Transcript Декартові координати на площині

Декартові координати на
площині
ПДСК названа на честь видатного
французького вченого РЕНЕ ДЕКАРТА
(1596 - 1650)
Він вперше
сформулював
основні
положення
аналітичної
геометрії
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 - вісь абсцис і вісь ординат.
Точка О перетину цих координат називається початком
координат;
• б) одиничний відрізок;
•
Прямокутними декартовими координатами довільної
точки Ì площини називається впорядкована пара чисел õ
і ó, де õ - координата проекції точки Ì на вісь абсцис, а ó
- координата проекції точки Ì на вісь ординат. Той
факт, що точка Ì має координати õ і ó, записується так:
.
Ì õ; ó
Відстань між двома точками
õ À ; ó À ³Âõ ; ó 
Відстань між двома точкамиÀ
обчислюється за формулою:
ÀÂ  õÂ  õ À    óÂ  ó À 
2
Приклад 1.
Обчислити відстань між точками À 2;7
і Â13;1
ÀÂ  õ Â  õ À    óÂ  óÀ   13  2   1  7  225  64  289  17.
2
2
2
2
2
Ділення відрізка в даному
відношенні
Координати точки М , яка ділить
відрізок АВ у відношенні 
знаходяться по формулі:
хМ 
х А  х В
1 
у м
у А  у В
1 
При діленні відрізка навпіл,
тобто при   1 , отримуємо такі
формули: х  х 2 х , у  у 2 у
А
•
В
А
В
Приклад 2
Відрізок, обмежений точками А1;4 і В4;14
поділено на три рівні частини.
Знайти координати точок поділу С і D
.
.

1
4
х А  х В
2
хС 

 2.
1
Отже,
1 
1
2
1
Отже,
уС 
С 2;2.
у А  у в

1 
АС 1

СВ 2
4
1
  10
2
 2.
1
1
2
Точка Д ділить відрізок АВ у відношенні
Звідси
X D
Х АХ В 1  2  4

 3.
1 
1 2
у А у В 4  2   14
уD

 8.
1 
1 2
Отже,
D3;8.

АD 2
  2.
DВ 1
Приклад 3
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:
x x
75
x 1 2 
 6;
2
2
AM 
x2  x1 2   y2  y1 2
y
y1  y2
26

 2;
2
2

6   32  2  42
За властивістю точки перетину медіан трикутника
2

E 3; 2 
3

M 6 ; 2.
 85 .
  AE EM  2 1  2
x
x1  x2  3  2  6

 3;
1 
1 2
y
y1  y2 4  2  2
2

2 .
1 
1 2
3
Ілюстрація до прикладу 3
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.
1.8. 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 х і у , Ах  Ву  С  0
де А  0, В  0 визначають пряму в цій
системі координат.
Окремі випадки загального рівняння
прямої
Значення Рівняння
коефіцієн прямої
тів
1
С=0
Розміщення прямої
Пряма проходить
початок координат.
Ах  Ву  0
через
2
А=0
у  в, дев  
С
В
х  а, а  
С
А
Пряма
абсцис.
паралельна
осі
Пряма
паралельна
ординат.
осі
3
В0
4
АС 0
5
ВС 0
у0
Пряма співпадає з віссю
абсцис.
х0
Пряма співпадає з віссю
ординат.
1.5Рівняння 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
M x ; y 
прямої l. У прямокутному ΔBNM
 MBN=α. Тоді
l
y b
B0 ; b 
α
x
O
N x ; b 
x
y b
 tg   k ;
x
y – b = kx .
NM
 tg MBN ;
BN
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=3x – 2; б) y= – 3x; 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
x
0
1
y
–2
1
y
0
–3
в) пряма,
паралельна осi
Оx i проходить
через т. (0;2)
г) пряма,
паралельна осi
Оy i проходить
через т. (– 3;0)
y
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 Ах ; у  в заданому напрямі, має вигляд
у  у  k х  х , де k  tg - кутовий коефіцієнт прямої.
•
Це рівняння можна розглядати як рівняння
пучка прямих, тобто множини прямих, які
проходять через ту саму точку площини - Ах А ; у А. 
•
Зазначимо, що тільки одна пряма з усіх
прямих, що проходять через точку Ах ; у  , а
саме пряма, перпендикулярна до осі Ох , не
виражається цим рівнянням. Її рівняння має
вигляд х  х.А
А
А
А
А
А
А
Написати рівняння і побудувати пряму,
що належить пучку з центром у точці
M1(–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 =3 :
y – 1= 3 (x+3);
y
6,2
y = 3 x+3 3 +1
x
y
0
4,5
б)
-1
6,2 4,5
а)
M1(–3,1)
1
в)
–3
–1 0
x
1.7 Рівняння прямої, що проходить
через дві задані точки.
• Рівняння прямої, що проходить
через дві задані точки Àõ ; ó ³Âõ ; ó  має
вигляд у  у  ух ху х х  .
• Кутовий коефіцієнт прямої, яка
проходить через точки А і В,
визначаємо з співвідношення
у у.
k 
À
В
А
В
А
А
В
АВ
А
А
х В х А
À
Â
Â
Приклад 1.
Складіть рівняння прямої, яка проходить
через точкиÀ2;3³Â 1;4
Розв’язання:
За умовою х А  2, х В  1, у А 3, у В  4
Підставивши ці значення в рівняння у  у А 
.
уВу А
х  х А 
х В х А
43
х  2, або 7 х  3 у  5  0
у3
1 2
, 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
AB 
 5  12  1   22
AC 
3  1   1   2
2
2
 3 5;
 5.
В(–5;1)
1
–5
За властивістю бісектриси внутрішнього
кута трикутника

BL AB 3 5


3.
LC AC
5
Тоді
L:
AL :
 5  33
x
 1;
1 3
1
1  3   1
1
y
 ;
1 3
2
y   2
x 1
y  y1
x  x1

;

;
y2  y1 x2  x1  1 2   2 1  1
3
x
O L
–1
–2
С(3;–1)
А(1;–2)
Рис. 11
1

L1;   .
2

x  1.
1.8 Рівняння прямої у відрізках на
осях.
Рівняння прямої у відрізках на осях
х
у
має вигляд а
,

 1
b
де а і b - відповідно абсциса і
ордината точок перетину прямої з
осями Оx і Оу .
y
B(0;b)
l
b
A(a;0)
O
Ох
3;0
0;5
Розв’язання:
а  3, b  5.
За умовою
Отже, шукане рівняння має вигляд
:
.
х
у

1
3
5
Кут між прямими. Умови паралельності та
перпендикулярності прямих
Нехай прямі l1 і l2, що зображені на рис. 1, мають задані кутові
коефіцієнти відповідно k1 і k2. Тоді для кута φ між ними маємо
y
φ
tg


tg

2
1
φ = α2 – α1; tg  
.
α2
1  tg 1  tg  2
α1
l1
Оскільки tgα1 = k1; tgα2 = k2, то тангенс
l2
кута між прямими знаходиться за
α2
α1
формулою
k k
O
tg   2 1 .
1  k1 k 2
Рис. 1
x
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 l1 і l2 є рівність k1 = k2;
2) необхідною і достатньою умовою перпендикулярності похилих
прямих l1 і l2 є рівність k1k2 = – 1.
Зауваження. Кут між прямими φ розуміється як кут
повороту. Гострий кут між прямими знаходиться за
формулою
k k
 г  arctg 2 1 .
1  k1 k 2
A
У тупокутному ΔABC ( –тупий)
задано рівняння сторін
AB:
y = – 3x + 5, AC: y = 2x – 10 і координати вершини C(2; – 6).
Знайти: а)  A ; 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:
k2  k1
2   3
 arctg
 arctg1   4 .
kAB = – 3; kAC = 2;  г  arctg
1  k1 k2
1  2   3
Тодi A    г     4  3 4.
б) CN  AB  k1 k2  1; k AB  3; kCN  1 k AB  1 3;
C  CN ; CN : y  y0  k x  x0 ; y  6 
1
x  2; y  1 x  20 .
3
3
3
 y  3x  5
; A 3;  4.
в) A  AB  AC : 
 y  2 x  10
y  y2  4  6
x x
3 2 5

 5;
M – середина сторони AC: x  1 2 
 ; y 1
2
2
2
2
2
M 5 2 ;  5.
ML || AB; kML  k AB  3; M  ML;
ML : y  y0  k x  x0 ; y  5  3 x  5 2; y  3 x  5 .
2
32
Перетин двох прямих.
•
Якщо дано дві прямі А х В у С  0іА х В у  С  0,
які перетинаються, то щоб визначити
координати точки перетину цих
прямих, треба розв’язати систему
рівнянь даних прямих.
1
1
1
2
2
Приклад 2.
Знайдіть вершини трикутника, якщо його сторони
задано
3х  11у  29  0
3х  у  11  0
х  3у  3  0
рівняннями
,
,
Розв’язання:
Щоб знайти координати вершин трикутника, треба розв’язати три системи
рівнянь:
 х  3 у  3  0, ,

3х  11у  29  0,
3х  11у  29  0.

3х  у  11  0,
3х  у  11  0,

 х  3 у  3  0.
Розв’язок першої системи: х  6, у  1.
Розв’язок другої системи:
х  5, у  4
х  3, у  2.
Отже, вершинами трикутника є точки: 6;1
 5;4  3;2
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 r
має вигляд: õ2  ó 2  r. 2
•
•
Рівняння кола з центром у точці Î à; â і радіусом
має вигляд:
õ  à2  ó  â2  r 2


Рівняння кола в загальному вигляді записують так:
Àõ2  Àó2  Âõ  Ñó  D  0 , де
A, Â, Ñ , D
- сталі коефіцієнти.
r
Переконатись, що рівняння
3x2 + 3y2 + 6x – 5y – 9 = 0
є рівнянням кола. Знайти його центр C(a;b) і радіус r.
2
2
5
5
5
   
x2 + y2 + 2x – (5/3)y – 3 = 0; x 2  2 x  1  1  y 2  2  y        3  0;
6
6 6
(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:
x x
2  (6)
x 1 2 
 2;
2
2
C  2 ;  1; AB 
y
y1  y2  3  1

 1;
2
2
x2  x1 2   y2  y1 2
r  2 5.
Рівняння кола x  2   y  1  20.
2
2

2   62   3  12
 4 5;
2.3 Еліпс
•
Еліпсом називається множина точок площини, сума відстаней
яких до двох даних точок, що називаються фокусами, є
величина стала 2 à
, більша за відстань між фокусами 2ñ
.
õ2
ó2
 2 1
à2
â
Рівняння еліпса:
д
е
•
•
Залежність між параметрами à
2
2
2
співвідношенням: à â  ñ
, â , ñ , виражається
Точки перетину еліпса з осями координат À1 à;0 , À2  à;0
називаються вершинами еліпса.
à
2
à
Директрисами еліпса називаються дві прямі, паралельні малій
осі , які віддалені від неї на відстань à ( коло директрис не має).

•
Â2 0;â
Форма еліпса ( міра його стиску характеризується його
ексцентриситетом   ñ
, тобто   à  â  1
2
•
,Â1 0; â
;
•
Рівняння директрис має вигляд :
õ
à

.
Переконатись, що рівняння
9x2 + 100y2 – 900 = 0
є рівнянням еліпса. Зобразити ескіз еліпса, знайшовши точки його
перетину з осями координат (вершини еліпса).
2
2
x2 y 2
x
y
9x 2  100y 2  900; 100  9  1; 2  2  1 –
10 3
еліпс, що перетинає осі координат у вершинах A1(– 10,0), A2(10,0), B1(0, –3),
B2(0,3).
y
3 B2
A1 –10
O
– 3 B1
10 A2
x
2.4 Гіпербола
•
Гіперболою називають множину точок площини, абсолютна
величина різниці відстаней яких до двох даних точок, що
називаються фокусами, є величина стала 2à  , менша за
відстань між фокусами 2ñ .
Рівняння гіперболи:
õ2
ó2
 2 1
2
à
â
де
â2  ñ2  à 2
À1 à;0 , À2  à;0 називаються вершинами
Точки
гіперболи, а точки Â1 0; â , Â 0;â називаються уявними
вершинами гіперболи.
2
Відрізок À1 À2 і його довжина 2à  називається дійсною
віссю, а відрізок Â1 Â2 і його довжина 2â - уявною віссю.
Ексцентриситетом гіперболи називається
2
2
відношення відстані між фокусами до дійсної осі:   ñ  à  â  1
à
Гіпербола має дві асимптоти, рівняння яких:
ó
à
â
õ
ñ
Переконатись, що рівняння 9x2 – 25y2 – 225 = 0 є
рівнянням гіперболи. Знайти вершини гіперболи та
її асимптоти. Зобразити ескіз гіперболи.
2
2
y2
25 y 2
2
2
x
9
x
9 x  25y  225;

 1 – гіпербола з вершинами:

 1;
25 9
225 225
дійсні вершини гіперболи: A1(–5;0), A2(5;0),
уявні вершини гіперболи: B1(– 3;0), B2(3;0),
3
b
асимптоти: y   x; y   x.
5
a
y
3 B2
–5
A1
A2 5
O
–3 B1
46
x
Приклад 2.
Скласти рівняння гіперболи з фокусами на
,
осі Îõ , якщо її дійсна вісь дорівнює 16, а
уявна 8.
Розв’язання:
Для складання рівняння гіперболи треба знати
â4
àпараметри
2
à

16
à

8
2â  8
â
і . З умови маємо
,
,і
,
.
Підставивши ці2 значення
в рівняння гіперболи ,
2
ó
дістанемо: õ
64

16
1
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
ð
від фокуса параболи до її директриси
називається параметром параболи.
Якщо осі декартової прямокутної системи
координат вибрано так, що фокус міститься в
точці F  p 0  , а директриса перпендикулярна
2
до осі  Îõ  має рівняння õ   2ð , то рівняння
параболи має вигляд:
ó2  2 ðõ
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 Îõ , а
вершиною – початок координат.
Фокальний
r довільної точки
радіус
відрізк
FM )
параболи ( тобто довжинаа
Ì õ; ó
може бути обчислений за формулою:r  õ  p 2 де
õ ð
2
,а
x - абсциса точкиÌ
фокус – точка
.
ó2  2 ðõ
рівняння параболи має вигляд
У випадку, якщо директриса параболи –ó   ð
2
пряма
а фокус – точкаF  0; ð 

2
.
õ2  2 ðó
F   p ;0 
2 

Основні випадки розміщення параболи
відносно системи координат.
y
y
ld
ld
O
x
F
Рис. 21
y2=2px
O
F
x
y2= – 2px
Рис. 22
y
y
F
x2=2py
x
O
ld
O
x
F
ld
Рис. 24
Рис. 23
49
x2= – 2py
Приклад 1. Скласти рівняння параболи з вершиною в початку координ
якщо її фокус лежить у точці F 3;0
Розв’язання :
Фокус параболи лежить на додатній півосі
Îõ
отже, рівняння параболи має виглядó2  2 ðõ
Оскільки координати фокуса
ð то
,
3 , звідки ð  6
2
 ð ;0 
 2 
,
Підставивши значення ð
в рівняння ó2  2 ðõ ,
ð
2
дістанемо : ó  12õ.
.
,
,
Приклад 2
Визначити координати фокуса F(p/2;0) і
рівняння директриси ld параболи y2=12x.
Знайти кінці M1(p/2;–p) і M2(p/2; p) хорди
M1M2=2p, яка проходить через фокус
параболи і перпендикулярна до її осі.
Зобразити ескіз параболи, провівши
плавну лінію через її вершину O і точки
M1(p/2;–p), M2(p/2; p).
y
6
ld
F
-3
y2 = 2px; y2 = 12x; 2p = 12; p = 6;
F(p/2; 0); F(3;0);
ld: x = – p/2; x = – 3;
M1(3; –6), M2(3,6).
M2
O
3
-6
M1
50
x
2.6
•
•
Парабола із зміщеною
вершиною.
Рівняння параболи з
вершиною в точці à; â , з
віссю симетрії, паралельною
осі Îõ , і вітками,
напрямленими вправо, має
вигляд:
 ó  â2  2 ðõ  à
Рівняння параболи з
вершиною в точці à; â , з
віссю симетрії, паралельною
осі Îõ , і вітками,
напрямленими вліво, має
вигляд:
 ó  â2  2 ðõ  à
à; â
Парабола із зміщеною
вершиною.
•
Рівняння параболи з
вершиною в точці à; â , з
віссю симетрії, паралельною
осі Îó , і вітками,
напрямленими вгору, має
вигляд:
.
õ  à2  2 ðó  â
•
Рівняння параболи з
вершиною в точці à; â , з
віссю симетрії, паралельною
осі Îó , і вітками,
напрямленими вниз, має
вигляд:
õ  à2  2 ð ó  â
Приклад 3.
• Дано рівняння
параболи.
Знайти координати її вершини.
ó2  6 ó  12õ  33  0
Розв’язання:
Зведемо це рівняння до вигляду
ó  â2  2 ðõ  à
;
.
Для цього зробимо перетворення
ó2 :6 ó  12õ  33  0 ,
ó2  2  3 ó  32  12õ  33  32
 ó  32
 12õ  2
à , â  3,2 ð  12; À2;3