Розв’язання типового варіанта

1. Задано трикутник з координатами вершин А(–2; 4); В(6; –2); С(8; 7). Необхідно знайти: 1) довжину сторони АВ; 2) рівняння сторін АВ і АС та їх кутові коефіцієнти; 3) рівняння медіан, що проведені з вершин А і В, координати центру ваги трикутника; 4) величину кута А в радіанах з точністю до двох знаків; 5) рівняння висоти СТ, проведеної з вершини С на сторону АВ; 6) координати точки М, розташованої симетрично точці В відносно до прямої СТ; 7) Побудувати трикутник АВС медіани, висоту в системі координат . Зробити малюнок.

►1) Відстань між точками A(x₁,y₁) і B(x₂,y₂) площини визначається за формулою:

(11.1)

Застосовуючи (11.1), знаходимо довжину сторони АВ:

.

2) Рівняння прямої, що проходить через точки A(x₁, y₁) i B(x₂, y₂), має вигляд

. (11.2)

Щоб скласти рівняння сторони АВ, підставляємо в (11.2) координати точок А і В:

4y – 16 = –3x – 6;

3x + 4y – 10= 0 (AB).

Для знаходження кутового коефіцієнта прямої АВ (К_АВ), розв’я-жемо отримане рівняння відносно у:

4y = –3x + 10; y = .

Отже,

K_AB= .

Підставляючи в (11.2) координати точок А і С, здобуваємо рівняння прямої АС:

10y – 40 = 3x + 6; 3x – 10y + 46 = 0 (AC),

звідки кутовий коефіцієнт K_AC = .

2. Нехай точка D – середина відрізку ВС, а точка Е – середина

відрізку АС.

Для визначення координат точок D і Е застосовуємо формули:

; y = ;

x_D= ;y_D= ,D ,

x_E= ;y_E=,E .

Підставляючи координати точок А і D в (11.2), маємо рівняння медіани АD:

6y – 24 = x – 2; x + 6y – 22 = 0 (AD).

Аналогічно знаходимо рівняння медіани ВЕ:

5x + 2y – 26 = 0 (BE).

Центр ваги трикутника знаходиться в точці N перетину його медіан. Щоб знайти координати цієї точки, необхідно розв’язати систему рівнянь прямих АD і ВЕ.

Унаслідок розв’язку системи

маємо х = 4, у = 3.

Отже, N (4; 3) – точка перетину медіан.

Крім того, відомо, що точка перетину медіан ділить кожну медіану у відношенні 2:1 (починаючи з вершини), тобто

.

Тому координати точки N можна знайти також, застосовуючи формули ділення відрізку в даному відношенні:

x=. (11.3)

Підставляючи в (11.3) координати точок В і Е та вважаючи =2, маємо:

3) Гострий кут між прямими, кутові коефіцієнти яких, відпо-відно, дорівнюють К₁ та К₂, можна знайти за формулою

. (11.4)

Шуканий кут А утворюється прямими АВ і АС, кутові коефі-цієнти яких знайдено раніше. Отже, застосовуючи формулу (11.4), маємо:

tgA==

A = arctg 1,354853,48⁰.

Скориставшись таблицями переведення градусної міри в радіанну, знаходимо

A  0,935 рад.

4. Рівняння прямої, що проходить через дану точку в даному напрямку, має вигляд

y – y₁=K(x– x₁). (11.5)

Для знаходження кутового коефіцієнта висоти СТ скористаємось умовою перпендикулярності прямих СТ і АВ: = –1. Оскільки, то

Підставляючи в (11.5) координати точки С, а також значення знайденого кутового коефіцієнта висоти СТ, маємо:

; 3y – 21 = 4x – 32; 4x –3 y – 11 = 0 (CT).

4. Пряма АВ перпендикулярна до прямої СТ, а шукана точка М, симетрична точці В (2; –2) відносно до прямої СТ, належить прямій АВ. Крім того, точка Т є серединою відрізку МВ. Визначимо координати точки Т. Для цього розв’яжемо систему рівнянь, яку утворюють рівняння прямих АВ і СТ.

6) Враховуючи, що точка Т (2,96; 0,28) – середина відрізку МВ, а також користуючись формулами (11.3), знайдемо координати точки М:

2,96 = Х_M = 0,28;

0,28 = Y_M = 2,56.

7) Трикутник АВС, медіани АD і ВЕ, точку N їх перетину, висоту СТ, що побудовані в системі координат , подано на рис. 1.

Рис. 1

2. Скласти канонічне рівняння гіперболи, що симетрична відносно до осей координат і проходить через точки А (8; 2) і В (–6; ). Знайти півосі, фокуси, ексцентриситети та рівняння асимптоти цієї гіперболи, а також усі точки перетину гіперболи з колом, центр якого знаходиться на початку координат, а радіус R = 6.

► Канонічне рівняння шуканої гіперболи має вигляд

. (11.6)

За умови задачі точки А і В знаходяться на гіперболі, отже координати цих точок задовольняють рівнянню (11.6). Підставляючи в рівняння (11.6) замість поточних координат Х та У координати даних точок, одержуємо систему двох рівнянь відносно до параметрів a і b.

або

Віднімаючи від першого рівняння друге, маємо 28b² – 7a² = 0, звідси a² = 4b². Після підставляння у перше рівняння маємо: 64b² – 48b² = 4b²b², b² = 4, тоді a² = 16.

Шукане рівняння гіперболи має вигляд:

(11.7)

Півосі гіперболи а=4; b=2. Визначаємо фокуси гіперболи F₁(–C; 0) i F₂(C; 0). Користуючись рівністю c² = a² + b², маємо:

c² =16+4=20, c = .

Отже, F₁(2,0) таF₂(–2,0) – фокуси гіперболи.

Ексцентриситет гіперболи визначаємо за формулою .

Рівняння асимптот гіперболи мають вигляд

i .

Отже, iшукані рівняння асимптот. Рівняння кола, центр якого знаходиться на початку координат, має вигляд

x² + y² = R².

Враховуючи, що R= 6, маємо

x² + y² = 36. (11.8)

Щоб знайти координати точок перетину гіперболи з колом, необхід-но розв’язати сумісно систему рівнянь (11.7) і (11.8).

Отже, маємо: 5y² = 20; y = 2; x = .

Точки перетину гіперболи з колом: M₁(;2);M₂(–;2);M₃(–;2);M₄ (;–2).

Побудуємо в системі координат ХоУ гіперболу і коло (рис. 2)

Рис. 2 ◄

3. Написати рівняння кривої, кожна точка якої знаходиться на однаковій відстані від точки F(4; 3) і прямої у=1. Отримане рівняння привести до простішого виду і побудувати криву.

► Нехай M(x, y) – довільна точка шуканої кривої. Опустимо з неї перпендикуляр до прямої y=1 (Рис.3). Очевидно, абсциса точки В дорівнює абсцисі точки М, а ордината точки В дорівнює 1, тобто B(x, 1). З умови задачі MF = MB. Таким чином, для кожної точки M(x, y) шуканої кривої справедлива рівність

або

(x – 4)² + y² – 6y + 9 = y² – 2y + 1; (x-4)²=4y-8.

Остаточно,

(11.9)

Геометричним образом отриманого рівняння є парабола з вершиною в точціO₁(4, 2). Рівняння параболи зведемо до простішого виду. Для цього нехай х– 4 = Х; у – 2 = У. Тоді рівняння (11.9) перетворюється до виду

Y=. (11.10)

Перенесемо початок координат у точку О₁(4, 2), побудуємо нову систему координат ХО₁У, вісі якої, відповідно, паралельні осям Ох і Оу.

Рівняння (11.10) є рівнянням параболи з вершиною в точці О₁ і віссю симетрії О₁У (Рис. 3).

Рис.3 ◄