Часть 2 ВА и АГ интернет-материалы

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уральский Федеральный университет им. Б.Н. Ельцина «УПИ»

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

или mC: 11х–2у–45=0.

Аналогично

mВ: 13х+14у–75=0,

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

23.02.2015

Размер:

4.48 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 189 10 11 12 13 14 15 16 17 18 > Следующая >>>

а). Координаты вершин треугольника находятся как точки пересечения соответствующих сторон. Так, например, координаты точки А являются решением системы уравнений

x 2 y 5 0,	А (-1, 2).
	А (-1, 2).
x 2y 3 0,

Аналогично находятся В (9, -3) и С (5, 5).

б). Высотой треугольника называется отрезок перпендикуляра, опущенного из вершины треугольника на противоположную сторону.

Уравнение высоты hc = CC1 ищем как уравнение прямой, приходящей через точку С перпендикулярно к

1, 2

AB:

уравнение

высоты

x 5

y 5

Анализ уравнений сторон АС: y

ВС: у = -2х + 5 k1

убеждает в том, что АС

ВС,

треугольник

является

прямоугольным,

значит,

уравнение hA: y 1 x 5 ; hB: у = -2х + 15.

2 2

в). Медианой называется отрезок прямой, соединяющей вершину треугольника с серединой противолежащей стороны.

Координаты середин сторон находятся по формулам деления отрезка в данном отношении: С2 (4, -1/2), В2 (2, 7/2), А2 (7, 1).

Уравнение медианы mC = CC2 получается как уравнение прямой, проходящей через точки С и С2:

д)

у = 2, х+у–6=0, 3х–у–10=0,

ж)

О1(4,2), r 5 ,

з)

О2(4,-1/2),

R 55 , 2

и)

xO	4,35;
3
yO	1, 45
3
к)		3
		3
A arccos
A arccos		5
		5

л) 30.

mА: x+8y–15=0.

г). Длины сторон найдем по формуле расстояния между двумя точками:

c 102 52 5 5,

a 4 5,

AC b 35.

д). Биссектрисой треугольника называется лежащий в треугольнике отрезок прямой, которая делит его внутренний угол пополам.

Укажем два способа нахождения уравнения биссектрисы треугольника.

1). Биссектриса делит противолежащую сторону в отношении, пропорциональном прилежащим сторонам.

Если С3 – точка пересечения биссектрисы lC = CC3 со стороной АС, то

АС3 АС b 3. С3 В СВ a 4

Координаты точки С3 находим по формулам деления

отрезка	в	данном	отношении		=	3/4:
С3 (23/7, - 1/7).
Уравнение биссектрисы lC = CC3				получается как
уравнение	прямой, проходящей через точки					С3 и

С (5, 5):
	y 5	x 5		или 3х – у – 10 = 0.
	1 7 5	23 7	5

2). Найдем направляющий вектор биссектрисы

	CA CB		2	1		1	2
lC = CC3: l					,			.


	CA	CB	5	5		5	5

Таким образом, в качестве направляющего вектора прямой можно взять вектор 1, 3 и уравнение

биссектрисы принимает вид: x 5 y 5 .

1 3

Уравнения lВ: х+у – 6 = 0 и lА: у = 2

могут быть найдены одним из двух способов.

ж). Центр вписанной окружности находится в точке пересечения биссектрис lС и lА треугольника.

Система уравнений, составленная из уравнений биссектрис:

3х у 10 0,

у 2,

имеет решение х = 4, у = 2.

Следовательно, центр вписанной окружности находится в точке О1 (4, 2).

Радиус вписанной окружности найдем как расстояние

от точки О1 до стороны АС: АС				x0 2		y	0	5		, где х0 =

						5
4, у0 = 2.
			4 4		5
Таким образом, r dAC
	AC
									5.

		5

з). Центр описанной окружности находится в точке пересечения серединных перпендикуляров. Для прямоугольного треугольника он лежит на середине гипотенузы.

уС

А	BB2 2
А		A2	х
		A2

O0	O2
	O2
	R		B
	R

R 1 AB 55 . 2 2

и). Центр тяжести треугольника находится в точке пересечения медиан.

1). Из пункта в) имеем систему уравнений для определения координат центра тяжести как точки

11x 2 y 45 0,

пересечения медиан mС и mB :

13x 14y 75 0.

Система имеет решение х = 4,35, у = 1,45. Следовательно, центр тяжести треугольника находится

в точке О3 (4,35; 1,45).

2). Укажем, что медианы треугольника делятся точкой пересечения в отношении 2 : 1, считая от вершины.

Таким образом, координаты центра тяжести могут быть найдены как координаты точки О3, делящей медиану в

отношении СО3 2.

С3С2 1

Если воспользоваться формулами деления отрезка в данном отношении, то координаты точки:

x	xC	2xC		5 2 4
		2				4,33;
						4,33;
O		3		3
3		3		3
3
y		yC 2yC	2		5 2 ( 1 2)		1,33.
y							1,33.
O		3		3
3		3		3
3

к). Внутренние углы.

Например, внутренний угол при вершине А треугольника может быть найден следующим образом:

cos A	AC AB			1 4		3

						5
	AC	AB			5 5	5
A arccos		3
			.
			.
		5

л). По формуле площади треугольника имеем

		1	1	2	1		1
1) S		1	9	3	1		1	60 30 (ęâ. ĺ ä.).
1) S			9	3	1			60 30 (ęâ. ĺ ä.).
	2		5	5	1	2
			5	5	1

2). Площадь треугольника может быть вычислена по формуле:

S = p r,

где p – полупериметр треугольника; r – радиус вписанной окружности.

Поскольку p 3 5 5 5 4 5 65, a r 5,

5
ňî S 30 (кв. ед.).

Найдите проекцию точки Р (4, 9) на прямую,
проходящую через точки А (3, 1) и В (5, 2).
2 РЕШЕНИЕ:	7,3
Искомую точку М x, y	найдем, решая совместно
уравнение прямой АВ с уравнением перпендикуляра,

	проведенного к этой прямой из точки Р.
	АВ :		х 3				у 1	у		1	х			1		.
	АВ :							у			х					.
				2		1		2				2
	Уравнение перпендикуляра из точки Р на прямую АВ
	ищем в виде у – 9 = k (x – 4);																1
	из условия перпендикулярности k																1	1 k 2.
	из условия перпендикулярности k																	1 k 2.
		1			1							2
		1			1			x 7,
	y			x		,					М x, y = 7,3
	y	2		x		,
		2			2
								y 3.
	y 2x 17,
	Постройте прямую 3х – 5у + 15 = 0.
	РЕШЕНИЕ:
3
	Уравнение					прямой		в отрезках имеет вид:												x		y	1,
	Уравнение					прямой		в отрезках имеет вид:												5			1,
																				5	3
	прямая отсекает на осях отрезки (-5) и 3.
	Даны две прямые 2х + 3у – 5 = 0, 7х +15у +1 = 0,
	пересекающиеся в точке М. Составьте уравнение
	прямой, которая проходит через точку М
	перпендикулярно к прямой 12х – 5у – 1 = 0.
	РЕШЕНИЕ 1:												2
	Прямые L : 2x 3y 5 0, k												2		,
	Прямые L : 2x 3y 5 0, k														,
				1				1				7
									3			7
	L : 7x 15y 1 0, k2								3		пересекаются, так как они
	L : 7x 15y 1 0, k2										пересекаются, так как они
4	2							15																5x 12y 6 0
4								15																5x 12y 6 0
	имеют разные угловые коэффициенты. Составим
	уравнение пучка прямых, проходящих через точку их
	пересечения М:
						2х + 3у – 5 + (7х + 15у +1) = 0,
				(2 + 7 ) х + (3 + 15 ) у + (-5 + ) = 0.
	Выделим в этом пучке искомую прямую L : y kx b.
	По условию искомая прямая перпендикулярна прямой
	L :	12х – 5у – 1 = 0, для которой k3																	12	. Угловой
	L :	12х – 5у – 1 = 0, для которой k3																		. Угловой
	3											5
												5

	коэффициент													искомой											кривой						k			1	,
	коэффициент													искомой											кривой						k				,
		2 7								5																								k3
		2 7								5									1 и								уравнение				искомой
		3 15																	1 и								уравнение				искомой
		3 15					12
	прямой принимает вид: 5х + 12у + 6 = 0.
	РЕШЕНИЕ 2:											2x 3y 5 0,
												2x 3y 5 0,
	Решая систему																								найдем точку пересе-
												7x 15y 1 0,
	чения прямых										26			,	37							. Каноническое уравнение

															9
											3				9
														x			26							y	37
														x										y
	прямой имеет вид:																	3						9				или
	прямой имеет вид:													12										5				или
	5x 12 y 6 0 .													12										5
	5x 12 y 6 0 .

	Напишите уравнение прямой L, проходящей через точку
	М (2, 1) под углом 45 к прямой
	L1: 2х + 3у +4 = 0.
		РЕШЕНИЕ:																		tg , L1: 2х + 3у +4 = 0,

			L : y k x b, k
													ó			2		x					4	k					2	..
													ó					x						k						..
											1				3						3			1		3
															3						3					3						1
													k k1										k	2 3									,			x 5y 3 0,

	45		0																									1 k1,2
5				, tg																												5 М
				, tg							1 k k1										1 (2 3) k											5 М
																					1 (2 3) k										5.					5x y 11 0
	(2,1) L,																														5.					5x y 11 0
	(2,1) L,														3
							b ,								3
															,
		y k x													,
	L :			1			1 b1,2								5
		y k2 x b2
														11.
		y			1	x		3	,				x 5y 3 0,
		y				x			,				x 5y 3 0,
	L :			5			5
													5x y 11 0.
		y 5x 11
	Составьте уравнение прямой L, параллельной прямым
6	L1: х + 2у – 1 = 0																																			х+2у+1/2=0
6	и L2: х + 2у +2 = 0 и проходящей посередине между																																			х+2у+1/2=0
	и L2: х + 2у +2 = 0 и проходящей посередине между
	ними.

РЕШЕНИЕ:

Уравнение

прямой

будем

искать

виде

А(х – х0) + В(у + у0) = 0. В качестве нормального

вектора

n {A, B}

можно выбрать нормальный вектор

прямых L1

и L2, равный {1, 2}.

Найдем какую-нибудь точку М0 (х0, у0) L. Точка

М0 будет делить пополам отрезок, соединяющий две

любые точки, лежащие на L1 и L2. Например, М1 (1, 0)

L1 и М2 (-2, 0) L2, тогда точка М0 имеет координаты (-

1/2, 0), и уравнение прямой L принимает вид:

х + 2у + 1/2 = 0.

2. Кривые второго порядка

Найдите точки пересечения следующих линий:

1) (x – 1)2 + (y – 3)2 = 4 и (x – 3)2 + (y – 5)2 = 4;

2) (x – 5)2 + y2 = 1 и x + y = 0.

РЕШЕНИЕ:

x2 y2 2x 6 y 6 0,

вычитая

из

первого

1).

x2 y2 6x 10y 30 0,

1) (1, 5)

уравнения второе,

(3, 3).

получим систему x

6 0,

y x 6,

решая

которую,

получаем

две точки

пересечения

(1, 5) и (3, 3);

2). Линии (x – 5)2 + y2 = 1

+ y

не

пересекаются,

так

как

система

уравнений

1, не имеет действительных решений.

(х 5)

х у 0

Составьте уравнение эллипса, фокусы которого лежат

на оси

абсцисс,

симметрично

относительно

начала

169

координат,

зная,

что

малая

ось равна

10,

эксцентриситет равен 12/13.

РЕШЕНИЕ:

Из условия имеем b = 5, е = 12/13. Поскольку

е = с/а и а2 = b2 + c2, то a2 = b2 + е2 a2 или

a2	b2	. Подставляя числовые значения, получим

1 e2		а2 = 169.

Следовательно, уравнение эллипса имеет вид:

						х2	у2
								1.
		169					25	1.
		169					25

Составьте уравнение эллипса, фокусы которого лежат
на оси абсцисс, симметрично относительно начала
координат, зная, что его большая ось равна 10, а
расстояние между фокусами равно 8.
РЕШЕНИЕ:									х2	у2
9		Из условия имеем а = 5, с = 4. Вычислим малую							х2	у2
											1
									25	9	1
полуось									25	9

b a2 c2						3.
b a2 c2					25 16	3.
Следовательно, уравнение эллипса имеет вид:
	х2		у2
				1.
25		9		1.
25		9
Фокусы гиперболы совпадают с фокусами эллипса

x2 y2 1. Составьте уравнение гиперболы, если ее

25 9

эксцентриситет равен 2.

РЕШЕНИЕ:

Из уравнения

эллипса

находим:

25,

9 . c2

, c

ýëë

По условию cýëë căčď c и eăčď

2 .

aăčď

Таким образом, a

2 и

c2 a2

ăčď

16 4 12 .

ăčď

Уравнение искомой гиперболы имеет вид: x2 y2 1. 4 12

Составьте уравнение параболы, если известны ее фокус F(-7, 0) и уравнение директрисы

x – 7 = 0.

РЕШЕНИЕ:

Из уравнения директрисы имеем x = -p/2 = 7 или p = - 14.

11 Таким образом, уравнение искомой параболы имеет y2 = -28x

вид: y2 = -28x.

Установите,

какую линию

определяет

уравнение

y 7, x R. Нарисуйте ее график.

y 7

x2 6x 13,

РЕШЕНИЕ:

При

y 7

возведем

обе части

уравнения

y 7

x2 6x 13 в квадрат:

x2 6x 13

y 7 2 x2

6x 13 .

y 7 2

или

Выделяем в правой части полный квадрат:

y 7 2

x 3 2 4

или

(y 7)2

(x 3)2

Это уравнение сопряженной гиперболы с центром в

Нижняя

точке О (3, 7) и полуосями а = 2, b = 3.

ветвь

y 7

6x 13,

определяет

сопряженной

Исходное уравнение

y 7

гиперболы

нижнюю

ветвь

сопряженной

гиперболы,

расположенную под прямой y=7.

Установите,

какую

линию определяет

уравнение

x 1

y 1

. Нарисуйте ее график.

РЕШЕНИЕ:

Область допустимых значений (х, у) определяется

условиями:

y 1,

Часть пара-

x 1.

1 x 0,

болы

(y + 1)/2 = 4 (1 – x)2

y + 1 = 8 (1 – x)2.

Искомая кривая – часть параболы с вершиной в точке

(1, -1).

	Установите, какую линию определяет	уравнение

	y 2 9 x2 8x. Нарисуйте ее график.
	РЕШЕНИЕ:
	Искомая кривая – часть окружности:
14	(y + 2)2 + (x – 4)2 = 52, y -2, x [-1, 9].	Часть ок-
14		ружности
		ружности

	Установите, какую линию определяет уравнение y2 –
	x2 = 0. Нарисуйте ее график.
	РЕШЕНИЕ:
	(y – x) (y + x) = 0 – две пересекающиеся прямые.
15	Две прямые

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 189 10 11 12 13 14 15 16 17 18 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
03.05.2015132.22 Кб198Чарльз Тилли "Демократия".pdf
#
22.11.20196.26 Mб17Часть 1 методического пособия (1).doc
#
22.11.20191.23 Mб9Часть 1. Глава 1.doc
#
22.02.20151.93 Mб65Часть 1.doc
#
20.11.201947.82 Кб1Часть 2 (Автосохраненный).docx
#
23.02.20154.48 Mб11Часть 2 ВА и АГ интернет-материалы.pdf
#
21.12.20183.11 Mб11Часть 2 ОТ.doc
#
22.02.20156.5 Mб60ЧАСТЬ 2 ЭКО.doc
#
22.02.20154.12 Mб87Часть 3 ОТ.doc
#
21.12.20182.57 Mб60Часть 3 ЧС.doc
#
22.02.20152.51 Mб45Часть 4 Ч С.doc