dlja_agro
.pdfПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 3.
Системи лінійних рівнянь
Для заданих матриць знайти обернені матриці:
№27. |
1 |
2 |
|
|
|
|
|
3 |
4 |
; |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
2 |
2 |
3 |
|
||
№29. |
|
1 |
1 |
2 |
|
|
|
; |
|||||
|
|
2 |
1 |
1 |
|
|
|
|
|
Розв’язати систему лінійних рівнянь:
№28. |
2 |
4 |
|
||
|
0 |
5 |
; |
|
|
|
|
|
|
||
|
1 |
1 |
0 |
|
|
№30. |
|
1 |
1 |
2 |
|
|
; |
||||
|
|
5 |
2 |
1 |
|
|
|
|
|
4х 3у 2z 9, |
|
х 2у 3z 7, |
||
№31. |
|
|
№32. |
|
|
2х 5у 3z 7, |
3х у 4z 13, |
||||
|
|
6х 3у 5z 5; |
|
|
4х у 2z 0; |
|
|
|
|
||
|
|
2х у z 0, |
|
х у 2z 4, |
|
№33. |
|
х у 3z 13, |
№34. |
|
2х 3у z 3, |
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
3х 2у 4z 15; |
|
3х 2у 6z 0; |
||
|
5х 3у 6z 6, |
|
х у z 3, |
||
№35. |
|
2х у 3z 8, |
№36. |
|
|
|
2х у z 11, |
||||
|
|
х 4у 2z 9; |
|
|
х у 2z 8; |
|
|
|
|
||
|
2х 3у 4z 5, |
|
2х 2у z 1, |
||
№37. |
|
х 5у 5z 6, |
№38. |
|
|
|
3х у 2z 2, |
||||
|
|
|
|
|
4х у 7z 7; |
|
8х 2у 4z 10; |
|
|
||
|
х 8у 3z 1, |
|
х 5у z 4, |
||
№39. |
|
2х 6у z 4, |
№40. |
|
|
|
2х у 3z 14, |
||||
|
|
|
|
|
3х 5у z 8; |
|
0,1х 2у z 0; |
|
|
ЛЕКЦІЯ 4.
Елементи аналітичної геометрії на площині.
1. Системи координат:
а) декартова система координат;
б) полярна система координат. 2. Відстань між двома точками.
20
3.Поділ відрізка пополам.
4.Площа трикутника.
5.Кутовий коефіцієнт прямої.
6.Рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом, яка проходить через задану точку.
7.Рівняння прямої, яка проходить через дві задані точки.
8.Рівняння прямої у загальному вигляді.
9.Координати точки перетину прямих.
10.Кут між двома прямими.
11.Умова паралельності прямих.
12.Умова перпендикулярності прямих.
13.Відстань від точки до прямої
Аналітична геометрія – це наука, яка вивчає методи розв’язування геомет-
ричних задач методами аналізу. Основи аналітичної геометрії заклав французь-
кий математик Р. Декарт.
1. Системи координат
Основою аналітичної геометрії є система координат. Систем координат іс-
нує багато, але найбільш розповсюджені прямокутна, або декартова система та полярна системи.
а) Декартова система. На площині розглядають два взаємно перпендику-
лярні вектори: горизонтально розташований вектор Ох (вісь Ох) та вертикально розташований вектор Оу (вісь Оу). Точка О є початком координат. Обидві осі мають однаковий або різний масштаб, за допомогою якого для кожної точки на осях знаходиться відстань від початку координат.
Декартова система дозволяє розв’язувати дві задачі:
а) знаходження координат невідомої точки шляхом проведення перпенди-
кулярів на осі координат;
21
б) знаходження місця відомої точки на площині як перетину перпендикуля-
рів, побудованих на осях у точках, що відповідають координатам шуканої точки.
Координатна система дає можливість кожній точці площини поставити у ві-
дповідність два числа – координати точки. Перше число є проекцією точки на вісь Ох, а друге – проекцією на вісь Оу. Ці координати можуть бути відомими або невідомими. Якщо координати точки М невідомі, то цю точку позначають
М(х;у). Якщо ж вони відомі, то позначають М(х1; у1) або М(хМ; уМ), тобто х та у мають при собі числові, або буквені індекси.
б) Полярна система: Ця система складається з деякої точки О, що назива-
ється полюсом, та горизонтальної осі Ох, що називається полярною віссю.
Будь-яка точка М лежить на прямій ОМ=r, яка називається радіус-вектором і утворює з полярною віссю кут φ, який в полярній системі є аргументом.
М
|
r |
|
φ |
O |
x |
Величини r і φ називаються полярними координатами. Точка М в полярних
координатах записується у вигляді М(r; φ). Форми запису координат у декарто-
вій і полярній системах співпадають, тому завжди вживають додаткові пояснен-
ня щодо системи координат.
2. Відстань між двома точками
Нехай задано відрізок АВ з координатами кінців відрізка А х1; у1 та
В х2 ;у2 .
З трикутника АВС маємо: АВ= AC2 BC2 . Звідси:
AB (x |
x )2 |
(y |
2 |
y )2 |
(1) |
2 |
1 |
|
1 |
|
Приклад: Знайти довжину відрізка АВ, якщо A(3; 5) і B(7; 8).
22
d=(7 3)2 (8 5)2 42 32 5.
У
y2 |
|
B |
|
|
d |
у1 |
А |
С |
|
|
x |
0 |
x1 |
x2 |
3. Поділ відрізка пополам |
|
|
Нехай задано |
відрізок АВ з |
координатами кінців відрізка А х1; у1 та |
В х2 ;у2 . Точка С є серединою відрізка АВ. Тоді координати точки С можна ви-
значити за формулами:
|
|
|
|
|
x |
x1 x2 |
; y |
y1 y2 |
|
(2) |
||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
2 |
|
2 |
|
|
|||||
Приклад: Знайти середину відрізка АВ, якщо A(3; 5) і B(7; 8). |
|
|||||||||||||
xс |
x1 x2 |
|
3 7 |
5; yс |
|
y1 y2 |
|
|
5 8 |
6,5. |
|
|||
|
|
|
|
|
||||||||||
2 |
2 |
|
2 |
|
2 |
|
|
|
|
|||||
Отже, координати точки С (5; 6,5). |
|
|
|
|
|
|
||||||||
4. Площа трикутника |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Нехай задано трикутник АВС з координатами вершин А х1; у1 , |
В х2 ;у2 та |
|||||||||||||
С х3; у3 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
|
С |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
В |
|
A
х
Тоді площа трикутника обчислюється за такою схемою:
23
|
|
|
x1 |
y1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
S |
1 |
|
x2 |
y2 |
|
1 |
(x y |
|
x |
|
y |
|
x |
y |
y x |
|
y |
|
x |
|
y x ) |
(3) |
2 |
x3 y3 |
2 |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
1 |
2 |
|
2 |
|
3 |
|
3 1 |
1 |
2 |
|
2 |
|
3 |
3 1 |
|
|||||
|
|
|
x1 |
y1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Приклад: Обчислити площу трикутника А(2;7), В(12;1), С(6;15).
|
|
|
1 |
7 |
|
|
|
S |
1 |
|
12 |
1 |
|
1 |
2 180 42 84 6 30 34кв.од. |
|
15 |
|
|||||
2 |
|
6 |
2 |
|
|||
|
|
|
2 |
7 |
|
|
|
За подібною схемою обчислюється площа будь-якого многокутника, але для правильного обходу точок необхідно мати рисунок.
5. Кутовий коефіцієнт прямої
Озн. Рівнянням прямої називається такий математичний зв’язок між змінними х та у, взятими зі шкали дійсних чисел, при якому кожному значенню
х відповідає одне і тільки одне значення у.
y |
|
y2 |
B |
A |
φ |
y1 |
C |
x1 |
x2 x |
З АВС видно, що tg BC y2 y1 .
AC x2 x1
Озн. В аналітичній геометрії тангенс кута нахилу прямої до осі Ох
називається кутовим коефіцієнтом прямої і позначається через k. Отже:
k |
y2 |
y1 |
. |
(4) |
x2 |
|
|||
|
x1 |
|
Приклад: Знайти кутовий коефіцієнт прямої АВ, якщо А(6; 8); В(−10; 12).
k 10 6 16 4. Пряма нахилена до осі Ох під тупим кутом.
12 8 |
4 |
24
6. Рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом, яка проходить через зада-
ну точку
Виберемо на прямій довільну точку М з невідомими координатами х та у.Тоді для кутового коефіцієнта можемо записати:
ky y1 y y1 k(x x1). x x1
Отже, рівняння прямої з відомим кутовим коефіцієнтом, яка проходить через одну задану точку, має канонічний вигляд:
у у1 |
k х х1 |
(5) |
y |
|
|
y2 |
|
М |
|
|
|
|
|
|
|
y1 |
A |
|
φ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x1 |
|
x2 |
|
x |
|
|
|
|
|
|||
Приклад: Записати рівняння прямої, що проходить через точку А(2; 4) з за- |
|||||||||||||||||||||
даним кутовим коефіцієнтом k=3. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
Згідно формули (5) одержимо: y 4 3(x 2). |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
7. Рівняння прямої, яка проходить через дві задані точки |
|||||||||||||||||||||
Використаємо рівняння прямої через одну задану точку y y1 k(x x1). |
|||||||||||||||||||||
При відомих координатах точок А і В маємо: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
k |
y2 y1 |
. Тоді |
y y |
|
y2 |
y1 |
(x x ) |
y y1 |
|
x x1 |
. |
||||||||||
|
|
|
|
||||||||||||||||||
x |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
2 |
x |
1 |
|
x |
2 |
x |
1 |
|
y |
2 |
y |
|
x |
2 |
x |
|||||
|
|
1 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
1 |
|
Отже, рівняння прямої, яка проходить через дві задані точки, має вигляд:
y y1 |
|
x x1 |
. |
(6) |
y2 y1 |
|
|||
|
x2 x1 |
|
Рівняння (6) завдяки відсутності кутового коефіцієнта і необхідності кори-
стуватись таблицею тангенсів відноситься до найбільш вживаних на практиці.
25
Приклад: Записати рівняння прямої, що проходить через точки А та В з ко-
ординатами А(2; 3); В(6; 8). |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y 3 |
|
x 2 |
|
y 3 |
|
x 2 |
. |
|
8 3 |
6 2 |
|
|
||||
|
|
5 |
4 |
|
8. Рівняння прямої у загальному вигляді
Алгебраїчна форма рівняння першого порядку має вигляд:
Ax+By+C=0. (7)
До цієї форми зводиться будь-яке з попередніх рівнянь.
З рівняння у загальному вигляді можемо отримати рівняння прямої, яка відтинає на осі ординат відомий відрізок, а також кутовий коефіцієнт прямої:
By Ax C y A x C , звідки
|
|
B |
B |
|
k |
A |
|
(8) |
|
B |
||||
|
|
Висновок. Якщо рівняння задане в загальному вигляді, то тангенс кута на-
хилу прямої визначається відношенням коефіцієнта при х до коефіцієнта при у,
взятому з оберненим знаком;
Приклад: Знайти кутовий коефіцієнт прямої, що задана рівнянням
3х 4у 12 0.
З формули (8) маємо: k 3 3.
4 4
9.Координати точки перетину прямих
Якщо рівняння прямих, що перетинаються в точці А(х0;у0), задані в загально-
му вигляді, то точка перетину цих прямих є точкою, координати якої є такими,
що задовольняють обидва рівняння і знаходяться з розв’язування системи рівнянь:
|
А х В у С |
0 |
||
|
1 |
1 |
1 |
(9) |
|
А2 х В2 у С2 0 |
26
Приклад: Знайти точку перетину прямих, що задаються рівняннями
3х 5у 8 0 та 7х 4у 3 0.
Координати точки перетину прямих знаходимо із системи рівнянь:
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3х 5у 8 |
. |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
у 3 |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
7х 4 |
|
|
|
||||||||
Систему обчислимо методом Крамера: |
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
3 |
5 |
|
|
|
12 35 47; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
7 |
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
8 |
5 |
|
32 15 47; у |
|
3 |
8 |
|
9 56 47. |
||||||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
3 |
4 |
|
|
7 |
3 |
|
|||||||||||||||
З формул Крамера маємо: х |
0 |
|
x |
1; у |
0 |
|
y |
1. Отже, А(1; 1). |
||||||||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
10.Кут між двома прямими
уІІ
φ
І
х
Кут між прямими знаходимо за годинниковою стрілкою від прямої І до
прямої ІІ. Із тригонометричних формул відомо: tg( ) tg tg , де β і α –
1 tg tg
кути нахилу прямих І і ІІ. Оскільки tgα=k1,а tgβ=k2, то:
|
|
tg |
|
k2 |
k1 |
. |
|
(10) |
||||||||||
|
|
1 k1 k2 |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Приклад: Знайти кут між прямими 3х 5у 8 0 та |
7х 4у 3 0. |
|||||||||||||||||
З формули (8) маємо: k |
3 |
і k |
|
|
7 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
1 |
5 |
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Тоді tg |
7/4 ( 3/5) |
|
|
|
3/5 7/4 |
|
|
(12 35)/20 |
|
23 |
. |
|||||||
|
|
|
1 21/20 |
|
|
|||||||||||||
|
1 ( 7/4) ( 3/5) |
|
41/20 |
41 |
|
З тригонометричних таблиць маємо 151
27
11. Умова паралельності прямих |
|
|
|
Якщо прямі паралельні, то кут між ними φ=0. Тоді з умови |
k2 k1 |
0 |
|
1 k1 k2 |
|||
маємо: k2−k1=0. Отже, якщо прямі паралельні, то |
|
||
|
|
||
k1 k2 . |
|
(11) |
|
Приклад: Знайти рівняння прямої, яка проходить через точку А(1; 2) і пара- |
|||
лельна прямій 2х 3у 8 0. |
|
|
Так, як прямі паралельні, то їх кутові коефіцієнти рівні k1 |
k2 |
2 |
, тоді за |
||||||||||||||||||||||||||||||||||
3 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
рівнянням (5): у у |
k х х , тобто у 2 |
2 |
х 1 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
1 |
1 |
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
12. Умова перпендикулярності прямих |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
Якщо для прямих, що перетинаються, |
|
tg |
|
|
|
k2 k1 |
,то ctg |
1 k1k2 |
. Для |
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 k1 k2 |
|
|
|
|
k2 k1 |
|
||||||||||||
перпендикулярних прямих φ |
|
, тобто ctg |
|
=0, а значить, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
1 k k |
|
0 k |
|
|
1 |
. Отже, якщо прямі перпендикулярні, то: k |
|
|
1 |
|
(12) |
||||||||||||||||||||||||||
|
|
k |
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||
1 |
2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
k |
1 |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Приклад: |
Знайти рівняння перпендикуляра до прямої 3х 4у 1 0, |
який |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
проходить через точку А(2; 7). |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
З |
умови перпендикулярності k2 |
1 |
|
|
1 |
|
|
4 |
, тоді |
за |
рівнянням |
(5): |
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
k |
1 |
|
|
|
|
|
3 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
у у |
k х х , тобто у 7 |
4 |
х 2 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
1 |
|
1 |
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
13. Відстань від точки до прямої
Відстань від точки до прямої знаходиться за перпендикуляром, тому споча-
тку треба знайти рівняння перпендикуляра МN, далі розв’язати систему рівнянь
МN та РК і знайти координати точки N, після чого знайти довжину відрізка МN.
28
Виконавши вказані дії, одержимо формулу для відстані від точки М до прямої
РК: |
d |
|
|
Ax0 |
By0 C |
|
|
. |
|
|
|
|
(13) |
|||||
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
A2 B2 |
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
y |
|
M( x0; y0) |
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
K |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
P |
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
N |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
х |
|
|
|
|
|
|
Приклад: Знайти відстань від точки А(2; 3) до прямої 3х+4у+7=0. |
|||||||||||||||||
|
Згідно формулі (13) знаходимо: d |
|3 2 |
4 3 7| |
|
|
25 |
|
5. |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
32 42 |
25 |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 4.
Елементи аналітичної геометрії на площині
41.Які з точок М (3; 5), N (2; 7), P (–1; –3), Q (–2; 0), R (3; –5) лежать на прямій
у 2х 1.
42.Загальне рівняння прямої 3х 4у 12 0 представити у вигляді:
а) з кутовим коефіцієнтом; б) у відрізках на осях; в) побудувати пряму.
43. |
Знайти рівняння сторін трикутника, вершини якого є точки А (1; –1), В (3; |
5;), |
С (–7; 11). |
44. |
Знайти кути трикутника, сторони якого задано рівняннями: 5х 2у 11 0; |
х 2у 5 0; х 2у 1 0. |
|
45. |
Знайти площу трикутника, сторони якого задано рівняннями: |
5х 2у 11 0; х 2у 5 0; х 2у 1 0.
46.Знайти рівняння прямої, що проходить через точку М0 (2; 5) паралельно прямій 3х 4у 15 0.
47.Знайти рівняння прямої, що проходить через точку Р0 (5; –1) паралельно прямій 3х 7у 14 0.
48.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.
29