Розв’язання типового варіанта

1. Задано трикутник з координатами вершин А (–2; 4); В (6; –2); С (8; 7). Необхідно знайти: 1) довжину сторони АВ; 2) рівняння сторін АВ і АС та їх кутові коефіцієнти; 3) рівняння медіан, що проведені з вершин А і В, координати центру ваги трикутника; 4) величину кута А в радіанах з точністю до двох знаків; 5) рівняння висоти СТ, проведеної з вершини С на сторону АВ; 6) координати точки М, розташованої симетрично точці В відносно до прямої СТ; 7) Побудувати трикутник АВС медіани, висоту в системі координат . Зробити малюнок.

►1) Відстань між точками A (x ₁, y ₁) і B (x ₂, y ₂) площини визначається за формулою:

(11.1)

Застосовуючи (11.1), знаходимо довжину сторони АВ:

.

2) Рівняння прямої, що проходить через точки A (x ₁, y ₁) i B (x ₂, y ₂), має вигляд

. (11.2)

Щоб скласти рівняння сторони АВ, підставляємо в (11.2) координати точок А і В:

4 y – 16 = –3 x – 6;

3 x + 4 y – 10= 0 (AB).

Для знаходження кутового коефіцієнта прямої АВ (К_АВ), розв’я-жемо отримане рівняння відносно у:

4 y = –3 x + 10; y = .

Отже,

K _AB = .

Підставляючи в (11.2) координати точок А і С, здобуваємо рівняння прямої АС:

10 y – 40 = 3 x + 6; 3 x – 10 y + 46 = 0 (AC),

звідки кутовий коефіцієнт K_AC = .

2. Нехай точка D – середина відрізку ВС, а точка Е – середина

відрізку АС.

Для визначення координат точок D і Е застосовуємо формули:

; y = ;

x_D = ; y_D = , D ,

x_E = ; y_E = , E .

Підставляючи координати точок А і D в (11.2), маємо рівняння медіани АD:

6 y – 24 = x – 2; x + 6 y – 22 = 0 (AD).

Аналогічно знаходимо рівняння медіани ВЕ:

5 x + 2 y – 26 = 0 (BE).

Центр ваги трикутника знаходиться в точці N перетину його медіан. Щоб знайти координати цієї точки, необхідно розв’язати систему рівнянь прямих АD і ВЕ.

Унаслідок розв’язку системи

маємо х = 4, у = 3.

Отже, N (4; 3) – точка перетину медіан.

Крім того, відомо, що точка перетину медіан ділить кожну медіану у відношенні 2:1 (починаючи з вершини), тобто

.

Тому координати точки N можна знайти також, застосовуючи формули ділення відрізку в даному відношенні:

x = . (11.3)

Підставляючи в (11.3) координати точок В і Е та вважаючи l = 2, маємо:

3) Гострий кут між прямими, кутові коефіцієнти яких, відпо-відно, дорівнюють К ₁ та К ₂, можна знайти за формулою

. (11.4)

Шуканий кут А утворюється прямими АВ і АС, кутові коефі-цієнти яких знайдено раніше. Отже, застосовуючи формулу (11.4), маємо:

tg A = =

Ð A = arctg 1,3548»53,48⁰.

Скориставшись таблицями переведення градусної міри в радіанну, знаходимо

Ð A» 0,935 рад.

4) Рівняння прямої, що проходить через дану точку в даному напрямку, має вигляд

y – y ₁= K (x – x ₁). (11.5)

Для знаходження кутового коефіцієнта висоти СТ скористаємось умовою перпендикулярності прямих СТ і АВ: = –1. Оскільки , то

Підставляючи в (11.5) координати точки С, а також значення знайденого кутового коефіцієнта висоти СТ, маємо:

; 3 y – 21 = 4 x – 32; 4 x –3 y – 11 = 0 (CT).

5) Пряма АВ перпендикулярна до прямої СТ, а шукана точка М, симетрична точці В (2; –2) відносно до прямої СТ, належить прямій АВ. Крім того, точка Т є серединою відрізку МВ. Визначимо координати точки Т. Для цього розв’яжемо систему рівнянь, яку утворюють рівняння прямих АВ і СТ.

6) Враховуючи, що точка Т (2,96; 0,28) – середина відрізку МВ, а також користуючись формулами (11.3), знайдемо координати точки М:

2,96 = Х_M = -0,28;

0,28 = Y_M = 2,56.

7) Трикутник АВС, медіани АD і ВЕ, точку N їх перетину, висоту СТ, що побудовані в системі координат , подано на рис. 1.

Рис. 1

2. Скласти канонічне рівняння гіперболи, що симетрична відносно до осей координат і проходить через точки А (8; 2 ) і В (–6; ). Знайти півосі, фокуси, ексцентриситети та рівняння асимптоти цієї гіперболи, а також усі точки перетину гіперболи з колом, центр якого знаходиться на початку координат, а радіус R = 6.

► Канонічне рівняння шуканої гіперболи має вигляд

. (11.6)

За умови задачі точки А і В знаходяться на гіперболі, отже координати цих точок задовольняють рівнянню (11.6). Підставляючи в рівняння (11.6) замість поточних координат Х та У координати даних точок, одержуємо систему двох рівнянь відносно до параметрів a і b.

або

Віднімаючи від першого рівняння друге, маємо 28 b ² – 7 a ² = 0, звідси a ² = 4 b ². Після підставляння у перше рівняння маємо: 64 b ² – 48 b ² = 4 b ² b ², b ² = 4, тоді a ² = 16.

Шукане рівняння гіперболи має вигляд:

(11.7)

Півосі гіперболи а =4; b =2. Визначаємо фокуси гіперболи F ₁(– C; 0) i F ₂(C; 0). Користуючись рівністю c ² = a ² + b ², маємо:

c ² =16+4=20, c = .

Отже, F ₁(2 ,0) та F ₂(–2 ,0) – фокуси гіперболи.

Ексцентриситет гіперболи визначаємо за формулою .

Рівняння асимптот гіперболи мають вигляд

i .

Отже, i шукані рівняння асимптот. Рівняння кола, центр якого знаходиться на початку координат, має вигляд

x ² + y ² = R ².

Враховуючи, що R = 6, маємо

x ² + y ² = 36. (11.8)

Щоб знайти координати точок перетину гіперболи з колом, необхід-но розв’язати сумісно систему рівнянь (11.7) і (11.8).

Отже, маємо: 5 y ² = 20; y = ±2; x = ± .

Точки перетину гіперболи з колом: M ₁(;2); M ₂(– ;2); M ₃(– ;2); M ₄ (;–2).

Побудуємо в системі координат ХоУ гіперболу і коло (рис. 2)

Рис. 2 ◄

3. Написати рівняння кривої, кожна точка якої знаходиться на однаковій відстані від точки F (4; 3) і прямої у =1. Отримане рівняння привести до простішого виду і побудувати криву.

► Нехай M (x, y) – довільна точка шуканої кривої. Опустимо з неї перпендикуляр до прямої y =1 (Рис.3). Очевидно, абсциса точки В дорівнює абсцисі точки М, а ордината точки В дорівнює 1, тобто B (x, 1). З умови задачі MF = MB. Таким чином, для кожної точки M (x, y) шуканої кривої справедлива рівність

або

(x – 4)² + y ² – 6 y + 9 = y ² – 2 y + 1; (x -4)²=4 y -8.

Остаточно,

(11.9)

Геометричним образом отриманого рівняння є парабола з вершиною в точці O ₁(4, 2). Рівняння параболи зведемо до простішого виду. Для цього нехай х – 4 = Х; у – 2 = У. Тоді рівняння (11.9) перетворюється до виду

Y = . (11.10)

Перенесемо початок координат у точку О ₁(4, 2), побудуємо нову систему координат ХО ₁ У, вісі якої, відповідно, паралельні осям Ох і Оу.

Рівняння (11.10) є рівнянням параболи з вершиною в точці О ₁ і віссю симетрії О ₁ У (Рис. 3).

Рис.3 ◄