Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Тернопольский национальный технический университет им. И. Пулюя

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Вища математика1 / Dolhikh_011.pdf

Скачиваний:

130

Добавлен:

05.03.2016

Размер:

1.02 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 3536 / 5036 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 > Следующая >>>

Рис. 4.18

Ознаки нормального рівняння

1)вільний член від’ємний або дорівнює нулю;

2)сума квадратів коефіцієнтів при x, y дорівнює 1.

Для того щоб звести до нормального вигляду загальне рівняння

прямої Ax + By + D = 0, необхідно поділити його на ±

A2 + B2 (знак

кореня вибирається протилежним знаку D):

x +

y +

= 0.

(4.29)

± A 2 + B 2

4.3.4. Відстань від точки до прямої

Відхилення точки K(x1, y1) від прямої, що задана нормальним рів-

нянням (4.28) (рис. 4.18):

d = x1 cosa + y1 sina - p. (4.30)

Якщо точка K й початок координат знаходяться з одного боку від прямої, то d < 0, а якщо по різні боки, то d > 0.

Для того щоб знайти відхилення точкиK(x1, y1) від прямої, слід підставити її координати x1, y1 в нормальне рівняння (4.28).

Відстань від точки K(x1, y1) до прямої дорівнює модулю відхилення й обчислюється за такими формулами:

· пряма задана нормальним рівнянням (4.28)

x1 cosa + y1 sin a - p

;

(4.31)

· пряма задана загальним рівнянням (4.16)

d	=	Ax1	+ By1	+ D	.	(4.32)
		Ax1	+ By1	+ D


			A2 + B 2
			A2 + B 2

Зауваження. Розташування точок М1(x1, y1) і М2(x2, y2) відносно прямої Ах + Ву + D = 0 можна з’ясувати за знаками їх відхилень від прямої, або за знаками виразів Ах1 + Ву1 + D і Ах2 + Ву2 + D. Якщо знаки однакові, то точки лежать по один бік від прямої, а якщо знаки різни – по різні боки.

ДВНЗ “Українська академія банківської справи НБУ”

4.3.5. Приклади розв’язування задач

Приклад 4.10. Знайти відхилення і відстань від точкиМ0(1, –2) до прямої 4x - 3y - 15 = 0.

► Зведемо рівняння прямої до нормального вигляду. Для цього поділимо рівняння на 42 + (-3)2 = 25 = 5:

4x - 3 y - 3 = 0.

Підставляючи в це рівняння координати точкиМ0(1, –2), знайдемо відхилення точки від прямої:

d= 41- 3 (-2) - 3 = -1. 5 5

Оскільки d < 0, точка М0(1, –2) і початок координат знаходяться з одного боку від прямої. Відстань від точки М0 до прямої d = 1. <

Приклад 4.11.

Знайти

відстань

між

паралельними прямими

3x - 4 y -10 = 0, 6x - 8y -15 = 0.

► 1-й спосіб. Знайдемо точку М0

на першій прямій і за форму-

лою (4.32) обчислимо відстань від цієї точки до другої прямої. Задамо

одну з координат точкиМ0,

наприклад,

x0 = 2,

другу координату

знайдемо із рівняння прямої:

3x0 - 4 y0 -10 = 0

y0 = -1 Þ M 0 (2, -1).

Ax0 + By0 + D

6 × 2 - 8 × (-1) -15

A2 + B 2

62 + (-8)2

10 2

2-й спосіб. Зведемо рівняння до нормального вигляду. Для цього

поділимо

перше рівняння на

+ (-4)2

= 5, а

друге

рівняння– на

62 + (-8)2

=10:

x -

y - 2 = 0,

x -

y -

= 0.

Модуль вільного члена в нормальному рівнянні дорівнює відстані від початку координат до прямої, тому різниця модулів вільних членів отриманих рівнянь дорівнює відстані між прямими:

d = 2 - 3 / 2 = 1/ 2. <

ДВНЗ “Українська академія банківської справи НБУ”

Приклад 4.12. Скласти рівняння прямих, відстань кожної з яких до даної прямої 4x + 3y - 20 = 0 дорівнює 2.

► Зведемо рівняння даної прямої до нормального вигляду. Для цього поділимо його на 42 + 32 = 5:

4		3	r	æ	4		3	ö
	x +		y - 4 = 0 Þ n0	= ç		,		÷, p = 4.
5		5			5		5
				è				ø

Відстань від початку координат до прямої дорівнює модулю -ві льного члена: p = 4. Шукані паралельні прямі мають той же вектор

нормалі n0 , а відстані від початку координат відрізняються від відстані p = 4 на ± 2, тому їх нормальні рівняння мають вигляд:

4	x +	3	y - 6 = 0,	4	x +	3	y - 2 = 0. <
5				5
	5				5

Приклад 4.13. Скласти рівняння прямої, що проходить через точки

M1(1, –3) і M2(3, 5).

► Скористаємося формулою (4.18):

x - x1

y - y1

x - 1

y + 3

Þ 8(x - 1) = 2(y + 3) Þ

x 2 - x1 y 2 - y1

3 - 1 5 + 3

-1).

Þ 4x - y - 7 = 0 - загальне рівняння прямої. Вектор нормалі n = (4,

Запишемо рівняння у двох інших формах:

= 1 - рівняння прямої у відрізках на осях (a = 7/4, b = -7);

7 / 4

- 7

y = 4x -7 - рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом (k = 4, b = -7). <

Приклад 4.14. Скласти рівняння прямої, що проходить через точку

M 0 (1, - 2) перпендикулярно до прямої 2x – 3y + 4 = 0.

точкуM 0 (1, - 2)

►1-й спосіб. Шукана

пряма проходить

через

= (2, - 3)

= (l, m), її

паралельно вектору нормалі до даної прямої n

= a

рівняння має вигляд:

x - x0

y - y0

x -1

y + 2

3x + 2 y + 1 = 0.

- 3

2-й спосіб. Дану пряму подамо у вигляді:

y =

x +

( k1 = 2 / 3).

З умови перпендикулярності прямих: k1k2 = - 1 Þ k2 = –3/2. Рівняння прямої, що проходить через точку M 0 (1, - 2) з кутовим коефіцієнтом

k2: y + 2 = k2 (x -1) Þ y + 2 = (–3/2)(x - 1) Þ 3x + 2y + 1 = 0. <

ДВНЗ “Українська академія банківської справи НБУ”

Приклад 4.15. Скласти рівняння прямої, що проходить через точку M 0 (1, - 2) паралельно прямій 2x – y + 5 = 0.

►1-й спосіб. Шукана пряма проходить через точкуM 0 (1, - 2) перпендикулярно до вектора нормалі даної прямоїn = (2, -1), її рівняння має вигляд: 2(x -1) - ( y + 2) = 0 Þ 2x - y - 4 = 0.

2-й спосіб. Дану пряму подамо у вигляді: y = 2x + 5. З умови паралельності прямих маємо: k1 = k2 = 2. Рівняння прямої, що проходить через точку M 0 (1, - 2) і має кутовий коефіцієнт k2:

y + 2 = k2 (x -1) Þ y = 2x - 4. <

Приклад 4.16. Знайти проекцію точкиP(-2, 4) на пряму 3x + y -15 = 0 і точку Q, симетричну точці P відносно даної прямої.

► Проекцією точки P(–2, 4) на пряму є основа перпендикуляра (точка N), опущеного з точкиP на дану пряму. Запишемо рівняння прямої, що проходить через точку P(-2, 4) перпендикулярно до даної прямої (паралельно вектору нормалі n = (3, 1)):

PN: x - (-2) = y -1 Þ x - 3y + 5 = 0. 3 1

Точка N є точкою перетину прямої PN і даної прямої, тому її координати знайдемо із системи рівнянь:

ìx - 3y = -5,		ìx = 3y - 5,		ìx = 4,	Þ N (4; 3).
í	3x + y = 15	Þ í	10 y = 30	Þ í
î		î		î y = 3

Точка N є серединою відрізка PQ, тому її координати:

xN	=	xP + xQ	,	y N	=	y P + yQ	.

	2				2

Звідси знаходимо координати точки Q:

xQ = 2xN - xP = 8 + 2 =10,

yQ = 2 yN - yP = 6 - 4 = 2 Þ Q(10, 2). <

Приклад 4.17. Скласти рівняння прямої, що відтинає на осяхOx, Oy відрізки a = 3, b = – 2.

► Скористаємося формулою (4.19):

x	+	y	=1 Þ	x	+	y	=1, або 2x - 3y - 6 = 0. <
				3		- 2
a b

ДВНЗ “Українська академія банківської справи НБУ”

y
B(0, 5)
	H
K	S(7/3, 4/3)
A(–3, 0)
M(2, –3)

Приклад 4.18. Дані вершини трикутника A(-3, 0), B(0, 5),

C(7, -6). Скласти рівняння сторін трикутника, медіани BM, висоти AH і бісектрисиAS. Знайти координати точкиК, в якій перетинаються медіана BM

xі бісектриса AS (рис. 4.19).

►a) рівняння сторін знайдемо за формулою (4.18):

AB:

x - xA

y - yA

C(7, –6)

- xA yB - yA

Рис. 4.19

x + 3

y - 0

, 5x - 3y +15 = 0;

0 + 3

5 - 0

BC:

x - xB

y - yB

x - 0

y - 5

, 11x + 7 y - 35 = 0;

7 - 0

x - x

- y

- 6 - 5

AC:

x - xA

y - yA

x + 3

y - 0

, 3x + 5y + 9 = 0;

- 6 - 0

x - x

- y

7 + 3

б) точка M поділяє сторону AC навпіл, тому її координати

xM = (xA + xC ) / 2 = (-3 + 7) / 2 = 2, yM = ( yA + yC ) / 2 = -6 / 2 = -3.

Рівняння медіани BM:

x - x B

y - y B

x - 0

y - 5

4 x + y - 5 = 0;

x M - x B

y M - y B

2 - 0 - 3 - 5

в) висота AH проходить через точкуA(–3, 0) перпендикулярно до пря-

мої BC (паралельно вектору aAH = nBC = (11, 7) ). Її рівняння:

x - (-3)

y - 0

Þ 7x -11y + 21 = 0;

г) бісектриса AS поділяє сторону BC у відношенні

l =

(0 + 3)2 + (5 - 0)2

(7 + 3)2

+ (-6 - 0)2

ДВНЗ “Українська академія банківської справи НБУ”

Координати точки S:

xB + lxC

0 + (1/ 2)7

yB + lyC

5 + (1/ 2)(-6)

1 + l

3 / 2

1 + l

3/ 2

Рівняння бісектриси AS:

x - xA

y - yA

x + 3

y - 0

, x - 4 y + 3 = 0;

xS - xA

yS - yA

(7 / 3) + 3 (4 / 3) - 0

ґ) знайдемо координати точки перетину медіани BM і бісектриси AS:

ì4x + y - 5 = 0,		ìx	K	= 1,
í	= 0	Þ í			<
î x - 4 y + 3		îyK =1.

Приклад 4.19. Скласти рівняння прямої, яка проходить через точку M 0 (1, - 2) та відтинає на осях Ox, Oy відрізки однакової довжини.

► Якщо a – відрізок, що пряма відтинає на осі, то за формулою

(4.19) маємо:

x + y = 1 Þ x + y = a. a a

Точка M 0 (1, - 2) належить прямій, тому її координати задовольняють рівняння прямої: x0 + y0 = a Þ 1 - 2 = a a = -1.

Шукане рівняння: x + y +1 = 0. <

Приклад 4.20. Протилежні вершини квадрата лежать у точках A(-2, 3) і C(2, 5). Скласти рівняння сторін і діагоналей квадрата.

► а) складемо рівняння діагоналей. Діагональ AC (рис. 4.20):

x - xA	=	y - yA	,	x + 2	=	y - 3	, x - 2y + 8 = 0.
				4
xC - xA yC - yA					2

Діагональ BD квадрата перпендикулярна до діагоналі AC і проходить через її середину - точку K із координатами:

xK = (xA + xC ) / 2 = (-2 + 2) / 2 = 0 , yK = ( yA + yC ) / 2 = (3 + 5) / 2 = 4.

Кутовий коефіцієнт AC: kAC = 1/2, BD ^ AC, отже, кутовий коефіцієнт BD: kBD = -1/kAC = - 2. Рівняння діагоналі BD:

y - yK = kBD(x - xK), y - 4 = - 2x, 2x + y - 4 = 0;

б) складемо рівняння сторін. Нехай kAB - кутовий коефіцієнт сторо-

ни AB. Кут ÐDAC = j = 45°. Оскільки tgj = tg45° = 1, kAC = 1 / 2, то

tgj =	kAD - kAC	Þ 1 =	k AD -1/ 2	Þ kAD = 3.
			1 + (1/ 2)kAD
1 + kAD kAC

ДВНЗ “Українська академія банківської справи НБУ”

<<< < Предыдущая 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 3536 / 5036 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Вища математика1

#
05.03.2016240.72 Кб17Algoritm.pdf
#
05.03.20161.02 Mб130Dolhikh_011.pdf
#
05.03.2016786.43 Кб49LinAlzadachi.doc
#
05.03.20161.59 Mб27lin_alg_1k2s.pdf
#
05.03.2016300.34 Кб21metod_matem_1.pdf
#
05.03.20163.85 Mб444КОНСПЕКТ ЛЕКЦІЙ З КУРСУ.docx