1 date su koordinate vrha trougla abc, pronađite. Date koordinate vrhova trougla

Problem 1. Date su koordinate vrhova trougla ABC: A(4; 3), B(16;-6), C(20; 16). Naći: 1) dužinu stranice AB; 2) jednačine stranica AB i BC i njihovi ugaoni koeficijenti; 3) ugao B u radijanima sa tačnošću od dve cifre; 4) jednačina visine CD i njene dužine; 5) jednačina medijane AE i koordinate tačke K preseka ove medijane sa visinom CD; 6) jednačina prave koja prolazi kroz tačku K paralelno sa stranicom AB; 7) koordinate tačke M, koja se nalazi simetrično u odnosu na tačku A u odnosu na pravu liniju CD.

Rješenje:

1. Udaljenost d između tačaka A(x 1 ,y 1) i B(x 2 ,y 2) određena je formulom

Primjenom (1) nalazimo dužinu stranice AB:

2. Jednačina prave koja prolazi kroz tačke A(x 1 ,y 1) i B(x 2 ,y 2) ima oblik

(2)

Zamjenom koordinata tačaka A i B u (2) dobijamo jednačinu stranice AB:

Nakon što smo riješili posljednju jednačinu za y, nalazimo jednadžbu stranice AB u obliku pravolinijske jednadžbe sa ugaonim koeficijentom:

gdje

Zamjenom koordinata tačaka B i C u (2) dobijamo jednačinu prave BC:

Or

3. Poznato je da se tangenta ugla između dve prave, čiji su ugaoni koeficijenti jednaki, izračunava po formuli

(3)

Željeni ugao B formiraju prave AB i BC, čiji se ugaoni koeficijenti nalaze: Primenom (3) dobijamo

Ili drago.

4. Jednačina prave koja prolazi kroz datu tačku u datom pravcu ima oblik

(4)

Visina CD je okomita na stranu AB. Da bismo pronašli nagib visine CD, koristimo uslov okomitosti pravih. Od tada Zamjenom u (4) koordinate tačke C i pronađeni ugaoni koeficijent visine dobijamo

Da bismo pronašli dužinu visine CD, prvo odredimo koordinate tačke D - tačke preseka pravih AB i CD. Zajedno rješavanje sistema:

nalazimo one. D(8;0).

Koristeći formulu (1) nalazimo dužinu visine CD:

5. Da bismo pronašli jednadžbu medijane AE, prvo odredimo koordinate tačke E, koja je sredina stranice BC, koristeći formule za podjelu segmenta na dva jednaka dijela:

(5)

dakle,

Zamjenom koordinata tačaka A i E u (2) nalazimo jednačinu za medijanu:

Da bismo pronašli koordinate presečne tačke visine CD i medijane AE, zajedno rešavamo sistem jednačina

Nalazimo.

6. Pošto je željena prava paralelna sa stranicom AB, njen ugaoni koeficijent će biti jednak ugaonom koeficijentu prave AB. Zamjenom u (4) koordinate pronađene tačke K i ugaoni koeficijent dobijamo

3x + 4g – 49 = 0 (KF)

7. Pošto je prava AB okomita na pravu CD, željena tačka M, koja se nalazi simetrično u odnosu na tačku A u odnosu na pravu CD, leži na pravoj AB. Dodatno, tačka D je središte segmenta AM. Koristeći formule (5), nalazimo koordinate željene tačke M:

Trougao ABC, visina CD, medijana AE, prava KF i tačka M konstruisani su u xOy koordinatnom sistemu na sl. 1.

Zadatak 2. Napravite jednačinu za lokus tačaka čije su udaljenosti do date tačke A(4; 0) i do date prave x=1 jednake 2.

Rješenje:

U xOy koordinatnom sistemu konstruišemo tačku A(4;0) i pravu liniju x = 1. Neka je M(x;y) proizvoljna tačka željene geometrijske lokacije tačaka. Spustimo okomicu MB na datu pravu x = 1 i odredimo koordinate tačke B. Kako tačka B leži na datoj pravoj, njena apscisa je jednaka 1. Ordinata tačke B jednaka je ordinati tačke M Dakle, B(1;y) (slika 2).

Prema uslovima zadatka |MA|: |MV| = 2. Udaljenosti |MA| i |MB| iz formule (1) problema 1 nalazimo:

Dobijamo kvadriranje lijeve i desne strane

ili

Rezultirajuća jednačina je hiperbola čija je realna poluosa a = 2, a imaginarna poluosa je

Definirajmo fokuse hiperbole. Za hiperbolu, jednakost je zadovoljena – hiperbolni trikovi. Kao što vidite, data tačka A(4;0) je desni fokus hiperbole.

Odredimo ekscentricitet rezultirajuće hiperbole:

Jednadžbe asimptota hiperbole imaju oblik i . Prema tome, ili i su asimptote hiperbole. Prije konstruiranja hiperbole, konstruiramo njene asimptote.

Problem 3. Napravite jednačinu za geometrijsko mjesto tačaka jednako udaljenih od tačke A(4; 3) i prave linije y = 1. Rezultirajuću jednačinu svesti na najjednostavniji oblik.

Rješenje: Neka je M(x; y) jedna od tačaka željenog geometrijskog lokusa tačaka. Ispustimo okomicu MB iz tačke M na ovu pravu liniju y = 1 (slika 3). Odredimo koordinate tačke B. Očigledno, apscisa tačke B jednaka je apscisi tačke M, a ordinata tačke B jednaka je 1, tj. B(x; 1). Prema uslovima zadatka |MA|=|MV|. Prema tome, za bilo koju tačku M(x;y) koja pripada željenom geometrijskom lokusu tačaka, vrijedi sljedeća jednakost:

Rezultirajuća jednačina definira parabolu sa vrhom u tački Da bismo parabolu doveli u njen najjednostavniji oblik, postavimo i y + 2 = Y, tada jednačina parabole poprima oblik:

Primjer rješavanja nekih zadataka iz standardnog rada "Analitička geometrija na ravni"

Dati su vrhovi,
,
trougao ABC. Pronađite:

Jednačine svih strana trougla;

Sistem linearnih nejednačina koje definiraju trokut ABC;

Jednačine visine, medijane i simetrale trougla povučene iz vrha A;

Tačka preseka visina trougla;

Točka presjeka medijana trougla;

Dužina visine spuštena na stranu AB;

Ugao A;

Napravite crtež.

Neka vrhovi trougla imaju koordinate: A (1; 4), IN (5; 3), WITH(3; 6). Nacrtajmo odmah crtež:

1. Da zapišemo jednadžbe svih strana trokuta, koristimo jednačinu prave koja prolazi kroz dvije date tačke s koordinatama ( x 0 , y 0 ) I ( x 1 , y 1 ):

=

Dakle, zamjena umjesto ( x 0 , y 0 ) koordinate tačke A, i umjesto ( x 1 , y 1 ) koordinate tačke IN, dobijamo jednačinu prave AB:

Rezultirajuća jednačina će biti jednačina prave linije AB, upisano u opšti oblik. Slično, nalazimo jednačinu prave linije AC:

A takođe i jednačina prave linije Ned:

2. Imajte na umu da je skup tačaka trougla ABC predstavlja presjek tri poluravnine, a svaka poluravnina se može definirati pomoću linearne nejednakosti. Ako uzmemo jednačinu bilo koje strane ∆ ABC, Na primjer AB, zatim nejednakosti

I

definirati tačke koje leže na suprotnim stranama prave AB. Moramo izabrati poluravninu u kojoj leži tačka C. Zamenimo njene koordinate u obe nejednakosti:

Druga nejednakost će biti tačna, što znači da su tražene tačke određene nejednakosti

.

Isto radimo sa pravom linijom BC, njenom jednadžbom
. Koristimo tačku A (1, 1) kao test tačku:

To znači da tražena nejednakost ima oblik:

.

Ako provjerimo pravu liniju AC (testna tačka B), dobijamo:

To znači da će tražena nejednakost imati oblik

Konačno dobijamo sistem nejednakosti:

Znakovi “≤”, “≥” znače da su tačke koje leže na stranama trokuta takođe uključene u skup tačaka koje čine trokut ABC.

3. a) Da bi se pronašla jednačina visine spuštene iz vrha A na stranu Ned, razmotrite jednadžbu stranice Ned:
.
Vektor sa koordinatama Ned okomito na stranu A i samim tim paralelno sa visinom. Zapišimo jednačinu prave koja prolazi kroz tačku
:

paralelno sa vektorom A Ovo je jednadžba za visinu izostavljenu iz t. Ned.

na stranu Ned b) Pronađite koordinate sredine stranice

prema formulama:
Evo IN– ovo su koordinate t.
, A WITH– koordinate t.

. Zamenimo i dobijemo: A Prava linija koja prolazi kroz ovu tačku i tačku

je tražena medijana:
c) Jednačinu simetrale ćemo tražiti na osnovu činjenice da su u jednakokračnom trouglu visina, medijana i simetrala spuštene od jednog vrha do osnove trougla jednake. Nađimo dva vektora
I

i njihove dužine:
Zatim vektor
ima isti smjer kao vektor
, i njegovu dužinu
Isto tako, jedinični vektor
poklapa se u pravcu sa vektorom

Vektorska suma A. Dakle, jednadžba željene simetrale može se napisati kao:

4) Već smo konstruisali jednačinu za jednu od visina. Konstruirajmo jednačinu za drugu visinu, na primjer, iz vrha IN. Side AC dato jednačinom
Dakle, vektor
okomito AC, a time i paralelno sa željenom visinom. Zatim jednačina prave koja prolazi kroz vrh IN u pravcu vektora
(tj. okomito AC), ima oblik:

Poznato je da se visine trougla seku u jednoj tački. Konkretno, ova tačka je sjecište pronađenih visina, tj. rješavanje sistema jednačina:

- koordinate ove tačke.

5. Srednji AB ima koordinate
. Zapišimo jednadžbu medijane na stranu AB. Ova prava prolazi kroz tačke sa koordinatama (3, 2) i (3, 6), što znači da njena jednadžba ima oblik:

Imajte na umu da nula u nazivniku razlomka u jednačini prave linije znači da ova prava linija ide paralelno sa ordinatnom osom.

Da bi se pronašla tačka preseka medijana, dovoljno je rešiti sistem jednačina:

Točka presjeka medijana trougla ima koordinate
.

6. Dužina visine spuštena na stranu AB, jednaka udaljenosti od tačke WITH na pravu liniju AB sa jednacinom
i nalazi se po formuli:

7. Kosinus ugla A može se naći pomoću formule za kosinus ugla između vektora c) Jednačinu simetrale ćemo tražiti na osnovu činjenice da su u jednakokračnom trouglu visina, medijana i simetrala spuštene od jednog vrha do osnove trougla jednake. Nađimo dva vektora , što je jednako omjeru skalarnog proizvoda ovih vektora i proizvoda njihovih dužina:

.

1. Dati vrhovi trougla ABC.A(–9; –2), IN(3; 7), WITH(1; –7).

1) dužina strane AB;

2) jednačine stranica AB I AC i njihovi ugaoni koeficijenti;

3) ugao A u radijanima;

4) jednačina visine WITHD i njegovu dužinu;

5) jednačina kružnice za koju je visina WITHD postoji prečnik;

6) sistem linearne nejednakosti, definiranje trougla ABC.

Rješenje. Hajde da napravimo crtež.

1. Nađimo dužinu stranice AB. Udaljenost između dvije tačke određena je formulom

2. Nađimo jednačine stranaAB IAC i njihovi ugaoni koeficijenti.

Zapišimo jednačinu prave koja prolazi kroz dvije tačke.

Ovo opšta jednačina direktno. Hajde da to riješimo u odnosu na y, dobijamo

, nagib prave je jednak

Slično imamo i za stranu AC.

nagib prave linije je jednak

3. Naći ćemougaoA u radijanima. Ovo je ugao između dva vektora
I
. Zapišimo koordinate vektora. Kosinus ugla između vektora je jednak

4. Naći ćemovisinska jednadžbaWITH D i njegovu dužinu.
, dakle, njihovi ugaoni koeficijenti su povezani relacijom
.

Napišimo jednačinu visine kroz ugaoni koeficijent

Dot
pripada pravoj CD, stoga njene koordinate zadovoljavaju jednadžbu prave, stoga imamo

Konačno
ili

Dužinu visine računamo kao rastojanje od tačke C do prave AB

5. Nađimo jednačinu kružnice, za koju visinuWITH D postoji prečnik.

Koordinate tačke D nalazimo kao tačku preseka dve prave AB i CD čije su jednačine poznate.

Nađimo koordinate tačke O - centra kružnice. Ovo je sredina CD sekcije.

Radijus kružnice je

Zapišimo jednačinu kružnice.

6) Hajde da definišemo trougaoABC sistem linearnih nejednakosti.

Nađimo jednačinu linije CB.

Sistem linearnih nejednačina će izgledati ovako.

2. Odluči se ovaj sistem jednadžbe koristeći Cramerove formule. Provjerite dobiveno rješenje.

Rješenje. Izračunajmo determinantu ovog sistema:

.

Nađimo determinante
i riješi sistem:

pregled:

odgovor:

3. Napišite sistem jednačina u matričnom obliku i riješite ga koristeći

inverzna matrica. Provjerite dobiveno rješenje

Rješenje.

Nađimo determinantu matrice A

matrica je nesingularna i ima inverznu. Nađimo sve algebarske komplemente i napravimo matricu unije.

Inverzna matrica ima oblik:

Uradimo množenje
i pronađite vektor rješenja.

Ispitivanje

.
odgovor:

Rješenje.

N = (2, 1). Nacrtajte ravninu okomitu na vektor normale i pomaknite je u smjeru normale,

Ciljna funkcija dostiže svoj minimum u tački A, a maksimum u tački B. Koordinate ovih tačaka nalazimo zajedničkim rešavanjem jednadžbi pravih na čijem preseku se nalaze.

5. Putnička kompanija ne zahtijeva više A autobusi od tri tone i ne više V

autobusi od pet tona. Prodajna cijena autobusa prve marke je 20.000 USD, druge marke

40000 USD Turistička kompanija ne može izdvojiti više od With c.u.

Koliko autobusa svake marke treba kupiti posebno da bi njihov ukupni

(ukupni) nosivost je bila maksimalna. Riješite problem grafički.

A= 20 V= 18 With= 1000000

Rješenje. Hajde da komponujemo matematički model zadataka . Označimo sa
- broj autobusa svake tonaže koji će biti kupljeni. Svrha nabavke je da ima maksimalnu nosivost kupljenih mašina, opisanu ciljnom funkcijom

Ograničenja zadatka su određena brojem kupljenih autobusa i njihovom cijenom.

Rešimo problem grafički. . Konstruišemo oblast izvodljivih rešenja problema i normalu na linije nivoa N = (3, 5). Nacrtajte ravninu okomitu na vektor normale i pomaknite je u smjeru normale.

Ciljna funkcija dostiže svoj maksimum u tački
, funkcija cilja poprima vrijednost .

Rješenje. 1. Područje definicije funkcije je cijela brojevna prava.

2, funkcija nije ni parna ni neparna.

3. Kada je x=0, y=20

4. Ispitujemo funkciju monotonosti i ekstrema.

Nađimo nule izvoda

Stacionarne tačke funkcije.

Nacrtajmo stacionarne tačke na osi Ox i provjerimo predznake derivacije na svakom dijelu ose.

–maksimalni poen
;
-minimalni bod

5. Ispitujemo graf funkcije na konveksnost i konkavnost. Uzmimo 2. izvod

Prevojna tačka grafa funkcije.

At
- funkcija je konveksna; at
- funkcija je konkavna.

Grafikon funkcije izgleda ovako

6. Pronađite najveće i najmanju vrijednost funkcije na intervalu [-1; 4]

Izračunajmo vrijednost funkcije na krajevima segmenta
U minimalnoj tački funkcija poprima vrijednosti, dakle najmanju vrijednost na segmentu [-1; 4] funkcija zauzima minimalnu tačku, a maksimum na lijevoj granici intervala.

7. Nađi neodređeni integrali i provjerite rezultate integracije

diferencijaciju.

Rješenje.

Ispitivanje.

Ovdje je proizvod kosinusa zamijenjen zbrojem, prema trigonometrijskim formulama.

1. Jednadžba stranica AB i BC i njihovi ugaoni koeficijenti.
Zadatak daje koordinate tačaka kroz koje ove prave prolaze, pa ćemo koristiti jednadžbu prave koja prolazi kroz dvije date tačke $$\frac(x-x_1)(x_2-x_1)=\frac(y-y_1) (y_2-y_1)$ $ zamijenite i dobijete jednadžbe
jednadžba linije AB $$\frac(x+6)(6+6)=\frac(y-8)(-1-8) => y = -\frac(3)(4)x + \frac( 7 )(2)$$ nagib prave AB jednak je \(k_(AB) = -\frac(3)(4)\)
jednadžba prave BC $$\frac(x-4)(6-4)=\frac(y-13)(-1-13) => y = -7x + 41$$ nagib prave BC je jednak \ (k_( BC) = -7\)

2. Ugao B u radijanima sa tačnošću od dvije cifre
Ugao B je ugao između pravih AB i BC, koji se izračunava po formuli $$tg\phi=|\frac(k_2-k_1)(1+k_2*k_1)|$$ zameni vrednosti ugaonih koeficijenata ovih linija i dobijete $$tg\ phi=|\frac(-7+\frac(3)(4))(1+7*\frac(3)(4))| = 1 => \phi = \frac(\pi)(4) \približno 0,79$$
3. Dužina stranice AB
Dužina stranice AB izračunava se kao udaljenost između tačaka i jednaka je \(d = \sqrt((x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2)\) => $$d_(AB) = \sqrt((6+ 6)^2+(-1-8)^2) = 15$$
4. Jednačina visine CD-a i njegove dužine.
Naći ćemo jednadžbu visine koristeći formulu prave linije koja prolazi dati poen C(4;13) u datom pravcu - okomito na pravu AB prema formuli \(y-y_0=k(x-x_0)\). Nađimo ugaoni koeficijent visine \(k_(CD)\) koristeći svojstvo okomitih linija \(k_1=-\frac(1)(k_2)\) dobijamo $$k_(CD)= -\frac(1 )(k_(AB) ) = -\frac(1)(-\frac(3)(4)) = \frac(4)(3)$$ Zamijenimo pravu liniju u jednadžbu, dobićemo $$y - 13 = \frac(4)(3) (x-4) => y = \frac(4)(3)x+\frac(23)(3)$$ Dužinu visine ćemo tražiti kao udaljenost od tačke C(4;13) do prave AB koristeći formulu $$d = \frac(Ax_0+By_0+C)(\sqrt(A^2+B^2))$$ u brojiocu je jednačina ravne linije AB, smanjimo je na ovaj oblik \(y = -\frac(3)(4)x + \frac(7)(2) => 4y+3x-14 = 0\) , zamijenimo rezultirajući jednadžba i koordinate tačke u formulu $$d = \frac(4*13+3*4-14 )(\sqrt( 4^2+3^2)) = \frac(50)(5) = 10$$

5. Jednačina medijane AE i koordinata tačke K, preseka ove medijane sa visinom CD.
Jednačinu medijane tražićemo kao jednadžbu prave koja prolazi kroz dvije date tačke A(-6;8) i E, gdje je tačka E središnja tačka između tačaka B i C i njene koordinate se nalaze prema formula \(E(\frac(x_2+x_1) (2);\frac(y_2+y_1)(2))\) zameni koordinate tačaka \(E(\frac(6+4)(2); \frac(-1+13)(2))\) = > \(E(5; 6)\), tada će jednadžba medijane AE biti sljedeća $$\frac(x+6)(5+ 6)=\frac(y-8)(6-8) => y = - \frac(2)(11)x + \frac(76)(11)$$Nađimo koordinate tačke preseka visine i medijana, tj. hajde da pronađemo njihovu zajedničku tačku Da bismo to uradili, kreiraćemo sistemsku jednačinu $$\begin(cases)y = -\frac(2)(11)x + \frac(76)(11)\\y = \. frac(4)(3)x+ \frac(23)(3)\end(slučajevi)=>\begin(slučajevi)11y = -2x +76\\3y = 4x+23\end(slučajevi)=>$$ $$\begin(slučajevi)22y = -4x +152\\3y = 4x+23\end(slučajevi)=> \begin(slučajevi)25y =175\\3y = 4x+23\end(slučajevi)=> $ $$$\begin(slučajevi) y =7\\ x=-\frac(1)(2)\end(slučajevi)$$ Koordinate tačke preseka \(K(-\frac(1)(2); 7)\)

6. Jednačina prave koja prolazi kroz tačku K paralelno sa stranicom AB.
Ako je prava paralelna, tada su njihovi ugaoni koeficijenti jednaki, tj. \(k_(AB)=k_(K) = -\frac(3)(4)\), poznate su i koordinate tačke \(K(-\frac(1)(2);7)\) , tj. da bismo pronašli jednačinu prave linije, primjenjujemo formulu za jednadžbu prave linije koja prolazi kroz datu tačku u datom smjeru \(y - y_0=k(x-x_0)\), zamjenjujemo podatke i dobijamo $ $y - 7= -\frac(3)(4) (x-\frac(1)(2)) => y = -\frac(3)(4)x + \frac(53)(8)$ $

8. Koordinate tačke M koja je simetrična tački A u odnosu na pravu CD.
Tačka M leži na pravoj AB, jer CD je visina na ovoj strani. Nađimo tačku preseka CD i AB da bismo to uradili, rešimo sistem jednačina $$\begin(cases)y = \frac(4)(3)x+\frac(23)(3)\\y = -; \frac(3)(4) x + \frac(7)(2)\end(slučajevi) =>\begin(slučajevi)3y = 4x+23\\4y =-3x + 14\end(slučajevi) => $$$$\početak(slučajevi)12y = 16x+92\\12y =-9x + 42\end(slučajevi) =>
\begin(slučajevi)0= 25x+50\\12y =-9x + 42\end(slučajevi) => $$$$\begin(slučajevi)x=-2\\y=5 \end(slučajevi)$$ Koordinate tačke D(-2;5). Prema uslovu AD=DK, ovo rastojanje između tačaka se nalazi po Pitagorinoj formuli \(d = \sqrt((x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2)\), gde su AD i DK hipotenuze jednakih pravokutnih trouglova, a \(Δx =x_2-x_1\) i \(Δy=y_2-y_1\) su kraci ovih trouglova, tj. hajde da pronađemo noge i pronađemo koordinate tačke M. \(Δx=x_D-x_A = -2+6=4\), i \(Δy=y_D-y_A = 5-8=-3\), zatim koordinate tačke M će biti jednako \ (x_M-x_D = Δx => x_D +Δx =-2+4=2 \), i \(y_M-y_D = Δy => y_D +Δy =5-3=2 \), otkrili smo da su koordinate tačke \( M(2;2)\)