Презентація курсу за вибором Метод координат на площині

Презентація курсу за вибором “Метод координат на площині”

Метод координат на площині. • Аналітична геометрія — розділ геометрії, що вивчає властивості геометричних фігур засобами елементарної алгебри (в ширшому розумінні — засобами математичного аналізу), пов'язуючи їх з застосуванням методу координат.

Основоположники аналітичної геометрії • Основні положення аналітичної геометрії вперше сформулював філософ і математик Р. Декарт. • Г. Лейбніц, Л. Ейлер, І. Ньютон надали аналітичній геометрії сучасної структури.

Декартові координати на площині. • Прямокутна система координат на площині вважається заданою, якщо на площині вказано: • а) дві взаємно перпендикулярні прямі, на кожній із яких вибрано додатній напрям - осі ординат (вісь абсцис і вісь ординат). Точка О перетину цих координат називається початком координат; • б) одиничний відрізок; • Прямокутними декартовими координатами довільної точки площини називається впорядкована пара чисел і , де - координата проекції точки на вісь абсцис, а координата проекції точки на вісь ординат. Той факт, що точка має координати і , записується так: .

1. 2 Відстань між двома точками обчислюється за формулою: Приклад 1. Обчислити відстань між точками Розв’язання: і

1. 3 Ділення відрізка в даному відношенні Координати точки , яка ділить відрізок у відношенні знаходяться по формулі: При діленні відрізка навпіл, тобто при , отримуємо такі формули: •

Приклад 1. Відрізок, обмежений точками і поділено на три рівні частини. Знайти координати точок поділу і. Розв’язання: . Точка С ділить відрізок АВ у відношенні Отже,

Точка Д ділить відрізок АВ у відношенні Звідси Отже,

Приклад 2. Трикутник ABC задано координатами вершин A(– 3; 4), B(7; – 2), C(5; 6). Побудувати ∆ABC в системі координат. Знайти: а) довжину медіани AM; б) точку E перетину медіан. (рис. 1) Нехай M – середина сторони BC: За властивістю точки перетину медіан трикутника Тоді координати точки E:

Ілюстрація до прикладу 2 y A(-3, 4) 6 C(5, 6) 4 E M(6, 2) x O -3 5 -2 Рис. 8 7 B(7, -2) x – вісь абсцис y – вісь ординат XOY – координатна площина A, B, C – вершини трикутника M – середина сторони BC E – точка перетину медіан

Пряма на площині 1. 4 Загальне рівняння прямої. 1. 5 Кутовий коефіцієнт прямої. Рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом. 1. 6 Рівняння прямої, яка проходить через дану точку в заданому напрямі. 1. 7 Рівняння прямої, що проходить через дві задані точки. 1. 8. Рівняння прямої у відрізках на осях. 1. 9 Перетин двох прямих.

1. 4 Загальне рівняння прямої. • Якщо на площині довільно взято декартову систему координат, то будь – яке рівняння першого степеня відносно координат і , де визначають пряму в цій системі координат.

Окремі випадки загального рівняння прямої Значення Рівняння коефіцієн прямої тів Розміщення прямої С=0 Пряма проходить через початок координат. 1 2 А=0 Пряма абсцис. паралельна осі Пряма паралельна ординат. осі 3 4 Пряма співпадає з віссю абсцис. 5 Пряма співпадає з віссю ординат.

1. 5 Рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом Нехай похила пряма l утворює кут α з віссю Ox і перетинає вісь Oy Тангенс кута нахилу α називають кутовим у точці B(0; b) (рис. 10). коефіцієнтом k прямої l: k=tgα. Число b називають початковою ординатою прямої l. Нехай M(x; y) – довільна точка y прямої l. У прямокутному ΔBNM Ð MBN=α. Тоді l α O x x y – b = kx. Звідси маємо рівняння прямої з Рис. 10 кутовим коефіцієнтом y = kx + b. Зауваження 1. Якщо b=0, то пряма y=kx проходить через початок координат O(0; 0). Якщо k=0, то пряма y=b паралельна осі Ox (горизонтальна). Зауваження 2. Якщо пряма паралельна осі Oy (α=90º), то її кутовий коефіцієнт не існує (k = tg 90º = ∞), і її рівняння не можна подати у відповідному вигляді. Рівняння вертикальної прямої має вигляд x=a, де a – абсциса точки перетину A(a; 0) з віссю Ox.

Побудувати пряму за її рівнянням: а) y=3 x – 2; б) y= – 3 x; в) y=2; г) x= – 3. а) x = 0 → y = 3· 0 – 2 = – 2; б) x = 0 → y = – 3· 0 = 0; x = 1 → y = 3· 1 – 2 = 1 x = 1 → y = – 3· 1 = – 3 x 0 1 y – 2 1 y 0 – 3 в) пряма, паралельна осi Оx i проходить через т. (0; 2) y г) пряма, паралельна осi Оy i проходить через т. (– 3; 0) б) а) г) в) 2 1 0 – 3 – 2 – 3 1 x

1. 6 Рівняння прямої, яка проходить через дану точку в заданому напрямі. • Рівняння прямої, яка проходить через дану точку в заданому напрямі, має вигляд , де - кутовий коефіцієнт прямої. • Це рівняння можна розглядати як рівняння пучка прямих, тобто множини прямих, які проходять через ту саму точку площини. • Зазначимо, що тільки одна пряма з усіх прямих, що проходять через точку , а саме пряма, перпендикулярна до осі , не виражається цим рівнянням. Її рівняння має вигляд.

Написати рівняння і побудувати пряму, що належить пучку з центром у точці M 1( – 3, 1), якщо: а) пряма паралельна осі Ox; б) пряма паралельна осі Oy; в) пряма нахилена до осі Ox під кутом α=60º. а) якщо пряма паралельна осi Оx, то k = 0: y – 1= 0, y = 1; б) якщо пряма паралельна осі Oy, то її рівняння має вигляд x = – 3; в) якщо пряма нахилена до осі Ox під кутом α=60º, то k = tg 60º = y – 1= (x+3); y 6, 2 y= x y x+3 0 +1 4, 5 б) -1 6, 2 4, 5 M 1(– 3, 1) а) 1 в) – 3 – 1 0 x

1. 7 Рівняння прямої, що проходить через дві задані точки. • Рівняння прямої, що проходить через дві задані точки має вигляд. • Кутовий коефіцієнт прямої, яка проходить через точки А і В, визначаємо з співвідношення.

Приклад 1. Складіть рівняння прямої, яка проходить через точки Розв’язання: За умовою Підставивши ці значення в рівняння. , дістанемо

Приклад 2. Трикутник ABC задано координатами вершин A(1; – 2), B(– 5; 1), C(3; – 1). Побудувати ∆ABC в системі координат (рис. 11). Знайти рівняння бісектриси AL. y В(– 5; 1) – 5 За властивістю бісектриси внутрішнього кута трикутника 1 1 x O L – 1 – 2 Рис. 11 Тоді 3 С(3; – 1) А(1; – 2)

1. 8 Рівняння прямої у відрізках на осях має вигляд , де а і b - відповідно абсциса і ордината точок перетину прямої з осями Оx і. y B(0; b) l b A(a; 0) O

Приклад. Скласти рівняння прямої, яка перетинає вісь у точці , а вісь ординат у точці Розв’язання: За умовою Отже, шукане рівняння має вигляд : .

Кут між прямими. Умови паралельності та перпендикулярності прямих Нехай прямі l 1 і l 2, що зображені на рис. 1, мають задані кутові коефіцієнти відповідно k 1 і k 2. Тоді для кута φ між ними маємо y φ = α 2 – α 1 ; Оскільки tgα 1 = k 1; tgα 2 = k 2, то тангенс кута між прямими знаходиться за формулою φ α 2 l 1 α 1 O α 1 l 2 α 2 x Рис. 1 Для паралельних прямих φ = 0, tgφ = 0, а для перпендикулярних прямих φ = 90º, tgφ → ∞. З одержаної формули випливає, що 1) необхідною і достатньою умовою паралельності невертикальних прямих l 1 і l 2 є рівність k 1 = k 2; 2) необхідною і достатньою умовою перпендикулярності похилих прямих l 1 і l 2 є рівність k 1 k 2 = – 1. Зауваження. Кут між прямими φ розуміється як кут повороту. Гострий кут між прямими знаходиться за формулою

У тупокутному ΔABC ( – тупий) задано рівняння сторін AB: y = – 3 x + 5, AC: y = 2 x – 10 і координати вершини C(2; – 6). Знайти: а) ; б) рівняння висоти CN; в) рівняння середньої лінії ML, що паралельна AB, де M – середина сторони AC. (рис. 14) а) Знайдемо гострий кут між прямими AB і AC: k. AB = – 3; k. AC = 2; Тодi б) в) M – середина сторони AC: 32

Перетин двох прямих. • Якщо дано дві прямі які перетинаються, то щоб визначити координати точки перетину цих прямих, треба розв’язати систему рівнянь даних прямих.

Приклад 2. Знайдіть вершини трикутника, якщо його сторони задано рівняннями , , Розв’язання: Щоб знайти координати вершин трикутника, треба розв’язати три системи рівнянь: , Розв’язок першої системи: Розв’язок другої системи: Розв’язок третьої системи: Отже, вершинами трикутника є точки:

Розділ 2. Лінії другого порядку 2. 1 Загальне рівняння ліній другого порядку. 2. 2 Коло. 2. 3 Еліпс. 2. 4 Гіпербола. 2. 5 Парабола.

2. 1 Загальне рівняння лінії другого порядку • Пряма – це єдина лінія першого порядку. Її загальним рівнянням є алгебраїчне рівняння першого степеня. Існують чотири типи ліній другого порядку – коло, еліпс, гіпербола і парабола.

2. 2 Коло • Колом називається множина всіх точок площини, рівновіддалених від даної точки цієї площини, яку називають центром. • Кола з центром у початку координат і радіусом має вигляд: . • • Рівняння кола з центром у точці має вигляд: і радіусом Рівняння кола в загальному вигляді записують так: , де - сталі коефіцієнти.

Переконатись, що рівняння 3 x 2 + 3 y 2 + 6 x – 5 y – 9 = 0 є рівнянням кола. Знайти його центр C(a; b) і радіус r. x 2 + y 2 + 2 x – (5/3)y – 3 = 0; (x + 1)2 + (y – 5/6)2 = (13/6)2; C(– 1; 5/6); r = 13/6. Дано дві точки A(2; – 3) і B(– 6; 1). Скласти рівняння кола l, для якого відрізок AB служить діаметром. Центром кола l є середина C діаметра AB, а радіус кола r = AB/2. Тоді: Рівняння кола

2. 3 Еліпс • Еліпсом називається множина точок площини, сума відстаней яких до двох даних точок, що називаються фокусами, є величина стала , більша за відстань між фокусами .

Рівняння еліпса: д е Залежність між параметрами співвідношенням: • Точки перетину еліпса з осями координат називаються вершинами еліпса. • • • , , , виражається , , Форма еліпса ( міра його стиску характеризується його ексцентриситетом , тобто Директрисами еліпса називаються дві прямі, паралельні малій осі , які віддалені від неї на відстань ( коло директрис не має). Рівняння директрис має вигляд : . ; •

Переконатись, що рівняння 9 x 2 + 100 y 2 – 900 = 0 є рівнянням еліпса. Зобразити ескіз еліпса, знайшовши точки його перетину з осями координат (вершини еліпса). еліпс, що перетинає осі координат у вершинах A 1(– 10, 0), A 2(10, 0), B 1(0, – 3), B 2(0, 3). y 3 B 2 A 1 – 10 O – 3 B 1 10 A 2 x

2. 4 Гіпербола • Гіперболою називають множину точок площини, абсолютна величина різниці відстаней яких до двох даних точок, що називаються фокусами, є величина стала , менша за відстань між фокусами.

Рівняння гіперболи: Точки , гіперболи, а точки вершинами гіперболи. , де називаються вершинами називаються уявними Відрізок називається дійсною і його довжина віссю, а відрізок і його довжина - уявною віссю. Ексцентриситетом гіперболи називається відношення відстані між фокусами до дійсної осі: Гіпербола має дві асимптоти, рівняння яких:

Переконатись, що рівняння 9 x 2 – 25 y 2 – 225 = 0 є рівнянням гіперболи. Знайти вершини гіперболи та її асимптоти. Зобразити ескіз гіперболи. – гіпербола з вершинами: дійсні вершини гіперболи: A 1(– 5; 0), A 2(5; 0), уявні вершини гіперболи: B 1(– 3; 0), B 2(3; 0), асимптоти: y 3 B 2 – 5 A 1 A 2 5 O – 3 B 1 46 x

Приклад 2. Скласти рівняння гіперболи з фокусами на , осі , якщо її дійсна вісь дорівнює 16, а уявна 8. Розв’язання: Для складання рівняння гіперболи треба знати параметри і. З умови маємо , , і , . Підставивши ці значення в рівняння гіперболи , дістанемо:

2. 5 Парабола з вершиною в початку координат • Параболою називається множина точок , для кожної з яких відстань до деякої фіксованої точки площини, що називається фокусом, дорівнює відстані до деякої фіксованої прямої, яка не проходить через фокус і називається директрисою. Відстань від фокуса параболи до її директриси називається параметром параболи. Якщо осі декартової прямокутної системи координат вибрано так, що фокус міститься в точці , а директриса перпендикулярна до осі має рівняння , то рівняння параболи має вигляд:

Парабола має одну вісь симетрії, вісь симетрії параболи називається віссю параболи. Точка перетину параболи з віссю симетрії називається її вершиною. Для нашої параболи віссю є вісь , а вершиною – початок координат. Фокальний довільної точки радіус відрізк параболи ( тобто довжинаа ) може бути обчислений за формулою: Якщо директриса параболи – пряма де , а фокус – точка . рівняння параболи має вигляд У випадку, якщо директриса параболи – пряма а фокус – точка. рівняння параболи має вигляд: - абсциса точки

Основні випадки розміщення параболи відносно системи координат. y ld O x F Рис. 21 y 2=2 px x 2=2 py x O Рис. 22 ld y O F ld Рис. 24 Рис. 23 49 x y 2= – 2 px y F O F x x 2= – 2 py

Приклад 1. Скласти рівняння параболи з вершиною в початку координ якщо її фокус лежить у точці Розв’язання : Фокус параболи лежить на додатній півосі отже, рівняння параболи має вигляд Оскільки координати фокуса , то , звідки дістанемо : , , , Підставивши значення в рівняння . ,

Приклад 2 Визначити координати фокуса F(p/2; 0) і рівняння директриси ld параболи y 2=12 x. Знайти кінці M 1(p/2; –p) і M 2(p/2; p) хорди M 1 M 2=2 p, яка проходить через фокус параболи і перпендикулярна до її осі. Зобразити ескіз параболи, провівши плавну лінію через її вершину O і точки M 1(p/2; – p), M 2(p/2; p). y 6 ld F -3 y 2 = 2 px; y 2 = 12 x; 2 p = 12; p = 6; F(p/2; 0); F(3; 0); ld: x = – p/2; x = – 3; M 1(3; – 6), M 2(3, 6). 50 M 2 O -6 3 M 1 x

2. 6 • • Парабола із зміщеною вершиною. Рівняння параболи з вершиною в точці , з віссю симетрії, паралельною осі , і вітками, напрямленими вправо, має вигляд: Рівняння параболи з вершиною в точці , з віссю симетрії, паралельною осі , і вітками, напрямленими вліво, має вигляд:

Парабола із зміщеною вершиною. • Рівняння параболи з вершиною в точці , з віссю симетрії, паралельною осі , і вітками, напрямленими вгору, має вигляд: . • Рівняння параболи з вершиною в точці , з віссю симетрії, паралельною осі , і вітками, напрямленими вниз, має вигляд:

Приклад 3. • Дано рівняння параболи. Знайти координати її вершини. Розв’язання: Зведемо це рівняння до вигляду ; Для цього зробимо перетворення : . ,