Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Пособие_ВМ_для_менеджеров

.pdf
Скачиваний:
12
Добавлен:
28.02.2016
Размер:
2.16 Mб
Скачать

 

 

 

 

 

2.1.4. Координати середини відрізка

 

 

 

 

 

Нехай

 

 

 

дано

 

 

точки

y

 

 

 

 

 

 

знайти

 

 

 

і

 

 

 

 

 

 

. Необхідно

 

 

 

 

 

M2

 

точку

 

,

що поділяє

 

 

 

 

 

,

 

 

 

 

,

 

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

відрізок

 

 

 

 

 

 

 

навпіл

тобто

 

M

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Q

 

 

 

 

 

 

 

трикутники

 

M1

P

 

 

 

рівні

Побудуємо

 

 

 

 

 

 

 

x

і

 

 

 

 

 

(рис.2.6).

Вони

O

x1

x

 

 

x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(

 

(

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

кутами). А тому (.

 

;

 

 

 

 

 

 

Звідси

 

;

 

2

 

 

 

 

 

 

Аналогічно маємо

 

 

 

 

 

 

+#-+$.

 

 

 

 

(2.6)

 

 

 

 

 

 

/#-/$.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(2.7)

 

Можна

 

 

 

 

скористатися

 

 

y

 

 

 

 

формулами

 

 

 

(2.4)-(2.7)

для

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

розв’язання

 

 

 

питання

 

про

 

 

 

 

M2

 

 

координати

 

 

 

центра

 

мас

 

 

 

 

 

 

 

однорідного

трикутника.

Отже,

 

 

O

 

K

 

 

нехай дано трикутник

 

5

з

 

 

 

 

 

 

 

 

N

 

 

M3

x

координатами вершин

 

M1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(рис. 2.7).

 

 

 

 

 

 

Центр

 

мас

 

 

 

 

 

 

 

 

,

,

 

 

Рис. 2.7.

 

 

 

5трикутника5 5

 

 

 

 

 

 

 

,

,

 

,

 

перетину медіан За відомою властивістю

,

розташований в точці

 

 

 

,

.

 

 

 

 

 

точка перетину медіан поділяє кожну медіану у відношенні

 

,

починаючи з вершини. Розглянемо медіану

 

.

Знайдемо

@

 

2: 1

 

координати точки

@

як середини

5:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

51

 

 

 

 

 

 

 

B +$-+9 ; B /$-/9.

 

Точка

 

 

поділяє

відрізок @ у

відношенні

 

2: 1.

Знайдемо

координати точки

 

 

за формулами

(2.4), (2.5):

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+#- ·I$JI$ 9

+#-+$-+9;

 

 

 

 

 

 

 

 

/#- ·K$JK$ 9

 

/#-/$-/9.

ОстаточноH

 

маємо

формули для обчисленняH

координат

центра

 

 

-

 

 

 

5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

-

 

 

 

 

 

5

 

мас однорідного трикутника:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+#-+$-+9.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(2.8)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

/#-/$-/9.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(2.9)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приклад

2.4. Дано

 

 

трикутник

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

. Знайти довжину медіани

 

 

і

центр мас трикутника

 

 

L

 

:

4,6 ,

 

 

2,2 ,.

 

5, 5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Розв’язання: За визначенням медіани

 

 

 

A

 

 

 

точка

 

 

-

середина

 

сторони

 

 

 

.

За

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

формулами

 

 

 

 

 

знайдемо координати

 

 

 

 

L

 

 

 

 

 

 

L

L

 

 

(2.6), (2.7)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

точки

(рис. 2.8):

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

B

O

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

M ;- 3; M E- 4. Отже L 3,4.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

O

 

 

 

2

 

 

5 x

 

 

 

 

 

 

Довжину медіани

L

обчислимо за формулою

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(2.1):

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

-5

 

 

 

 

 

 

 

C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

L 3 5 4 5 85 (од.)

 

 

 

 

Рис. 2.8.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Центр мас трикутника знайдемо за формулами (2.8), (2.9):

N#

;- -F

 

; N#

E- ,F

1

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5

 

 

5

 

5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Відповідь: L √85 (од.), , 1%.

5

52

2.1.5. Площа трикутника

 

 

 

 

 

 

Нехай

дано

трикутник

 

 

з

, , (

., ,

координатами

вершин5

,

 

 

знайти

 

 

 

рис 2.9).

Необхідно5 5 5

 

 

 

 

5.

 

 

 

 

площу

 

трикутника

Опустимо

M 1

A1

M

3

 

M 2

A

 

A

x

2

3

 

 

перпендикуляри

з

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 2.9.

.

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

вершин

 

 

 

на

вісь

 

.

Ми

 

отримали

домівку»

з

трапецій , , 5

 

 

5із

 

 

 

 

.

 

Шуканий

 

« трикутник

отримаємо видаленням5 5

 

5«домівки

»

 

трапеції

 

 

 

 

Скористаємося формулою «площа трапеції

O

P-Q

· R

, де

S, T

основи,

R висота», отримуємо:

·

 

 

 

 

 

O

 

·

 

 

 

 

 

 

 

 

·

 

 

/#-/9

 

5

 

 

/9-/$

 

 

 

 

 

5

 

 

 

/#-/$

 

 

 

.

 

Перетворимо цей вираз, і остаточно маємо

 

 

 

 

 

V.

 

 

 

 

 

 

5

 

5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5

 

5

(2.10)

O

· U

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Легко запам’ятати цю формулу за мнемонічним

правилом:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

1

 

 

y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

S

1

 

 

x2

 

 

y2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

x3

 

 

y3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x1

 

y1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

_

 

 

+

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Зауваження 1. Додатне значення площі отримуємо при додатному обігу вершин (проти руху годинникової стрілки). В

53

противному випадку треба брати модуль отриманого результату.

Зауваження 2. Свій результат по обчисленню площі трикутника ми завжди можемо перевірити. Якщо побудувати трикутник у зошиті в клітинку, зрозуміло, що одна клітинка відповідає однієї квадратної одиниці. Підрахувавши клітинки у трикутнику, ми можемо оцінити його площу. Зрозуміло, що цей підрахунок не є точним, але порядок величини оцінити можна.

Приклад

2.5.

Обчислити

 

 

5

 

 

 

 

 

 

 

3,0 , 2, 4

 

:

1,5 ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

площу трикутника.

 

 

 

y

 

A

 

 

 

бачимо,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Розв’язання:

 

Побудуємо

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

трикутник

 

 

(рис. 2.10). Як

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

вершини

 

розташовані за

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

додатним напрямком. Скориста-

-3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ємося мнемонічним правилом:

 

 

 

O

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B

 

 

 

1

2

1

 

5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

O W 3 0 W

0 12 10

 

 

-4

 

 

 

 

C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

15 0 4

20,5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

5

 

(кв. од.).

 

 

Рис. 2.10.

 

 

 

Відповідь: O 20,5

(кв. од.).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Зауваження 3. Площа многокутника дорівнює сумі

площин трикутників на які його розбити.

 

 

 

 

 

 

12:

2, 1 , 2, 2 ,

4,3 , 1 1,4 , 2 1,2

 

 

 

 

 

 

Приклад

.6.

 

Знайти площу

п’ятикутника

Розв’язання: Розіб’ємо п’ятикутник на три трикутника (рис. 2.11). Площу п’ятикутника знайдемо так:

OCA867 OCA7 O7A6 O6A8.

54

 

 

2

 

1

 

 

4

D

 

OCA7

W 2

 

2W

 

 

 

 

 

 

y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

E

 

 

 

 

C

 

 

 

1

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

1

 

5

-2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(кв.4од.);

4 1 2 2 4

 

 

 

 

 

O

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3 4

 

 

 

1

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B

 

 

 

 

 

A

 

 

 

 

2

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

-2

 

 

 

 

 

 

 

O7A6

W 1

 

4 W

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 2.11.

 

 

 

1

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 8 2 4 2 4 7 (кв. од.);

 

 

 

 

 

 

O6A8

 

1

 

4

2 6 16 8 8 3 > (кв. од.);

 

W2

2W

 

 

 

4

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

4

 

 

7 > 22 (кв. од.).

 

Отже, остаточно маємо OCA867 5

 

Зауваження 4. Формулою (2.10) можна скористатися для розв’язання питання про розташування точок на площині, а саме, чи належать три точки до одної прямої. Зрозуміло, що на трьох точках, що не належать до одної прямої, можна побудувати трикутник (його площа завжди відрізняється від нуля). В тому випадку, коли три точки належать до одної прямої, трикутник перетворюється у відрізок (його площа дорівнює нулю). А тому з формули (2.10) маємо умову, за якою

три точки належать до одної прямої:

5 0.

 

5 5 5

(2.11)

Прикладдо одної прямої.

,

 

 

2,2 ,

8,6 , 5,4

2.7. Перевірити

 

чи належать точки

 

 

 

 

Розв’язання: Скористаємося умовою (2.11):

55

2 · 6 8 · 4 5 · 2 2 · 8 6 · 5 4 · 212 32 10 16 30 8 0.

Відповідь. Точки , , належать до одної прямої.

2.2. ПРЯМА ЛІНІЯ НА ПЛОЩИНІ

2.2.1.Рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом

Теорема 2.1. Будь-якій прямій відповідає рівняння першого ступеня.

 

Доведення:

 

 

Розглянемо

 

всі

 

можливі

випадки

розташування прямої на площині (рис. 2.12):

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1)

нехай

пряма

паралельна

вісі

 

 

 

(рис. 2.12,а). Всі

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

однакову

абсцису

тому її

 

 

 

точки

 

прямої мають

 

 

 

 

 

 

 

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

рівняння має вигляд:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

паралельна

.

 

 

 

 

 

 

рис

 

 

б

(2.12)

2)

нехай

пряма

 

 

 

S

 

 

 

 

 

 

(

 

 

. 2.12,

).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

однакову

 

ординату

тому її

 

 

 

точки

 

прямої мають

 

 

 

 

 

 

 

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

рівняння має вигляд: T.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(2.13)

y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

 

M

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b

N

 

 

K

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

α

 

 

 

 

 

 

 

O

 

 

a

x

 

O

 

 

 

 

x

 

 

 

O

 

 

 

 

 

x

 

 

(а)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(б)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(в)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 2.12.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3) розглянемо загальний випадок розташування прямої

 

 

 

на площині

(

рис

.

2.12,в). Нехай

X

- найменший кут,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

56

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

на якій потрібно повернути (проти руху

 

годинникової стрілки

додатній напрямок вісі

 

до

 

сполучення з прямою) .

Позначимо через

 

 

-

 

кутовий коефіцієнт прямої.

 

 

 

 

через

 

 

 

Позначимо Y Z[X -

 

ординату

точки перетину

 

прямої з

віссю

 

 

T .

 

 

будь-яку

 

 

 

 

 

 

 

належить

 

Візьмемо

точку

і,

 

що

 

 

 

 

 

 

прямій.

Проведемо

 

 

 

 

паралельно

 

координатним осям.

Отриманий трикутник

 

 

 

 

-

 

 

@

 

 

 

@

 

 

 

 

 

 

 

прямокутний (за побудовою). З

 

прямокутного

 

 

 

 

@

 

 

@

трикутника маємо:

 

T

 

 

 

T

 

 

 

Z[X, @ ,

@ T,

Z[X,

Y,

@

 

 

 

 

 

 

 

 

Y T.

 

 

 

 

 

 

 

(2.14)

Рівняння (2.14) має назву рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом.

Зауваження:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2)

якщо Y 0

,

 

 

,

 

 

 

 

.

 

 

1)

якщо

 

 

Y

пряма паралельна вісі

 

,

 

3)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

додатне

 

пряма утворює гострий кут з віссю

 

 

,

якщо

 

від

ємне

-

тупий кут

.

 

 

 

 

 

 

 

Y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

якщо

пряма

перпендикулярна

вісі

 

кутовий

 

коефіцієнт відсутній.

 

 

 

 

 

Як бачимо,

 

рівняння (2.12)-(2.14)

– рівняння першого

ступеня. Теорему доведено.

2.2.2. Загальне рівняння прямої

Теорема 2.2. Будь-якому рівнянню першого ступеня відповідає деяка пряма.

Доведення: Загальний вигляд рівняння першого ступеня

57

 

0,

0.

C8

(2.15)

Нехай

тоді 0,

(рівняння

вигляду 2.12).

 

 

0,

8

 

Нехай

,

тоді

(рівняння

вигляду 2.13).

0

 

A

 

Нехай \ 0, \ 0, тоді C 8 (рівняння

A A

вигляду 2.14).

В будь-якому випадку рівняння першого ступеня описує пряму лінію. Теорему доведено.

Рівняння (2.15) має назву загальне рівняння прямої.

Зауваження 1:

1) якщо 00, то пряма паралельна вісі .

0, то пряма паралельна вісі .

3)якщо , то пряма проходить через початок координат.

Зауваження 2. Для того щоб перетворити загальне рівняння прямої в рівняння з кутовим коефіцієнтом, необхідно його розв’язати відносно .

y

2.2.3. Рівняння прямої у відрізках

 

 

 

Нехай дано пряму

,

b

 

 

 

 

 

 

одній з координатних

 

 

 

що не паралельна ні

 

0

 

 

 

(рис. 2.13).

\ 0, \ 0, \ 0

 

 

 

осей та не проходить через початок

 

 

 

координат, тобто

 

 

O

a

x

 

 

 

 

Рис. 2.13

 

Перетворимо це рівняння наступним чином:

 

 

 

58

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

| ^ ;_

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

,8C+ ,8A/ 1;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

,+a` ,/b` 1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Нехай S C8 , T A8. Тоді рівняння набуває вигляду

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

P+ /Q 1.

 

 

 

 

 

 

 

(2.16)

Рівняння (2.16) називається рівнянням прямої у відрізках. Тут

 

 

- відрізок, що відсікає пряма на осі абсцис,

 

 

-

відрізок,

що

T

 

 

S

відсікає пряма на осі ординат (рис. 2.13).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приклад 2.8. Дано ромб, діагоналі

 

 

 

y

 

 

 

 

 

якого співпадають з осями координат, і

 

 

 

 

5

B

 

 

 

 

дорівнюють, відповідно, 6 і 10 одиницям

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

довжини. Скласти рівняння сторін ромбу.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Розв’язання: Згідно властивостей

A

 

 

 

 

 

C

 

 

 

ромбу, його діагоналі перетинаються під

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

-3

 

 

O

 

3

 

x

прямим кутом і точкою перетину

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

поділяються навпіл. Тому що точкою

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

перетину

вони

поділяються

 

навпіл, ми

 

 

 

-5

D

 

 

 

 

відкладемо ліворуч і праворуч від початку

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

координат

по

 

3 одиниці

довжини, а

 

 

Рис. 2.14

,5+

 

3

 

 

,

 

 

 

-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

догори та

донизу

 

по

 

5

одиниць

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(рис. 2.14). Як бачимо,

пряма

 

 

відсікає на осі

 

 

 

відрізок у

 

 

одиниці

а на осі

 

у 5 одиниць, тоді її рівняння

 

 

 

 

/F 1; пряма

відсікає на осі

відрізок у 3 одиниці, а на осі

 

- у 5 одиниць, тоді її рівняння

+

/

1; аналогічно пряма

 

відсікає

відрізки на осях відповідно5 F

у 3

і

 

 

 

одиниць,

її

рівняння

+5

 

,F/ 1

,

 

 

 

1

 

 

 

відрізки на осях

1

 

 

 

 

 

і 5

 

а пряма

 

 

 

відсікає

 

5

 

 

 

 

 

 

відповідно у 3

одиниць, її рівняння - ,5+ ,F/ 1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

59

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2.2.4. Рівняння прямої, що проходить через дві точки

,

 

 

 

 

 

 

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

Нехай

 

 

 

дано

 

 

дві

 

точки

 

 

 

y

 

 

 

 

співпадають

і

 

 

рис

 

 

,

 

які

не

 

 

 

 

 

 

 

 

(

 

 

Необхідно

 

 

 

 

 

M

 

 

 

 

 

 

 

 

 

. 2.15).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

знайти рівняння прямої, що проходить

 

 

 

 

 

 

 

 

через ці точки у вигляді Y T.

За

 

 

 

M1

 

 

 

 

це

Y:

T

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Нехай

 

 

 

 

 

належить

прямій,

 

 

 

 

 

 

 

 

умовою

 

ця

 

 

Y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

тодірівняння

 

.

Віднімемо із

(2.14)

 

 

 

O

.

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

пряма

 

проходить також

 

 

 

Рис. 2.15.

 

 

через точку , а тому координати

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

задовольняють

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

вигляд

 

 

 

 

 

 

 

 

рівнянню

 

 

 

 

 

Y

 

Кутовий

коефіцієнт шуканої прямої має

:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Y +/$$,/,+##.

 

 

 

 

 

(2.17)

Таким чином шукане рівняння має

вигляд +/$$,+,/## ·

 

або

 

 

 

 

 

 

 

 

 

/,/#

 

+,+# .

 

 

 

 

 

(2.18)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

/$,/#

+$,+#

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Зауваження. З рівняння (2.18)

маємо

необхідну і

5 5, 5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

/9,/#

+9,+#.

 

 

 

 

 

(2.19)

 

 

 

 

умову того

що

 

три

точки

, ,

,

і

достатню

 

належать до,

однієї прямої:

 

рівняння прямої

 

 

.

 

/$,/#

+$,+#

 

 

4, 2.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3,7

 

 

 

 

 

Приклад

2.9.

Дано точки

 

 

 

і

 

 

 

Записати

Розв’язання: Скористаємось формулою (2.18):

/,>

+-5;

 

/,>

 

+-5;

, ,> ;-5

 

,c

>

7

7

9

3;

 

60

Тут вы можете оставить комментарий к выбранному абзацу или сообщить об ошибке.

Оставленные комментарии видны всем.