Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Киевский национальный экономический университет им. В. Гетьмана

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

bludova_t_v_praktikum_z_vishoi_matematiki

.pdf

Скачиваний:

114

Добавлен:

07.03.2016

Размер:

5.29 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 2122 / 4222 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 > Следующая >>>

а) 1) Рівняння діагоналі АС можна знайти як рівняння прямої, що проходить через дві точки А і М:


x x1			y y1		,	де x 1,	y 0, x	2	3,	y	2	1
					,	де x 1,	y 0, x		3,	y		1
x2 x1		y2 y1				1	1
x2 x1		y2 y1
	x 1		y 0	x 1 2 y,			x 2 y 1 0.
	3 1			x 1 2 y,			x 2 y 1 0.
	3 1		1 0

2) Для відшукання рівняння діагоналі BD потрібно знайти рівняння сторони ВС, координати точки В як точки перетину двох прямих АВ і ВС і координати точки С.

Точка С поділяє відрізок АМ зовнішньо у відношенніCMAC 2. Координати точки С:

xC xA1 xM 11 223 5, C 5,2 . yC yA1 yM 01 221 2,

Рівняння прямої ВС шукаємо у вигляді 2x 4 y n 0 BC AD,

напрямні вектори рівні між собою, координати точки С задовольняють рівняння прямої 2 5 4 2 n 0 n 18 . Рівнянняпрямої ВС

має вигляд x 2 y 9 0.

Знайдемо тепер координати точки В. Точка належить прямим ВС і АВ, тому вона задовольняє рівняння кожної з них.

		x 2 y 9		0				x 3, y 3,						B 3, 3 .
								x 3, y 3,						B 3, 3 .
		3x 2 y 3 0
Рівняння діагоналі ВD шукаємо у вигляді															x x1			y y1			, де
Рівняння діагоналі ВD шукаємо у вигляді																					, де
															x	2	x	y	2	y
																2	1		2	1
x1 xM 3,		y1 yM 1,					x2 xB 3,						y2 yB 3.
Маємо	x 3		y 1	x 3					y 1			.
Маємо												.
	3 3		3 1		0					2
Рівняння діагоналі BD x 3.
б) AR		xA 2 y A 9				1 9					8 5		.
		xA 2 y A 9				1 9					8 5
											5
	12		22					5
	12		22					5

208

Знайдемо			рівняння					прямої	DC.	Шукаємо DC у					вигляді
3x 2 y e 0.			Точка					С лежить		на		прямій		DC,	тому
3 5 2 2 e 0, e 11.							Рівняння		DC має		вигляд			3x 2 y 11 0.
Відстань точки А (висота АТ) до прямої DC:
			AT			3xA 2 y A 7				4	4 13		.
						3xA 2 y A 7				4	4 13

							13			13	13
							13			13	13
AR	8 5	,	AT	4 13				.
AR		,	AT					.
5					13

в) Кут BAD шукаємо за формулою tg											k2 k1					, де k2
в) Кут BAD шукаємо за формулою tg																, де k2
											1 k k			2
										1		1		2
кутові коефіцієнти прямих АD і АВ: k							k	AD		1		,	k		2	k	AB
						1		AD			2				2		AB
											2
3						1	2
		tg BAD		2		2	2		8.
		tg BAD					1		8.
				1		3	1
				1		4	4
						4	4
BAD arctg 8 1,44644.
г) 1-й спосіб. SABCD AR BC .
AR	8 5	, BC xC xB 2 yC yB 2
AR		, BC xC xB 2 yC yB 2
5
3 5 2 3 2 2 4 1 5.
	SABCD		8 5		5 8 (кв. од.).

SABCD 8 кв. од.

2-й спосіб.

i k1 —

32 .

S ABCD 2	1										,			2, 3,	0 ,		4, 2, 0 ;

		AB		AC		AB			AC				AB			AC
	2
	2						i		j	k		k 0, 0, 8 ;
							i		j	k
							2	3		0
			AB		AC		2	3		0
							4	2		0
				SABCD 0 0 82									8 кв. од.

209

д) Рівняння BD х = 3: Вектор нормалі прямої (1, 0), рівняння висоти шукаємо у вигляді 0x 1y C 0 y C 0. Точка А (1, 0)

належить висоті, тому маємо 1 0 C 0 C 0 y 0. Рівняння висоти AF: y 0 .

Задача 2.2.5. Рівняння прямої l: 2x 5y 5 0 . Точка М (2, 3).

y
M (2, 3)
45°	N
M2
0	l	х
M1	l
M1

Знайти:

а) рівняння прямої, яка проходить через точку М перпендикулярно до даної прямої;

моїбl); координати точки М1, симетричної точці М відносно пря-

в) рівняння прямої, яка проходить через точку М під кутом 45 до даної прямої l;

г) площу квадрата, сторона якого лежить на прямій l і одна із вершин якого точка М.

а) Вектор нормалі прямої 2x 5y 5 0 є N 2, 5 . Позначимо координати проекції точки М на пряму l через М2 (х, у). Вектори MM2 і N — паралельні, тому їх координати пропорційні:

MM2 x 2, y 3 ;

x 2 y 3 , або 5x 10 2 y 6 5x 2 y 4 0. 2 5

Отже, рівняння перпендикуляра ММ2: 5x 2 y 4 0.

210

M1 2 , 70 .

29 29

б) Знайдемо точку М2 перетину прямих ММ2 і l:

5x 2 y 4			0		5x 2 y 4				5	2			29,

			0						2		5
2x 5y 5					2x 5y 5
1	4	2		30, 2		5	4	17 x2				30		, y2	17 .

	5	5				2	5					29			29

Точки М і М1 симетричні відносно точки М2. Маємо:

x x1	x			2 x1		30	x		2	60		2
x x1	x						x		2
2		2			2	29		1		29 x			, y 70 .
2					2	29				29 x			, y 70 .
y y				3	y	17				17	1	29	1	29
y y	y			3	y	17	y		3	17		29		29
1			2		1
					1
2					2	29		1		29
2					2	29				29

Звідси координати точки

в) Позначимо через k кутовий коефіцієнт шуканої прямої. Визначатимемо рівняння у вигляді

								y yM k x xM .
	Обчислимо k. Дістаємо: tg45o											k2 k1			. У нашому випадку k2 = k,
	Обчислимо k. Дістаємо: tg45o														. У нашому випадку k2 = k,
												1 k k	2
				2								1	2
				2
		2		k						2	k k			2		,	7 k	3			3 .
k1		2	. Маємо 1	k		5			1	2				2				3	,	k		Рівняння
k1		5	. Маємо 1						1	5			5					5	,	k		Рівняння
		5		2			k			5			5				5	5			5
				1
				1	5

шуканої прямої: y 3 53 x 2 , 5y 15 3x 6 .

Рівняння шуканої прямої 3x 5y 9 0 .

г) Знайдемо довжину сторони квадрата, яка дорівнює відстані від точки М до прямої l.

MM 2		2 2 5 3 5			14	;


		22 52
		22 52		29
Sквадрата MM 22			196 кв. oд. ;
			29
		S 196	(	од.) .		кв.
	29

211

Задача 2.2-6. Пряма l проходить через точку А (– 3, – 1) і відтинає трикутник площею S = 2 кв. од. (див. рисунок).

	y		l1
			l1
	В1	2
		2
В4 C1	a	Оb		l2
А (–3, –1)	2	C2	B2	х
		C2

	В3	l3

Знайти:

а) рівняння прямих l1 і l2 , які задовольняють умову задачі; б) відстань від початку координат до кожної з цих прямих;

в) відстань між точками перетину прямих l1 і l2 з осями координат;

г) рівняння прямої, яка проходить через початок координат перпендикулярно до кожної з цих прямих.

а) Проаналізуємо числові дані. Якщо S B3OB4 S, то задача

має два розв’язки: трикутники B1OC1 і OC2 B2 . Якщо S B3OB4 S, то задача має три розв’язки.

У нашому випадку задача має два розв’язки: прямі l1 i l2. Рівняння прямої шукатимемо у вигляді рівняння прямої у відріз-

ках ax by 1.

Шукана пряма проходить через точку А (–3, –1), томуa3 b1 1 . Водночас площа трикутника, який відтинається в на-

шому випадку, дорівнює чисельно 12 ab 2 (а і b — відрізки, які відтинаєпряма на осях координат протилежного знака).

212

Маємо систему:

3		1				3			a		1	12 a2 4a		a2	4a 12 0
3		1		1							1	12 a2 4a		a2	4a 12 0
		b						4

a						a				4			4			4
												b	4	b		4
												b		b
ab 4						b				a			a			a
										a
	a		6,		b			2
	a		6,		b			3
	1				1			3
	a2 2,				b2		2.

Звідси			x		y	1,		x				y	1.
Звідси		2				1,	6				2		1.
		2		2			6				2
l1: x y 2 0 , l2:							x 9 y 6 .
б) d1			x0 y 0 2				2 ;


				2
				2
d2	x0		9 y 0 6						6			.
	x0		9 y 0 6						6

			82						82
			82						82
Відповідь:				2 ;			6			.
Відповідь:				2 ;						.
							82
в) C1B1 a2 b2 2 2 ;

C B a2		b2	62			4	36	4	.
C B a2		b2	62				36		.
2	2			9			9
				9			9
Відповідь: 2 2 ; 36				4	.
Відповідь: 2 2 ; 36				9	.
				9

г) Для прямої l1: y kx 0 . Якщо прямі взаємно перпендикулярні, то 1 1 k 1 0 , k 1 .

Маємо: у + х = 0, у = –х.

2) Для прямої l2: y kx 0 . 1 9 k 1 0 , k = –9. Маємо: у+ 9х =

0, у = –9х.

у = –х, у = –9х.

213

Задача 2.2-7

y
		А (2, 3)
		D1 В(5, 1)
0	С1	M	С2	х
			D2

Дві точки А (2, 3), В (5, 1) лежать на прямій. Знайти:

а) точку перетину прямої з віссю Ох; б) точку С на осі Ох, таку щоб площа трикутника АВС дорі-

внювала S = 5 кв. од.;

в) відстань від точки С до прямої АВ; г) рівняння висоти СD трикутника АВС; д) кут АСВ.

а) Знайдемо рівняння прямої АВ як рівняння, що проходить через дві точки:

x x1

y y1

де

x1 xA 2 ,

y1 yA 3 ,

x2 xB 5 ,

y2 yB 1 . Маємо:

x 2

y 3

2x 4 3y 9 AB: 2x 3y 13 0 .

5 2

1 3

Знайдемо точку перетину прямої АВ з віссю Ох. Для цього візьмемо в рівнянні прямої 2х + 3у – 13 = 0 значення у = 0, звідки

2х – 13 = 0,	x	13 .
		2
		13		; 0
Отже, точка перетину прямої АВ з віссю Ох M			2	; 0	.
			2

б) Позначимо координати точки С (х, 0). Тоді площу трикут-
ника обчислимо так:
S 1	x1	y1	1	1	2	3	1	1	2 3x 15	1	2x 13 .
	x1	y1	1		2	3	1
	x2	y2	1		5	1	1
2	x3	y3	1	2	x 0		1	2		2

214

З умови задачі S = 5. Маємо:

1	2x 13	5	2x 13	10	2x 13 10		x1	11,5
1					2x 13 10		x1	11,5

2					2x 13	10	x2	1,5.

Існують дві точки C1 1,5; 0 ,C2 11,5; 0 .

в) Відстань від точки С до прямої АВ знаходимо за формулою

d Ax0 By0 C .

A2 B2

У нашому випадку АВ: 2x 3y 13 0, x0 xc , y0 yc ,

C D		2 1,5 3 0 13		10		10 13 ,
		2 1,5 3 0 13


1	1		22 32	13	13
			22 32	13	13
	C2 D2		2 11,2 3 0 13		10 13 .
			2 11,2 3 0 13

			22 32
			22 32		13

Відстань від точок С1 і С2 до прямої АВ дорівнює 101313 .

г) У нашому випадку є дві точки С1 і С2, тому має бути два перпендикуляри.

Рівняння перпендикуляра шукаємо у вигляді

x x0

y y0

Вектор

2, 3 , складений з коефіцієнтів при змінних х і у рів-

няння 2x 3y 13 0 ,

перпендикулярний до даної прямої, тому

; x0 , y0 — координати точки С1 або С2.

Звідси рівняння прямої С1D1:

y 0

3x 9 2 y 6x 4 y 9 0 .

Аналогічно — рівняння С2D2:

x 2

y 0

3x 6912 2 y 6x 4 y 69 0.

215

Рівняння висоти

C1D1: 6x 4 y 9 0 і C2D2: 6x 4 y 69 0 .

д) Кут АСВвизначатимемо яккут між двома векторами CA іCB :

						cos AC B										C1 A				C2 B			,
						cos AC B																	,
										1					C1 A						C1В
															C1 A						C1В
							1																		7
де C1 A 2 1,5; 3 0							1						C1B		5 1,5; 1										7
де C1 A 2 1,5; 3 0								2	, 3 ,				C1B		5 1,5; 1								0		2	, 1 ,
								2																	2
				1			7	3 1							19									19
	cos AC1 B			2			2	3 1							4									19			0,7238 ,

																								53
			1		9				49		1								13		53			53	13
			4						4						4						4
	AC1B 0,7614 рад.

Аналогічно: cos AC2 B													C2 A				C2 B				,
Аналогічно: cos AC2 B																					,
												C2 A						C2 B
де		2 11,5; 3 0 9,5;3 ,																	5 11,5; 1 0 6,5; 1 ;
де	C2 A	2 11,5; 3 0 9,5;3 ,												C2 B					5 11,5; 1 0 6,5; 1 ;
		cos AC2 B				9,5 6,5 3 1															64,75
		cos AC2 B																				99,25 43,25
						9,52 32 6,52											1					99,25 43,25
			64,75			64,75				0,9883 AC2 B 0,1532																		рад.
			4292,5625			64,75				0,9883 AC2 B 0,1532																		рад.
			4292,5625				65,51
Відповідь. AC1B 0,7614 рад,																	AC2 B 0,1532 рад.

Задача 2.2-8. Відомі точки Р (4, 2), Q (2, 7), R (–2, 3) — сере-

дини сторін трикутника. Знайти:

а) координати вершин трикутника; б) точку перетину медіан трикутника — точку О; в) площу трикутника АВС;

216

г) відстань PD (від точки Р до середньої лінії QR); д) точку перетину висот Q.

A	y
A		Q (2, 7)
		Q (2, 7)
	N	D		B
				B
			M
		O	M
		O
R (– 2, 3)		S
		E		P (4, 2)
B1 (х, у)		E	А1	(х, у)
B1 (х, у)			А1	(х, у)
	0			х
		C (0, – 2)

а) Зробимо рисунок. Через точку Р проведемо пряму, паралельну середній лінії RQ трикутника. Аналогічно через точку Q проведемо лінію, паралельну прямій RP, і через точку R проведемо пряму, паралельну прямій QP. Точки перетину цих прямих будуть вершинами трикутника АВС. Вершини трикутника можна знайти за допомогою класичного методу як точки перетину сторін трикутника. Тут пропонується інший спосіб. Сполучимо точки R і В. Пряма RB перетинає відрізок QP у точці М. Точка М поділяє відрізок QP навпіл, тому координати точки М такі:

	xQ xP	2 4			yQ yP	7 2	9				9
xM			3;	yM				;	M	3;		.
	2	2			2	2	2				2

Відрізок RM поділяється точкою В зовнішньо у відношенніBMRB 2. Звідси

xB	xR xM	2 2 3		8,
	1	1 2	9

	yR yM	3 2
yB			2	6 B 8, 6 .
	1	1 2

217

<<< < Предыдущая 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 2122 / 4222 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
01.07.20251.67 Mб0biznesplan_correct111.doc
#
07.03.2016116.21 Кб88biznes_dkr.docx
#
09.09.2019715.78 Кб2BLOCK-4.doc
#
07.03.2016139.78 Кб12Blok_10_11.doc
#
01.05.202549.52 Кб0Blok_viznachen1.docx
#
07.03.20165.29 Mб114bludova_t_v_praktikum_z_vishoi_matematiki.pdf
#
01.05.2025876.03 Кб0BM.doc
#
22.03.2015389.92 Кб16BNP Paribas Inc in Consumer Finance.docx
#
01.05.202529.45 Кб0Boo.docx
#
17.09.20191.92 Mб26Book.doc
#
22.03.20152.54 Mб14Bosch2.docx