2
) . (2.17)
Координати фокусів еліпса F
1
(c; 0) i F
2
(–c; 0). Відстань між фоку+
сами дорівнює 2с. Точки перетину еліпса з осями координат А
1
(а; 0),
А
2
(–а; 0) і В
1
(0; b), B
2
(0; –b) — називаються вершинами еліпса.
Відрізки А
1
А
2
= 2а, В
1
В
2
= 2b — називаються осями еліпса.
Ексцентриситет еліпса
1
c
e
a
.
110
Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»
Відстані r
1
та r
2
точки М(х; у) еліпса до його фокусів називаються
фокальними радіусами цієї точки і визначаються за формулами:
r
1
= а – eх, r
2
= а + eх.
Дві прямі, які паралельні до малої осі еліпса і знаходяться від неї
на відстані
a
e
, називаються директрисами еліпса. Їхні рівняння:
a
x
e
,
a
x
e
, або
2
a
x
c
,
2
a
x
c
.
Рівняння еліпса с осями, що паралельні координатним осям, має
вигляд:
22
00
22
()()
1
xx yy
ab
,
де (х
0
; у
0
) — координати центра еліпса.
A
2
F
2
O F
1
X
B
2
Y
B
1
r
2
r
1
M(x; y)
x = –a/
H
x = a/
H
A
1
Рис. 2.14.
2.3.3. Гіпербола
Гіперболою називається геометричне місце точок, для кожної із
яких абсолютне значення різниці відстаней до двох заданих точок,
що називаються фокусами, є величина стала і дорівнює 2а (рис. 2.15).
Канонічне рівняння гіперболи має вигляд: