Часть 1. Основные задачи векторной алгебры
.pdfПример. Пусть А(–2; 2; –3), В(1; 4; –5), С(0; 7; –1), D(–4; 8; 5) – координаты вершин трапеции. Найти ее ГЦТ. Решение. Вычисляем координаты ГЦТ треугольников АВС и ACD (см. задачу 7), точек Е и F соответственно.
xE |
= |
xA + xB + xC |
= −1 |
, |
yE |
= |
yA + yB + yC |
|
= |
13 |
, |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
||||||||||
|
3 |
|
3 |
|
|
3 |
|
|
|
|
||||||||
zE |
= |
zA + zB + zC |
|
= −3, |
|
xF |
= |
xA + xD + xC |
|
= −2 , |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
3 |
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
||||||
yF = |
yA + yD + yC |
= 17 |
, |
zF = |
zA + zD + zC |
= |
1 . |
|
||||||||||
|
|
|
||||||||||||||||
|
3 |
|
3 |
|
|
3 |
|
|
|
3 |
|
Для определения параллельных сторон трапеции ABCD
находим координаты векторов AB , BC , CD , AD :
|
AB |
= (3; 2; − 2) , |
|
BC |
|
= (−1; 3; 4) , |
CD |
|
= (−4; 1; 6) , |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
= (−2; 6; 8) , |
|||||||||||||
|
|
|
AD |
||||||||||||||||
откуда мы видим, что |
|
|
||/ |
|
, |
|
|| |
|
, |
|
|
|
|
||||||
|
AB |
CD |
BC |
AD |
AD |
= 2BC |
. |
Определяем длины верхнего и нижнего оснований трапеции: b =| BC |= 1+9 +16 = 26 , a = 2b = 2 26 .
Находим координаты ГЦТ трапеции: |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
bxE + axF |
|
|
xE + 2xF |
|
− |
|
|
+ 2(−2) |
|
|
13 |
|
|||||||||
|
x |
= |
|
= |
= |
3 |
= − |
, |
|||||||||||||||||
|
|
|
a + b |
|
3 |
|
|
|
|
3 |
|
|
9 |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
y = |
yE + 2yF |
= |
47 |
, |
z = |
zE + 2zF |
= − |
7 |
. |
|
|||||||||||||
|
|
|
9 |
|
9 |
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
13 |
|
|
47 |
3 |
7 |
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
||||
Ответ: |
|
− |
; |
; − |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
9 |
9 |
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
9 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Задача 9. Найти центр тяжести однородного многоугольника.
Решение. Разбиваем данный многоугольник на треугольники и находим их центры тяжести. В центр тяжести
21
каждого треугольника помещаем массу, равную массе треугольника. Так как многоугольник однородный, то его масса пропорциональна его площади. Можно положить удельную плотность равную 1 и считать, что масса любой плоской однородной фигуры численно равна ее площади. Таким образом, в центр тяжести каждого треугольника помещаем массу, численно равную площади треугольника. В результате получаем несколько материальных точек с известными координатами и массами. Осталось применить соответствующие формулы для вычисления координат ГЦТ системы из n материальных точек.
x = x1 m1 + x2 m2 +... + xn mn , m1 + m2 +... + mn
y = y1 m1 + y2 m2 +... + yn mn , m1 + m2 +... + mn
z = z1 m1 + z2 m2 +... + zn mn . m1 + m2 +... + mn
Пример. Из правильного шестиугольника ABCDEF со стороной а и центром О вырезали треугольник ОВС. Найти центр тяжести оставшейся фигуры.
Решение. Введем ПДСК Оху как на рисунке 3. Легко заметить, что в силу симметрии OCDE и OBAF – равные ромбы, ГЦТ которых находятся в точках G и H соответственно, а площадь каждого из них равна двум площадям треугольника ОАВ. ГЦТ фигуры из указанных двух ромбов, очевидно, находится в начале координат, а площадь этих двух ромбов равна 4S , где через S обозначена площадь треугольника ОАВ.
Обозначим через I – ГЦТ треугольника OEF с массой S. Таким образом, имеем две материальные точки – точку О с массой 4S и точку I с массой S.
22
у
В
С
х
D
G • О H А
|
|
• |
E |
I |
F |
|
J |
|
|
|
|
|
|
Рис. 3. |
Найдем координаты (x1 , y1 ) точки I. Ясно, что xI = 0 , yI = − 23 h , где h – высота равностороннего треугольника
со стороной а, т.е. h = |
3 |
a , |
yI = − |
2 h = − |
a |
|
. Имеем, |
||||
2 |
3 |
||||||||||
|
|
|
|
3 |
|
|
|
||||
О(0; 0), mO = 4S ; |
I (0; − |
|
a |
) , |
mI |
= S . |
|||||
|
3 |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Обозначим через J – ГЦТ искомой фигуры. Тогда точка J есть ГЦТ системы из двух материальных точек О и I.
x |
|
= |
xO mO + xI mI |
= |
mI |
x |
, |
y |
|
= |
mI |
y |
, |
|
mO + mI |
|
|
|
|||||||||
|
J |
|
|
M I |
|
|
J |
|
M I |
|
где M = mO + mI = 5S – масса всей плоской фигуры. Таким образом,
|
|
|
|
x |
|
= |
1 x |
|
= 0 |
, |
y |
|
= |
1 y |
|
= − |
a |
. |
|
|
|
|
|
J |
I |
J |
I |
5 3 |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
5 |
|
|
|
|
5 |
|
|
|||||
|
|
|
− |
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ответ: |
|
0; |
|
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Глава 2. Косоугольная система координат
Задача 10. Построить точку с заданными координатами в косоугольной системе координат и найти расстояние до нее от начала координат.
Решение. Пусть на плоскости дана косоугольная система координат Оху с координатным углом ϕ и даны коор-
динаты точки М(а, b). На координатной оси Ох откладываем точку M′(a) и проводим через нее прямую параллель-
ную оси ординат Оу. На координатной оси Оу откладываем точку M′′(b) и проводим через нее прямую параллель-
ную оси Ох.
у
ϕ
M′(a) х
О
ϕ М(а, b) M′′(b)
Рис. 4.
Точка М пересечения построенных прямых будет искомой. Расстояние ОМ есть длина диагонали параллелограмма со сторонами |a| и |b|, лежащая против угла равному координатному углу ϕ:
OM = a2 +b2 −2 | ab | cos ϕ .
Пример. В косоугольной системе координат Оху с координатным углом ϕ =135o построить точку М(1; – 1) и най-
ти расстояние ОМ.
Решение. На оси Ох откладываем точку А(1), а на оси Оу – точку В(–1). Через точку А проводим прямую параллель-
23 |
24 |
ную оси Оу, а через В – параллельную Ох. Построенные прямые пересекаются в искомой точке М.
у
ОA(1) х
М(1, –1)
B(−1)
Рис. 5.
OM = a2 +b2 −2 | ab | cos ϕ = 2 + 2 .
Задача 11. Найти координаты заданной точки в косоугольной системе координат.
Решение. Эта задача – обратная предыдущей. Через данную точку необходимо провести две прямые параллельные координатным осям, и найти координаты их точек пересечения с координатными осями.
Пусть прямая, проведенная через данную точку М параллельно оси Оу пересекает ось Ох в точке M′, а прямая проведенная через точку М параллельно оси Ох пересекает ось Оу в точке M′′. Далее находим координату точки M′ на координатной прямой Ох: M′(a) и находим координату
точки M′′ на координатной прямой Оу: M′′(b) . Тогда точка М имеет по определению координаты (а, b).
Пример. Дан правильный шестиугольник ABCDEF со стороной 1, точка О – его центр и дана косоугольная система координат с началом координат в центре О и координат-
ным углом 30o . Найдите в этой системе координат координаты всех вершин данного шестиугольника.
25
Решение.
С |
В |
G |
у |
D |
|
|
х |
|
|
|
|
H |
О |
А |
J |
I
E F
Рис. 6.
По условию задачи имеем OA = OD =1 , поэтому точка А имеет координаты А(1; 0), а D(–1; 0). По построению CBDH, AEFJ, ODBG – равные параллелограммы, поэтому J(2), Н(–2). По теореме косинусов из треугольника BCD с
углом С равным 120o находим BD:
BD2 = CD2 +BC2 −2CD BC cos120o =1+1−2(−0,5) = 3 ,
BD = AE = OI = OG = |
3 |
и |
G( |
3), I(− |
3) . Отсюда, |
|||
|
B(−1; 3) , C(−2; |
3) , |
E(1; − |
3) , |
F(2; − |
3) . |
||
Ответ: |
А(1; 0), B(−1; |
3) , |
C(−2; |
3) |
, D(–1; 0), |
E(1; − 3) , |
||
F(2; − |
3) . |
|
|
|
|
|
|
|
Задача 12. Найти расстояние от точки с заданными координатами в косоугольной системе координат до осей координат.
Решение. Воспользуемся рисунком 4, из которого мы видим, что расстояние от точки М до оси Ох есть высота параллелограмма OM′MM′′ с основанием OM′, т.е. равна площади этого параллелограмма, деленная на основание:
26
d(M; Ox) = |
S |
′ |
′′ |
= |
| ab | sin(π−ϕ) |
=| b | sin ϕ. |
|
OM MM |
|
| a | |
|||||
|
|
||||||
|
|
| a | |
|
|
|
|
|
Аналогично, |
S |
|
|
|
|
| ab | sin(π−ϕ) |
|
d(M; Oy) = |
′ |
′′ |
|
= |
=| a | sin ϕ. |
||
OM MM |
|
|
| b | |
||||
|
|
|
|||||
|
|
| b | |
|
|
|
|
Ответ: d(M(a; b); Ox) =| b | sin ϕ, d(M(a; b); Oy) =| a | sin ϕ.
Пример. В косоугольной системе координат Оху с координатным углом ϕ =135o найти расстояния от точки М(1; – 1) до осей координат.
Решение. Здесь | a | =| b | =1, sin ϕ = sin135 |
o |
= |
|
2 |
и |
|||||||
|
2 |
|||||||||||
|
d(M(1; −1); Ox) =| b | sin ϕ = |
|
|
2 |
|
|
, |
|
||||
|
|
2 |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
d(M(1; −1); Oy) =| a | sin ϕ = |
|
|
2 |
. |
|
||||||
|
|
2 |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Ответ: |
d(M; Ox) = d(M; Oy) = |
2 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Задача 13. Найти координаты точки в косоугольной системе координат, если известны расстояния от нее до осей координат.
Решение. Сразу же заметим, что точки
M1 (a;b) , M2 (a; −b) , M3 (−a;b) , M4 (−a; −b)
находятся на одинаковых расстояниях от осей координат. Это можно увидеть непосредственно из чертежа или из формул предыдущей задачи.
27
Пусть d(M; Ox) = h1 – расстояние от точки М до оси Ох, d(M; Oy) = h2 – расстояние от точки М до оси Оу. Из
формул задачи 12 находим | a | = |
h2 |
, | b | = |
h1 |
. |
sin ϕ |
|
|||
|
|
sin ϕ |
Опишем геометрический способ нахождения одной из четырех искомых точек.
уh2 В
О |
D(а) х |
h1 |
С(b) |
|
|
А |
М |
|
Рис. 7. |
В начале координат восстанавливаем перпендикуляры к оси Ох и оси Оу. Затем откладываем на этих перпендикулярах расстояния OA = h1 и OB = h2 . Через точку А про-
водим прямую параллельную Ох, а через точку В – прямую параллельную оси Оу. Проведенные прямые пересекутся в искомой точке М.
Дальнейшие действия совпадают с действиями в задаче 11. Пусть С – точка пересечения прямой АМ с осью Оу, а D – точка пересечения прямой ВМ с осью Ох. Пусть а – координата точки D на оси Ох, b – координата точки С на оси Оу. Тогда (а, b) – координаты искомой точки М.
Пример. В системе координат Оху с координатным углом ϕ = 60o найти точки, находящиеся на расстоянии 1 от оси
Ох и на расстоянии 2 от оси Оу. Решение. Воспользуемся формулами
28
|
|
|
|
|
|
| a | = |
h2 |
|
, | b | = |
|
h1 |
|
, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
sin ϕ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
sin ϕ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
где а – абсцисса, b – ордината искомых точек, |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
h1 |
= d(M; Ox) =1, |
h2 |
= d(M; Oy) = 2 , |
sin 60o |
= |
3 |
. |
|
||||||||||||||||||||||||
2 |
||||||||||||||||||||||||||||||||
Получаем |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
h2 |
|
4 |
|
|
|
|
|
h1 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
| a | = |
|
|
= |
|
, | b | = |
|
= |
. |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
sin ϕ |
|
3 |
sin ϕ |
3 |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
Ответ: M ( |
4 |
3 |
; |
2 |
3 |
) , M |
|
(− |
4 3 |
; |
2 |
3 |
) , M |
|
( |
4 3 |
; − |
2 3 |
) , |
|||||||||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
3 |
|
|
|||||||||||||||||||||
|
1 |
|
3 |
|
|
|
|
3 |
|
|
|
3 |
|
|
|
3 |
|
|
|
|
3 |
|
3 |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
M4 (− |
4 3 ; − |
2 3 ) . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
3 |
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Глава 3. Полярная система координат
Задача 14. Найти полярные координаты заданной точки в полярной системе координат.
Решение. Пусть на некоторой плоскости дана полярная система координат и произвольная точка плоскости.
М
rM ϕM
О
Рис. 8.
Соединим точку М с полюсом отрезком прямой и найдем длину ОМ этого отрезка. По определению, ОМ есть полярный радиус точки М. Измеряем доступными нам средствами угол ϕM между полярной осью и полярным радиусом
точки М – угол поворота полярной оси против часовой стрелки до совпадения с полярным радиусом. По определению, ϕM есть полярный угол точки М. Упорядоченная па-
ра (rM ; ϕM ) есть искомые полярные координаты точки М.
Пример. Полюс полярной системы координат находится в вершине правильного шестиугольника со стороной 1, полярная ось проходит через его сторону. Найти полярные координаты всех вершин.
Решение. Смотрите рисунок 9. По условию задачи, OA =1 . Тогда A(1; 0) – полярные координаты точки А. Из тре-
угольника ОАВ по теореме косинусов находим ОВ.
29 |
30 |
D |
С |
E
B
ОA
Рис. 9.
OB2 = OA2 + AB2 − 2OA AB cos A =1+1− 2cos120o = 3 ,
отсюда, B( 3; π6 ) – полярные координаты точки В; ОС – ось симметрии правильного шестиугольника, отсюда,
AOC = 1 |
AOE = 60o , ОС – диаметр описанной окруж- |
|||||
|
2 |
|
OC = 2 и C(2; π) |
|
|
|
ности, |
т.е. |
|
– |
полярные координаты |
||
|
|
|
3 |
|
|
|
точки |
С; |
|
EOD = AOB = 30o , |
отсюда AOD = 90o , |
||
OD = AB = |
|
3 , тогда, D( 3; π) |
– полярные координаты |
|||
|
|
|
2 |
|
|
|
точки D; E(1; 2π) – полярные координаты точки Е. |
|
|||||
|
|
|
3 |
π) , C(2; π) , D( |
3; π) , |
|
Ответ: |
О(0; |
0), A(1; 0) , B( 3; |
||||
|
|
|
|
6 |
3 |
2 |
E(1; 23π) .
Задача 15. Построить точку с заданными полярными координатами в полярной системе координат.
Решение. Пусть на некоторой плоскости дана полярная система координат и известны полярные координаты некоторой точки M(rM ; ϕM ) . Для построения точки М прово-
дим луч ОА с началом в полюсе О, так, чтобы угол между полярной осью и проведенным лучом был равен ϕM , при-
чем этот угол должен быть равен углу поворота полярной оси против часовой стрелке до совпадения с лучом ОА. Далее, на построенном луче ОА от точки О откладываем отрезок, длина которого равна rM . Тогда второй конец это-
го отрезка есть искомая точка М. Смотрите рисунок 8.
Пример. В полярной системе координат на плоскости постройте треугольник ОАВ и найдите его площадь, если О –
полюс, A(1; π3) , B(2; 56π) .
Решение. Вводим на плоскости полярную систему координат и строим лучи ОС и ОD:
|
|
|
|
|
С |
|
|
|
A |
|
|
|
|
D |
|
5π |
|
π |
||
• |
• |
|
||||
|
6 |
3 |
B
О
Рис. 10.
На луче ОС откладываем отрезок ОА, OA =1 . На луче OD откладываем отрезок ОВ, OB = 2 . Угол О треугольника
31 |
32 |
ОАВ является прямым: AOB = 56π − π3 = π2 . Отсюда, на-
ходим SAOB = 12 OA OB =1.
Ответ: рисунок 10, SAOB =1.
Задача 16. Найти расстояние между двумя точками в полярной системе координат.
Решение. Рассмотрим два возможных случая (смотрите рисунки 11 и 12).
В
А
ϕ2 ϕ1
О
Рис. 11.
А
ϕ2
О ϕ1
ϕ
В
Рис. 12.
Пусть A(a; ϕ1 ) , B(b; ϕ2 ) – произвольные точки, заданные
своими полярными координатами. Тогда в треугольнике ОАВ, AOB = ϕ =| ϕ2 −ϕ1 | , если | ϕ2 −ϕ1 | (0; π) или
ϕ = 2π− | ϕ2 −ϕ1 | , если | ϕ2 −ϕ1 | (π; 2π) . Смотрите рисун-
ки 11 и 12.
По теореме косинусов из треугольника ОАВ находим: AB = OA2 +OB2 −2OA OB cos ϕ = a2 +b2 −2ab cos ϕ .
Ответ: AB = a2 +b2 −2ab cos ϕ .
Пример. В треугольнике OAB, О – полюс полярной систе-
мы координат, A(3; π6 ) , B(32 ; − π6) – их полярные коорди-
наты. Найти длину стороны АВ. Решение. Смотрите рисунок 12а.
AOB = ϕ =| ϕA −ϕB |= 30o +30o = 60o .
а• A
О30o
b |
|
• |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
−30o |
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
B |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
Рис. 12а. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
AB = a2 +b2 −2ab cos ϕ = |
9 + |
9 |
−2 3 |
|
3 |
cos |
π |
= |
||||||||||
4 |
2 |
3 |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
= 3 |
5 |
− |
1 |
= 3 |
3 |
= |
|
3 3 |
. |
|
|
|
|
|
|
|||
4 |
2 |
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
Ответ: AB = 323 .
33 |
34 |
Задача 17. Найти площадь треугольника с известными вершинами в полярной системе координат.
Решение. Пусть A(a; ϕ1 ) , B(b; ϕ2 ) , C(c; ϕ3 ) – полярные координаты вершин треугольника.
|
|
|
|
|
|
|
|
С |
|
||
|
В |
β |
|
|
α |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
ϕ3 |
|
|
|
|
А |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
ϕ2 |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ϕ1 |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
О |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 13. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Из рисунка 13 мы видим, |
что |
SABC = SOAC +SOBC −SOAB . |
|||||||||
Обозначим через α = AOC , β = BOC . Тогда вычисляя |
|||||||||||
углы α и β как в предыдущей задаче, находим: |
|||||||||||
S = 1 OA OC sin α , |
S |
|
= 1 OB OC sin β, |
||||||||
OAC |
2 |
|
OBC |
|
2 |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
SOAB = 12 OA OB sin (α +β) .
Отсюда,
SABC = 12 (ac sin α+bc sin β−ab sin (α+β)) .
Пример. Вычислить площадь треугольника, если известны полярные координаты его вершин:
A (1; |
π) , |
B(1; |
5π |
) , |
C(1; |
3π |
) . |
|
6 |
2 |
|||||||
|
6 |
|
|
|
|
Решение. Построим чертеж, смотрите рисунок 14.
В А
О
С
Рис. 14.
Из рисунка мы видим, что SABC = SOAC +SOBC +SOAB . Легко видеть, что ∆OAC = ∆OAB = ∆OBC подвумсторонамиуглумежду
ними: OA = OB = OC =1, |
AOC = AOB = BOC =120o . |
|||||||||
Отсюда, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
S |
= 3S |
= 3 OA OB sin120o = 3 |
|
3 |
= 3 |
3 . |
||||
|
||||||||||
ABC |
|
OAB |
2 |
2 |
|
2 |
|
4 |
||
|
|
|
|
|
|
|||||
Ответ: S |
|
= |
3 |
3 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
ABC |
4 |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Задача 18. Найти внутренний угол треугольника с известными вершинами в полярной системе координат.
Решение. По известным полярным координатам вершин треугольника мы можем найти стороны треугольника, как в задаче 16. Тогда внутренний угол треугольника можно найти по теореме косинусов.
Пример. Найти внутренние углы треугольника, если из-
вестны полярные координаты его вершин: A (1; π6 ) ,
B( 13 ; 23π) , C(1; 32π) .
Решение. Выполним чертеж, смотрите рисунок 15.
35 |
36 |
|
|
|
|
|
В |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
А |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
О |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
С |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 15. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
Обозначим α = AOB , β = AOC , |
|
γ = BOC . Тогда, |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
α = 2π |
− π = |
π |
, β = |
π + |
π = 2π |
, γ = |
3π |
− |
|
|
2π |
|
= |
5π |
, |
||||||||||||||||||||||||||
3 |
6 |
2 |
|
|
|
|
|
6 |
|
2 |
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
3 |
|
|
|
6 |
|
|||||||||
|
AB = a2 +b2 = 1+ 1 |
= |
|
|
2 |
|
, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
AC = |
a2 +c2 −2aсcosβ = |
1+1−2 cos |
2π |
= |
3 , |
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
||
BC = |
b2 +c2 −2bccos γ = |
|
|
1 +1− |
|
2 |
|
|
cos |
|
5π |
|
= |
7 . |
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
3 |
|
6 |
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|||||||||||
Далее, по теореме косинусов |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
AB2 = BC2 + AC2 |
− 2BC AC cos C , |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
7 |
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
откуда cos C = BC2 |
+ AC2 − AB2 |
= |
|
|
|
+ |
|
3 − |
|
|
|
|
|
2 |
. |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
3 |
3 |
= |
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
2BC AC |
|
|
|
|
|
|
|
|
7 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
7 |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
Аналогично находим, cos A = |
AB2 + AC2 − BC2 |
|
1 |
, |
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
2AB AC |
|
|
|
= |
2 |
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
cos B = |
|
AB2 |
+ BC2 |
− AC2 |
= |
|
|
1 |
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
2AB |
BC |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
7 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
Ответ: A = 60o , B = arccos |
|
1 |
, C = arccos |
|
2 |
. |
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
7 |
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
7 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Глава 4. Полярная система координат и ПДСК
Задача 19. Найти декартовые координаты точки по ее полярным координатам.
Решение. Связь между полярными и декартовыми координатами точки устанавливается формулами:
x = r cos ϕy = r sin ϕ ,
где (r, ϕ) – полярные координаты точки М, (x, y) – ее декартовые координаты.
у
уМ
|
r |
ϕ |
|
|
|
х |
|
О |
|
х |
|
|
|
||
|
|
Рис. 16. |
|
Пример. Найти декартовые координаты точки М, если ее
полярный радиус r = 2 , а полярный угол ϕ = 53π.
Решение сводится к вычислению: |
|
|
|
|
|
|
|
|
x = r cos ϕ = 2cos 5π |
= 2 |
|
1 |
=1, |
|
|||
3 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
y = r sin ϕ = 2sin 5π = 2 |
(− |
|
|
3 |
) = − |
3 . |
||
|
2 |
|||||||
3 |
|
|
|
|
|
|
Ответ: M(1; − 3) .
37 |
38 |
Задача 20. Найти полярные координаты точки по ее декартовым координатам.
Решение. Пусть М(х, у) – декартовые координаты точки М. Тогда ее полярный радиус можно найти по формуле:
r = x2 + y2 .
Сложнее вычислить полярный угол. Рассмотрим все случаи расположения точки М на плоскости.
1)Точка М расположена на положительной полуоси абсцисс, т.е. x > 0, y = 0 . Тогда ϕM = 0 .
2)Точка М расположена на положительной полуоси орди-
нат, т.е. x = 0, y > 0 .. Тогда ϕM = π2 .
3)Точка М расположена на отрицательной полуоси абсцисс, т.е. x < 0, y = 0 . Тогда ϕM = π.
4)Точка М расположена на отрицательной полуоси орди-
нат, т.е. x = 0, y < 0 . Тогда ϕM = 32π .
5) Точка М расположена в первой четверти, т.е. x > 0,
y > 0 . Тогда ϕM (0; π) |
и ϕM = arccos |
x |
|
= arccos |
|
|
x |
|
||||||||||||
r |
|
x2 + y2 |
||||||||||||||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
или |
ϕM = arcsin |
y |
|
= arcsin |
|
y |
|
или |
|
ϕM = arctg |
y |
. |
||||||||
r |
|
|
|
|
|
x |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
x2 + y2 |
|
|
|
|
|
|
||||||||
6) Точка М расположена во второй четверти, т.е. x < 0, |
y > 0 . |
|||||||||||||||||||
Тогда ϕM (π; π) |
и ϕM = arccos |
x |
= arccos |
x |
|
|
|
|||||||||||||
r |
x2 + y2 |
|
|
|||||||||||||||||
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
или |
ϕM = π−arcsin |
y |
= π−arcsin |
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
x2 + y2 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
r |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
или ϕM = arctg |
y |
+ π. |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x < 0, |
||||
7) Точка М |
|
расположена в третьей четверти, т.е. |
|||||||||||||||||
y < 0 . Тогда ϕM (π; 3π) и |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
ϕM = −arccos |
x |
+2π = −arccos |
|
|
x |
+2π |
|
|||||||||||
|
|
|
x2 + y2 |
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
r |
|
|
|
|
||||
или |
ϕM = π−arcsin |
y |
= π−arcsin |
y |
|
|
|
|
|||||||||||
|
x2 + y2 |
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
r |
|
|
||||||||
или ϕM = arctg |
y |
+ π. |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x > 0, |
||||
8) Точка М |
расположена в четвертой четверти, т.е. |
||||||||||||||||||
y < 0 . Тогда ϕM (3π; 2π) и |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
ϕM = −arccos |
x |
+2π = −arccos |
|
|
x |
+2π |
|
|||||||||||
|
|
|
x2 + y2 |
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
r |
|
|
|
|
||||
или |
ϕM = arcsin |
y |
+2π = arcsin |
|
y |
+2π |
|
|
|||||||||||
r |
|
x2 + y2 |
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
или |
ϕM = arctg |
y |
|
+ 2π. |
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Пример. Найти полярные координаты следующих точек,
заданных декартовыми координатами: |
A( 3; 0) , |
В(0; 1), |
|
C(− |
3; 0) , D(0; –1), E( 3; 1) , F(− |
3; 1) , G(− |
3; −1) , |
H( |
3; −1) . |
|
|
Решение. Смотрите рисунок 17.
39 |
40 |