Практикум по высшей математике: векторная алгебра и аналитическая геометрия. Пантелеев И.Н

y +1 = −

3

(x −3), 3x +4 y −5

= 0.

4

Пусть х, у текущие координаты

точки на искомой

Подставляя

сюда значение

d = 3 и коэффициенты

А,В,С, находим

3 =

3x +4 y −5

или, раскрывая

модуль,

5

15 = 3x +4 y −5 и 15 = 3x −4 y +5

Отсюда имеем 3x +4 y −20 = 0 и 3x +4 y +10 = 0.

4.6. Через

точку

пересечения

прямых

2x − y +3 = 0 и x + y −2 = 0.

провести

прямую,

Угловой коэффициент пучка прямых k = −

2 +λ

, а угловой

λ −1

коэффициент перпендикулярной прямой

k

= 3 .

По условию

1

4

2 +λ

перпендикулярностиk = −

1

,

откуда

=

3 , а λ =10

λ −1

k

4

1

Подставляя найденное значение λ

в уравнение пучка,

получаем уравнение искомой прямой

12х+9 у−17 = 0 .

4.7. Даны две вершины треугольника А(-4;2) и В(2;-5) и

8

; −2

Найти третью вершину С

точка пересечения высот М

3

.

точки A и В, находим

y −2

=

x +4

,

y = −

7 x −

8 .

−5 −2

2 +4

6

3

Используя условие

перпендикулярности (7), из

6

8

(рис. 3.23) y +2 =

x −

,

6x −7 y −30 = 0.

7

3

y +5

=

x −2

,

y = −

9 x −14.

−2 +5

8

−2

2

3

y −2 = − 2 (x +4), 2x +9 y −10 = 0.

9

Решая совместно уравнения прямых АС и МС, находим

координаты точки C (5;0). Подставляя уравнения сторон АВ и

AC в формулу (12), находим уравнение биссектрисы угла А

7x +6 y +16

= − 2x +9 y −10 , 3x +5y +2 = 0.

49 +36

4 +81

d =

3 5 +5 0 +2

=

17

=

34

.

− 9 +25

34

2

Рис. 3.24

x − y −2

= 0,

x =1, y = −1.

Точка пересечения

медиан

7x − y −8 = 0,

делит их в отношении 2:1, поэтому AM : MD = 2 :1,

отсюда

λ = 2

xD = (1+λ)xM − xA =

3 3 −1 = 4, yD

= (1+λ)yM − yA = 3 3 +1 = 5.

λ

2

λ

2

Координаты точек C и B удовлетворяют уравнениям

прямых AC и AB

7xc − yc −8 = 0, и xB − yB −2 = 0.

Точка

D делит отрезок CB пополам

xc + xB = xD =8,

yc + yB = 2 yD =10.

Решая

эти

четыре

уравнения

относительно

xC , yC , xB , yB ,

находим координаты точек C и B :

xC = 2, yC = 6, xB = 3, yB = 4.

113

y −4

=

x −6

, x +2 y −14 = 0.

6 −4

2 −6

4.9. Через точку

−3;

5

провести прямую

так,

M

2

Подставляя

координаты

точек

M

и

N

уравнение

прямой, проходящей через две точки, получим

y −

3

x −

5

2

=

4

, 8x +34 y −61 = 0.

5

−

3

−3 −

5

2

2

4

4.10. Даны уравнения двух

сторон

параллелограмма

2x + y +9 = 0 и x − y −

3 = 0 и точка

M

−

7

,

7

пересечения

2

2

Рис. 3.26

2x + y +

9 = 0,

xA

= −2, yA = −5.

− y −3 = 0,

x

Диагонали параллелограмма при пересечении делятся

пополам. Отсюда координаты точки C

x

= 2x

− x

A

= −2

7 +2

= −5, y

= 2 y

M

− y

A

= 2

7

+5 =12.

C

M

2

C

2

AD , угловой

коэффициент которой

k = −2 ,

следовательно

y −12 = 2(x +5), 2x + y −2 = 0.

Прямая

CD параллельна AB ,

угловой

коэффициент

которой k =1,

y −12 = x +5, x − y +17 = 0.

Рис. 3.27

Рис. 3.28

треугольника

AB :

y −1

=

x −5

, откуда x +2 y −7 = 0 ,

3 −1

1−5

AC :

y −8

=

x −3

, откуда 7x +2 y −37 = 0,

1−8

5 −3

BC :

y −8

=

x −3

, откуда 5x −2 y +1 = 0.

3 −8

1−3

4.12.

Даны уравнения x + y −8 = 0, x − y −2 = 0 двух

медиан треугольника и

координаты одной из его вершин

A(4;6). Найти уравнения сторон треугольника.

Решение. Координаты точки A(4;6) не удовлетворяют

заданным уравнениям,

следовательно,

точка A не лежит на

медианах.

Решая систему заданных уравнений, находим

координаты точки M пересечения медиан xM = 5, yM = 3.

Проведем две медианы, отметим точку М их

пересечения и точку A (рис. 3.28).

вершины B (xB , yB )

Пусть, например,

координаты

через вершину треугольника

B , а координаты вершины C

удовлетворяют

второму из

заданных уравнений. Тогда

xB + yB −8 = 0, xC − yC −2 = 0.

Имеем

два уравнения

с четырьмя неизвестными.

M и разделит сторону

BC

пополам в точке D . Найдем

координаты точки

D :

AM

= 2

= λ,

MD

1

x =

xA +2xD

,

y

M

=

yA +2 yD

,

M

1+2

1+2

117

xD =

2xM −2xA

= 3 5 −4 = 11

,

2

2

2

yD =

3yM − yA

=

3 3 −6 =

3 .

2

2

2

11

;

3

Итак, имеем D

2

2

.

x

+ x

=11,

B

C

yB + yC = 3,

=8,

xB + yB

x

− y

= 2

C

C

и найдем ее определитель

1

1

0

0

=

0

0

1

1

= −2

1

0

1

0

0

1

0

−1

Составим определитель

xB

11

1

0

0

xB =

3

0

1

1

= −14.

8

0

1

0

2

1 0 −1

Находим xB =

xB

= −14

= 7. Подставляя xB в первое из

−2

AB :

y −6

=

x −4

, откуда 5x +3y −38 = 0 ,

1−6

7 −4

AC :

y −6

=

x −4

, откуда x = 4,

2 −6

4 −4

BC :

y −1

=

x −7

, откуда x +3y −10 = 0.

2 −1

4 −7

4.13.

Даны вершины A(−3; −2), B (4; −1) и C (1;3)

проходящей через две точки. Отсюда уравнение прямой

BC

примет вид

y +1

=

x −4

, 3y +4x =

13, y = − 4 x +13

,

k = − 4 .

3 +1

1−4

3

3

3

Для

записи

уравнения

прямой

AD

воспользуемся

уравнением

пучка

прямых, проходящих

через

точку

A и

y +2

=

x +3

, y =

5 x +

7 , k =

5 .

3 +2

1+3

4

4

4

Из условия перпендикулярности диагоналей трапеции

находим угловой коэффициент диагонали BD :

k

= − 1 ,

k = − 4 .

1

k

1

5

119

y +1 = k1 (x − 4), y +1 = − 4 (x − 4), 4x +5y −11 = 0.

5

Решая уравнения прямых BD и AD совместно,

находим координаты точки D

4x +5y −11 = 0,

4x +3y +18 = 0.

2 y − 29 = 0,

y =

29 ,

4x +

5 29

−11

= 0,

x = −123 .

2

2

8

123

;

29

Ответ: D −

8

2

.

Ax2

+ 2Bxy +Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0.

(1)

Существуют три типа таких кривых:

если AC − B2

> 0, кривая эллиптического типа,

если AC − B2 < 0 – гиперболического типа,

если AC − B2

< 0 - параболического типа.

Если в общем уравнении второй степени (1)

коэффициенты

при

квадратах текущих координат

равны

120