Файловый архив студентов. Файловый архив студентов.
1313 вуза, 5306 предмета.
/ Регистрация
FAQ Обратная связь Вопросы и предложения
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
☆

Рис. 3.12

Координати вершин B та D обчислимо, розв’язавши дві системи рі-

внянь:

 

 

3x 4 y 19 0,

3x 28x 56 19 0,

x 3,

7x y 14 0;

y 7x 14;

y 7;

4x 3y 8 0,

4x 21x 42 8 0,

x 2,

 

 

 

7x y 14 0;

y 7x 14;

y 0.

 

 

 

Отже, вершини B та D мають координати: B(3; 7), D(2; 0).

 

 

 

 

Сторона BC паралельна прямій AD, тому

її кутовий

коефіцієнт

kBC kAD

4

 

. Складемо рівняння прямої BC:

y 7

 

4

x 3 , спро-

3

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

стивши дістанемо 4x 3y 33 0.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Сторона

CD

паралельна

прямій AB,

її

 

кутовий

коефіцієнт

kCD kAB

3

. Складемо рівняння прямої CD:

y 0

3

x 2 ,

звідки

 

 

3x 4 y 6 40.

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

Діагоналі

квадрата AC та

BD взаємо

перпендикулярні,

тому

kAC

1

 

1

. Запишемо рівняння діагоналі AC: y 4

1

x 1 ,

 

7

7

 

kBD

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

або x 7 y 27

0.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приклад 9. Знайти точку M1, симетричну точці M(3; –3) відносно

прямої, що проходить через точки A(–2; 2) та B(–6; 4).

 

 

 

 

 

 

Розв’язання. Складемо рівняння прямої AB:

 

y 2

 

 

x 2

 

,

після

 

 

6 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4 2

1 .

спрощення дістанемо x 2 y 2 0. ЇЇ кутовий коефіцієнт k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

Знайдемо проекцію точки M(3; –3) на пряму AB. Для цього запише-

мо рівняння перпендикуляра MC, опущеного з точки

M на пряму

AB, та

знайдемо точку C їх перетину. Кутовий коефіцієнт

kMC

 

1

2, рів-

няння перпендикуляра MC: y 3 2 x 3 , або

 

 

 

 

 

 

 

 

k

 

 

 

2x y 9 0.

Коорди-

нати точки C знаходимо, розв’язуючи систему:

394

x 2 y 2 0,

 

x 4x 18 2 0,

 

x 4,

2x y 9 0;

y 2x 9;

y 1.

Точка M1, симетрична точці M(3; –3), поділяє відрізок MC у відно-

шенні MM1 2. Тепер обчислюємо координати точки M1:

M1C

x

3 2 4

5, y

3 2 1

1.

 

1 2

 

1 2

 

Таким чином, M1(5; 1).

Приклад 10. Дано вершини трикутника A(1; 2), B(5; 5) та C(7; –6). Знайти проекцію вершини B на бісектрису кута A цього трикутника

(рис. 3.13).

Розв’язання. Обчислимо довжини сторін AB та AC даного трикутника:

AB 5 1 2 5 2 2 25 5;

AC 7 1 2 6 2 2 100 10.

Знайдемо відношення λ, в якому бісектриса AD поділяє сторону трикутника BC:

CDDB ACAB 105 2.

Тепер за формулами поділу відрізка в даному відношенні обчислюємо координати точки D:

x

x1 x2

 

7 2 5

 

17

;

y

y1 y2

 

6 2 5

 

4

.

1

1 2

3

1

3

 

 

 

 

 

 

 

1 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

17

 

4

 

 

 

 

Таким чином, точка D має координати D

;

 

.

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

395

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 32

Складемо рівняння бісектриси AD:

 

 

y

4

 

 

x 17

 

y

4

 

x

17

 

 

 

 

 

 

3

 

 

3

, або

 

 

3

 

 

3

 

; звідки x 7 y 15 0.

 

2

 

 

 

14

2

 

4

1

17

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

3

 

 

 

3

 

 

3

 

 

Кутовий коефіцієнт бісектриси AD дорівнює k1 17 . З умови пер-

пендикулярності прямих випливає, що кутовий коефіцієнт перпендикуляра, опущеного з вершини B на бісектрису AD, дорівнює k2 = 7. Запишеморівняння цього перпендикуляра: у– 5 = 7 (х– 5), звідки7х– у– 30 = 0.

Знаходимо координати проекції B1 вершини B на бісектрису кута A:

7x y 30 0

 

y 7x 30

 

x 4,5;

x 7 y 15 0

x 7 7x 30 15 0

y 1,5.

Приклад 11. Записати рівняння прямої, яка походить через точку

M(4; 3) і відтинає від координатного кута трикутник площею

3 кв. од.

Розв’язання. Будемо шукати рівняння прямої у вигляді

 

x

 

y

1 .

 

a

b

 

 

 

 

Точка M(4; 3) належить прямій, тому її координати задовольняють це

рівняння. Отже a4 b3 1. Площа трикутника OAB S 12 ab. Таким чином, для знаходження параметрів a та b маємо систему рівнянь:

396

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

3a

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

3

 

 

 

 

 

 

 

a2

2a 8 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

a

 

6

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

3

 

 

 

b

 

 

 

6

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b

 

 

 

 

b

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

a

 

a

b

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ab 6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

1

 

 

 

 

 

 

 

4

 

3

 

 

 

 

4

 

3a

 

 

 

 

 

 

 

ab

 

3

 

 

 

 

1

 

 

1

a2

2a 8 0

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b

a

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6

 

b

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ab 6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Перша із систем не має розв’язків, розв’язки другої системи:

a1 2,

a

2

4,

 

 

 

 

b1 3;

b2

 

3

.

2

 

 

 

 

 

Таким чином, маємо дві прямі (рис. 3.14), що задовольняють умову задачі:

2x 3y 1 та x4 23y 1.

Рис. 3.14

3.2. Відстань від точки до прямої

Відстань від точки M(x0; y0) до прямої, заданої рівнянням Ax + By + + C = 0, обчислюється за формулою

397

d

 

Ax0

By0

C

 

.

(3.17)

 

 

 

 

A2 B2

 

 

 

 

 

 

 

Приклад 1. Знайти відстань між паралельними прямими 4x y 3 0

та 4x y 7 0.

Розв’язання. На прямій 4x y 3 0 знаходимо довільну точку, на-

приклад M(0; –3). Обчислюємо відстань від точки M(0; –3) до прямої

4x y 7 0 за формулою (3.17):

d

 

 

4 0 1 3 7

 

 

 

 

 

10

 

 

 

 

10

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

42 12

 

 

 

 

 

17

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

17

 

 

 

 

Приклад 2. Обчислити довжину висоти BD трикутника з вершинами

A(1; 3), B(3; 5) та C(7; 1).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Розв’язання. Складемо рівняння сторони AC:

 

y 3

 

x 1

, звідки

 

1 3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

7 1

x 3y 10 0. Обчислюємо довжину висоти як відстань від вершини

B(3; 5) до прямої AC:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

h

 

 

1 3 3 5 10

 

 

 

 

 

8

 

 

 

4 10

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

12 32

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

10

 

5

 

 

 

 

 

 

Приклад 3. Скласти рівняння прямої, що паралельна прямій 5x 12 y 7 0 і віддалена від неї на 4 одиниці.

Розв’язання. Нехай M(x; y) — довільна точка шуканої прямої. За формулою відстані від точки до прямої (3.17) маємо:

 

 

 

5x 12 y 7

 

4,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

52

122

 

 

 

 

 

 

звідки 5x 12 y 7

52 , або 5x

12 y 7 52. Таким чином, маємо

рівняння двох прямих, що паралельні даній прямій і віддалені від неї на 4 одиниці:

5x 12 y 59 0; 5x 12 y 45 0.

Приклад 4. Скласти рівняння прямих, що проходять через точку A(2; 4) на відстані 4 одиниць від точки B (–6; 3).

Розв’язання. Запишемо рівняння прямої, що проходить через точку

A(2; 4):

398

y 4 k x 2 , або kx y 4 2k 0.

(3.18)

Ця пряма віддалена від точки B(–6; 3) на 4 одиниці, тому за формулою (3.17) маємо рівняння для визначення кутового коефіцієнта k:

 

 

6k 3 4 2k

 

 

4 , або

 

1 8k

 

4

k 2 1 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k 2 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Підносимо обидві частини до квадрата і після зведення подібних

членів дістаємо: 48k 2 16k 15 0. Звідси

k

3

; k

2

 

5

. Підстав-

 

 

 

 

 

1

4

 

 

12

 

ляючи знайдені значення кутових коефіцієнтів в рівняння (3.18), діста-

ємо рівняння двох прямих, що проходять через точку A(2; 4) на відстані 4

одиниць від точки B(–6; 3): y 4

3

x 2

і y 4

 

 

5

x 2 , або ос-

 

12

4

 

 

 

 

 

 

 

таточно 3x 4 y 10 0 та 5x 12 y 58 0.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приклад 5. Знайти рівняння бісектрис кутів, утворених прямими

3x 4 y 18 0 та 12x 9 y 50 0.

Розв’язання. Бісектриса кута є геометричним місцем точок, рівновіддалених від сторін кута. Нехай точка M (x; y) — довільна точка бісектриси. ЇЇ відстань від прямої 3x 4 y 18 0 дорівнює

d1

 

 

 

3x 4 y 18

 

 

 

 

 

 

 

3x 4 y 18

 

 

.

 

 

 

(3.19)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

32 42

 

 

 

5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Відстань від точки M(x; y) до прямої 12x 9 y 50 0 дорівнює

d2

 

 

12x

9 y 44

 

 

 

 

 

 

12x 9 y 44

 

 

.

(3.20)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

12

2 92

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

15

 

 

 

 

 

 

 

За властивістю бісектриси d1 = d2. Підставляючи в останню рівність

вирази (3.19) та (3.20), дістаємо:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3x 4 y 18

 

 

 

 

 

12x 9 y 44

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5

 

 

 

15

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Звідси 3

 

3x 4 y 18

 

 

 

12x 9 y 44

 

, або 9х+ 12у– 54 = (12х+ 9у– 44).

 

 

 

 

Після

зведення подібних членів остаточно дістанемо рівняння двох бі-

сектрис: 3x 3y 10 0

 

та 3x 3y 14 0.

399

Приклад 6. Знайти точку, віддалену від прямої 4x 3y 2 0 на 2 одиниці та рівновіддалену від точок A(4; –3) та B(2; –1).

Розв’язання. Геометричним місцем точок, рівновіддалених від кінців відрізка AB, є перпендикуляр до цього відрізка, проведений через його середину. Складемо його рівняння. Нехай точка C — середина відрізка AB, тоді вона має координати C(3; –2). Кутовий коефіцієнт прямої, що проходить через точки A(4; –3) та B(2; –1), дорівнює

k

y2 y1

1 3

1.

 

 

 

 

x

2

x

2 4

 

 

 

 

 

1

 

 

 

Тоді кутовий коефіцієнт перпендикуляра k1 = 1, а його рівняння

y 2

x 3 , або x y 5 0.

(3.21)

Якщо M(x; y) — шукана

точка, то

вона віддалена

від прямої

4x 3y 2 0 на 2 одиниці і її координати задовольняють рівнянню (21). Таким чином маємо систему рівнянь:

 

 

x y 5 0,

x y 5 0,

 

x y 5 0,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4x 3y 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2;

 

 

4x 3y 2

 

10;

 

 

4x 3y 2

10.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

42 32

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

27 ,

 

Ця система рівнянь

має два розв’язки

x

 

 

1, y

4

та

x

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

1

 

 

 

 

7

 

 

8

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

27

 

8

 

y2

 

 

. Таким чином,

маємо дві точки M1(1; –4) та

;

, які

7

 

M 2

7

7

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

задовольняють умову задачі.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3.3. Рівняння в’язки прямих

Сукупність прямих, що проходять через точку М, називається в’язкою прямих з центром М.

Якщо A1x B1 y C1 0 та A2 x B2 y C2 0 — рівняння двох прямих, які перетинаються в точці М, то рівняння

A1x B1 y C1 A2 x B2 y C2 0,

(3.22)

де α та β — довільні числа, які одночасно не дорівнюють нулю, визначає в’язку прямих з центром в точці М.

Якщо 0 , то, поділивши рівняння (3.22) на α та позначивши

, дістанемо

400

A1x B1 y C1 A2 x B2 y C2 0.

(3.23)

Рівняння (3.23) визначає кожну пряму в’язки з центром в точці М, окрімпрямої, якавідповідає 0 , тобтоокрімпрямої A2 x B2 y C2 0.

Приклад 1. Записати рівняння прямої, що належить в’язці прямих

3x 5y 1 x y 2 0,

та проходить через точку A(4; –1).

Розв’язання. Підставимо координати точки A(4; –1) в дане рівняння. Дістанемо 6 7 0 , звідки 76 . Підставимо знайдене значення λ в рівняння в’язки прямих і дістанемо:

3x 5y 1 76 x y 2 0,

або після спрощення 15x 41y 19 0.

Приклад 2. Дано рівняння сторони AB 3x 4 y 9 0 та бісектриси AD 3x 3y 5 0 трикутника ABC. Не обчислюючи координат вершини A, знайти рівняння сторони AC.

Розв’язання. З рівнянь сторони AB та бісектриси AD знаходимо їхні кутові коефіцієнти: kAB 34 , kAD 1. Позначимо кутовий коефіцієнт

сторони AC через k. Пряма AD — бісектриса кута BAC , тому tg tg . Підставляючи в останню рівність кутові коефіцієнти відповід-

них прямих, за формулами (3.9) дістаємо рівняння для визначення k:

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

kAB kAD

 

kAD k

 

 

 

 

 

1

 

1 k

 

 

 

 

 

,

або

4

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 kABkAD

1 kADk

1

3

 

 

1 k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Звідси k

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Запишемо рівняння в’язки прямих із центром у точці A

 

 

 

3x 4 y 9 (3x 3y 5) 0

 

(3.24)

401

і

виберемо

з

цих

прямих ту,

кутовий

коефіцієнт

якої k

4

.

 

 

3 3

 

3

 

 

 

 

7

 

3

 

 

 

.

Знайдене з останньої рівності

підставимо в рів-

 

4

 

4 3

 

 

 

 

3

 

 

 

 

няння в’язки прямих (3.24):

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3x 4 y 9 7

3x 3y 5 0.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

Після очевидних спрощень

знайдемо

рівняння

сторони AC:

12x 9 y 8 0.

 

 

 

 

 

 

 

 

Приклад 3.

Дано

рівняння сторін трикутника

(AB)

x 2 y 1 0,

(AC) 5x 4 y 17 0 та (BC) x 4 y 11 0 . Не обчислюючи координати його вершин, знайти рівняння висот трикутника.

Розв’язання. Запишемо рівняння в’язки прямих з центром в точці A

x2 y 1 5x 4 y 17 0

івиберемознихту, якаперпендикулярнадоBC. Зумовиперпендикулярностіпрямих (3.14) A1 A2 B1B2 0 дістанемо 1 5 1 2 4 4 0.

Звідси

 

 

7

 

і рівняння висоти, опущеної з

вершини A, буде

11

 

 

7

 

 

 

 

x 2 y 1

 

5x 4 y 17 0 , або після спрощення:

4x y 18 0.

11

 

 

 

 

 

 

Аналогічно знайдемо рівняння двох інших висот 4x 5y 22 0 та

2x y 1 0.

402

ЛІТЕРАТУРА

1.Барковський В. В., Барковська Н. В. Математика для економістів:

Вища математика. — К., 1997. — 397 с.

2.Валєєв К.Г., Джалладова І. А. Вища математика. Навч. посібник:

у2-х ч. — К.: КНЕУ, 2001. — Ч. 1. — 546 с.

3.Валєєв К. Г., Джалладова І. А. Вища математика. Навч. посібник:

у2-х ч. — К.: КНЕУ, 2002. — Ч. 2. — 451 с.

4.Вища математика: Навч.-метод. посібник для сам. вивч. дисц. / К.Г. Валєєв, І.А. Джалладова, О.І. Лютий. — К.: КНЕУ, 1999. — 396 с.

5.Вища математика: Навч.-метод. посібник для сам. вивч. дисц. / К.Г. Валєєв, І.А. Джалладова та ін. — Вид. 2-ге, перероб. і доп. — К.:

КНЕУ, 2002. — 606 с.

6.Глаголев А. А., Солнцева Т. В. Курс высшей математики. — М.:

Высш. школа, 1971. — 654 с.

7.Збірник завдань для контрольних робіт №1, №2 для студ. заочної

форми навч. / Укл.: А. Б. Волощенко, І. Ф. Грейджук, І. А. Джалладова, О. І. Лютий та ін. — К.: КНЕУ, 1999. — 120 с.

8.Кудрявцев В. А., Демидович Б. П. Краткий курс высшей матема-

тики. — 6-е изд. — М.: Наука, 1986. — 576 с.

9.Методичні вказівки до вивчення розділів вищої математики «Вступ до математичного аналізу»; «Диференціальне числення» для

студ. І курсу екон. спец. / Укл.: О. І. Лютий, В. Г. Овсієнко. — К.: КІНХ, 1991. — 80 с.

10. Методичні вказівки до вивчення розділу вищої математики «Диференціальні рівняння» для студ. І курсу екон. спец. / Укл.: О. І. Лютий, І.А. Джалладова. — К.: КНЕУ, 1995. — 42 с.

11.Методичні вказівки до вивчення розділу вищої математики «Комплексні числа та функції» для студ. усіх форм навч. / Укл.: К.Г. Валєєв, І.А. Джалладова. — К.: КНЕУ, 1999. — 60 с.

12.Методичні вказівки до вивчення розділу вищої математики «Функції багатьох змінних в економічних задачах в прикладах» для студ. І

курсу всіх екон. спец. і всіх форм навчання / Укл. І. А. Джалладова. —

К.: КНЕУ, 1996. — 44 с.

13.Пискунов Н.С. Дифференциальное и интегральное исчисления: 4-

еизд. — М.: Физматгиз, 1962.

14.Привалов И.И. Аналитическая геометрия. Изд. 24—27. — М.:

Физматгиз, 1959. — 1962.

15.Лютий О.І., Макаренко О.І. Збірник задач з вищої математики. Навч. посібник. — К.: КНЕУ, 2003. — 305 с.

402

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]
Помощь Обратная связь Вопросы и предложения Пользовательское соглашение Политика конфиденциальности