Как найти перпендикуляр треугольника по координатам

1. 

   1

   Найдите середину отрезка, ограниченного двумя данными точками. Для этого подставьте координаты точек в формулу: [(x₁ + x₂)/2,( y₁ + y₂)/2]. Эта формула вычислит среднее значение координат х и у двух данных точек. Например, даны следующие координаты двух точек: (x₁,y₁)=(2,5) и (x₂,y₂)=(8,3). ^[1]
   

   • [(2+8)/2, (5 +3)/2] =
   • (10/2, 8/2) =
   • (5, 4)
   • Координаты середины отрезка, ограниченного точками с координатами (2,5) и (8,3), есть (5,4).

2. 

   2

   Найдите наклон прямой (угловой коэффициент). Чтобы найти угловой коэффициент по двум точкам, подставьте их координаты в формулу: (y₂ — y₁) / (x₂ — x₁). Угловой коэффициент равен тангенсу угла между положительным направлением оси абсцисс и данной прямой. Вот как найти угловой коэффициент прямой, которая проходит через точки (2,5) и (8,3): ^[2]
   

   • (3-5)/(8-2) =
   • -2/6 =
   • -1/3
     • Угловой коэффициент прямой равен -1/3. Для получения этого результата мы сократили дробь 2/6.

3. 

   3

   Найдите угловой коэффициент перпендикуляра. Для этого найдите обратную величину углового коэффициента прямой и измените знак. Для получения обратной величины разделите единицу на данную величину.^[3]
   

   • Обратная отрицательная величина -1/3 есть 3, потому что 1/(1/3)=3, а знак был изменен с отрицательного на положительный.

   Реклама

1. 

   1

   Линейное уравнение записывается в виде: y = mx + b, где х и у — координаты, m – угловой коэффициент, b – смещение прямой по оси Y.^[4]
   

2. 

   2

   Подставьте в уравнение найденный угловой коэффициент перпендикуляра. Подставьте 3 вместо m:

   • 3 —> y = mx + b =
   • y = 3x + b

3. 

   3

   Подставьте координаты середины отрезка. Это точка с координатами (5,4). Поскольку перпендикуляр проходит через эту точку, подставьте ее координаты в линейное уравнение. Просто подставьте (5,4) вместо х и у.

   • (5, 4) —> y = 3x + b =
   • 4 = 3(5) + b =
   • 4 = 15 + b

4. 

   4

   Найдите смещение по оси Y. Для этого обособьте «b» на одной стороне уравнения.

   • 4 = 15 + b =
   • -11 = b
   • b = -11

5. 

   5

   Напишите уравнение, описывающее серединный перпендикуляр. Для этого подставьте значения углового коэффициента (3) и смещения по оси Y (-11) в линейное уравнение. Вы не должны подставлять никаких значений вместо х и у, так как это уравнение позволит вам найти координаты любой точки, лежащей на перпендикуляре.

   • y = mx + b
   • y = 3x — 11
   • Уравнение, описывающее серединный перпендикуляр, проходящий через отрезок, ограниченный точками с координатами (2,5) и (8,3), записывается как у=3x-11.

   Реклама

РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ ПО АНАЛИТИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ НА ПЛОСКОСТИ

Задача 1. Определить элементы треугольника, если заданы уравнения трех его сторон:

АС: х – 2у + 5 = 0, АВ: х + 2у – 3 = 0,

ВС: 2х + у – 15 = 0.

Решение

1. Вершины треугольника

Координаты вершин треугольника находятся как точки пересечения соответствующих сторон. Так, например, координаты точки А являются решением системы уравнений

x − 2y +5 = 0,

x + 2y −3 = 0.

Нетрудно показать, что А (-1, 2). Аналогично находим В (9, -3) и С (5, 5).

2. Уравнения высот

Высотой треугольника называется отрезок перпендикуляра, опущенного из вершины треугольника на противоположную сторону.

Так, например, hc = CC1 AB. Уравнение высоты СС1 ищем как уравнение

= -1 → k1 = 2. Поскольку высота СС1 проходит через точку (5, 5), уравнение hc имеет вид у – 5 = 2 (х – 5) или у = 2х – 5.

Анализ уравнений сторон АС: y = 12 x + 52 и ВС: у = —2х + 5 убеждает нас в том, что АС ВС, и треугольник является прямоугольным. Таким образом, hA: y = 12 x + 52 ; hB: у = —2х + 15.

3. Уравнения медиан

Медианой называется отрезок прямой, соединяющей вершину треугольника с серединой противолежащей ей стороны.

Координаты середин сторон находятся по формулам деления отрезка в данном отношении (см. п.1.2): С2 (4, -1/2), В2 (2, 7/2), А2 (7, 1).

Уравнение медианы mC = CC2 получается как уравнение прямой, проходящей через точки С и С2 (см. п.2.3):

Аналогично mВ: —13х – 14у + 75 = 0, mА: -x – 8y + 15 = 0.

4. Длины сторон

По формуле расстояния между двумя точками (см. п.I.I):

AB = c = 102 +52 = 5 5, BC = a = 4 5, AC = b = 3 5.

5. Уравнения биссектрис

Биссектрисой треугольника называется лежащий в треугольнике отрезок прямой, которая делит его внутренний угол пополам.

Укажем два способа нахождения уравнения биссектрисы треугольника.

а). Биссектриса делит противолежащую сторону в отношении, пропорциональном прилежащим сторонам.

Если С3 – точка пересечения биссектрисы lC = CC3 со стороной АС, то

АС3 = АС = b = 3 . С3 В СВ a 4

Координаты точки С3 находим по формулам деления отрезка в данном отношении λ = 3/4 (см. п.1.2): С3 (23/7, -1/7).

Уравнение биссектрисы lC = CC3 получается как уравнение прямой, проходящей через точки С3 и С (5, 5) (см. п.2.3):

б). Уравнение биссектрисы lC = CC3 может быть найдено из условия того, что точки биссектрисы CC3 равноудалены от сторон АС и СВ.

Вычислим отклонения точки (х, у), лежащей на биссектрисе, от сторон АС

δАС и δСВ отрицательны, так как начало координат и точки биссектрисы треугольника лежат по одну сторону от сторон АС и СВ. Учитывая, что d = |δ|, уравнение биссектрисы получим из равенства δ = −δ , δ < 0 ,-δАС = —δСВ,

Для вычисления биссектрисы угла А lА применим второй способ.

Отклонение δАС = − x − 2y +5

5

биссектриса lА лежат по одну сторону от стороны АС.

Отклонение δAB = x + 2y −3

5

биссектриса lА лежат по разные стороны от стороны АВ. Для биссектрисы lА справедливо —δАС = δАВ,

Уравнение lВ: х+у – 6 = 0 может быть найдено одним из двух способов.

имеет решение х = 4, у = 2.

Следовательно, центр вписанной окружности находится в точке О1 (4, 2). Радиус вписанной окружности найдем как расстояние от точки О1 до

соответственно, и эти прямые проходят через точки С2 и В2, их уравнения имеют вид:

Следовательно, центр описанной окружности находится в точке О2 (4, -1/2). Нетрудно заметить, что центр описанной окружности совпал с серединой

стороны АВ: R = 12 AB = 5 25 .

8. Центр тяжести треугольника Центр тяжести треугольника находится в точке пересечения медиан.

Из п.3 имеем систему уравнений для определения координат центра

11x − 2y − 45 = 0,

тяжести

−13x −14y + 75 = 0.

Система имеет решение х = 4,33, у = 1,3. Следовательно, центр тяжести

Внутренние углы треугольника могут быть найдены через угловые коэффициенты прилежащих сторон. Например, внутренний угол при

Следовательно, А = arctg(4/3). 10. Площадь треугольника

По формуле площади треугольника (см. п.1.3) имеем

Задача 3. Найти проекцию точки Р (4, 9) на прямую, проходящую через точки

А (3, 1) и В (5, 2).

Решение

Искомую точку найдем, решая совместно уравнение прямой АВ с уравнением перпендикуляра, проведенного к этой прямой из точки Р.

Задача 4. Постройте прямую 3х – 5у + 15 = 0.

Решение

Уравнение прямой в отрезках имеет вид: −x5 + 3y =1,

прямая отсекает на осях отрезки (-5) и 3.

Задача 5. Даны две прямые 2х + 3у – 5 = 0, 7х +15у +1 = 0, пересекающиеся в точке М. Составить уравнение прямой, которая проходит через точку М и перпендикулярна к прямой 12х – 5у – 1 = 0.

Решение

Прямые пересекаются, так как угловые коэффициенты 2/7 ≠ 3/15. Составим уравнение пучка прямых с центром в точке М (см. п.2.11):

2х + 3у – 5 + λ (7х + 15у +1) = 0.

Чтобы выделить в этом пучке искомую прямую, найдем ее из условия перпендикулярности к прямой 12х – 5у – 1, для которой k1 = 12/5.

прямой:

5х + 12у + 6 = 0.

Задача 6. Написать уравнение прямой L, проходящей через точку М (2, 1) под углом 45° к прямой L1: 2х + 3у +4 = 0.

Решение

Угол между прямыми найдем из выражения для тангенса угла α между

Из этого уравнения k1 = 1/5, k2 = -5.

Используя координаты точки М, запишем уравнения искомых прямых:

уравнение прямой L, параллельной прямым 2у +2 = 0 и проходящей посередине между ними.

1 способ. Уравнение прямой L будем искать в виде А(х – х0) + В(у + у0) = 0. В

любые точки, лежащие на L1 и L2. Например, М1 (1, 0) L1 и М2 (-2, 0) L2, тогда точка М0 имеет координаты (-1/2, 0), и уравнение прямой L принимает

вид: х + 2у + 1/2 = 0.

2 способ. Произвольная точка М (х, у) L, если (см. п.2.6)

| δ (М, L1) | = | δ (М, L2) |.

Для снятия модуля определим знаки отклонений точки М (х, у) от прямых L1 и L2. Для этого нужно выяснить взаимное расположение начала координат, точки М (х, у) и прямых L1 и L2.

Приведем уравнения прямых к нормальному виду:

где n1 и n2 — единичные векторы нормалей к прямым L1 и L2, проведенным из

начала координат.

Видим, что n1 и n2 противоположны по направлению, значит, начало координат

лежит в полосе между прямыми L1 и L2. Отсюда заключаем, что точка М и начало координат лежат по одну сторону как от прямой L1, так и от прямой L2, значит, отклонения точки М от прямых L1 и L2 имеют один и тот же знак

Задача 8. Составить уравнение эллипса, фокусы которого лежат на оси абсцисс, симметрично относительно начала координат, зная, что малая ось равна 10, а эксцентриситет равен 12/13.

Задача 9. Составить уравнение эллипса, фокусы которого лежат на оси абсцисс, симметрично относительно начала координат, зная, что его большая ось равна 10, а расстояние между фокусами равно 8.

x2 + y2 =1. 25 9

Задача 11. Составить уравнение параболы, если известны ее фокус F(-7, 0) и уравнение директрисы x – 7 = 0.

Решение

Из уравнения директрисы имеем x = —p/2 = 7 или p = -14.

Таким образом, уравнение искомой параболы y2 = -28x.

Задача 12. Установить, какие линии определяются следующими уравнениями. Сделать чертежи.

Это – сопряженная гипербола. О′(3, 7), полуоси а = 2, b = 3.

Заданное же уравнение определяет ветвь гиперболы, расположенную под прямой y – 7 = 0, т.к. y < 7.

Решение

Область допустимых значений (х, у) определяется

(y + 1)/2 = 4 (1 – x)2 → y + 1 = 8 (1 – x)2.

Искомая кривая – часть параболы с вершиной в точке (1, -1).

3. y = −2 − 9 − x2 +8x.

Решение

Искомая кривая – часть окружности:

(y + 2)2 + (x – 4)2 = 52, y ≤ -2, x [-1, 9].

– две пересекающиеся прямые.

x

0

Задача 13. Какую линию определяет уравнение x2 + y2 = x?

Решение

Запишем уравнение в виде x2 – x + y2 = 0.

Выделим полный квадрат из слагаемых, содержащих х: x2 – x = (x – 1/2)2 – 1/4.

и определяет окружность с центром в точке (1/2, 0) и радиусом 1/2.

Задача 14. Преобразовать уравнение x2 – y2 = a2 поворотом осей на 45° против часовой стрелки.

Решение

Так как α = -45°, то cosα = 22, sin α = − 22.

Отсюда преобразование поворота принимает вид (см. п.4.2):

x = 22 (x′+ y′),

y = 22 (y′− x′).

Подстановка в исходное уравнение дает х′у′= а2/2.

Проиллюстрируем приведение общих уравнений прямых второго порядка к каноническому виду на нескольких примерах, иллюстрирующих разные схемы преобразований.

Задача 15. Привести уравнение 5x2 + 9y2 – 30x + 18y + 9 = 0 к каноническому виду и построить кривую.

Решение

Сгруппируем члены этого уравнения, содержащие одноименные

координаты:

(5x2 – 30x) + (9y2 + 18y) +9 = 0, или 5(x2 – 6x) + 9(y2 + 2y) +9 = 0.

x′2 + 2y′2 = 2.

Задача 17. Установить, какую линию определяет уравнение x2 + y2 + xy – 2x + 3y = 0.

Решение

Перенесем начало координат в такую точку О1(х0, у0), чтобы уравнение не содержало х′ и у′ в первой степени.

Это соответствует преобразованию координат вида (см. п.4.1):

x = x′+ x0 ,y = y′+ y0.

Подстановка в исходное уравнение дает

(x′+ x0)2 + (x′+ x0)(y′+ y0) + (y′+ y0)2 – 2(x′+ x0) + 3(y′+ y0) = 0 или

x′2 + x′y′+ y′2 + (2x0 + y0 — 2)x′+ (x0 + 2y0 + 3)y′+ x02 + x0y0 + y02 — 2x0 + 3y0 =0.

Положим 2x0 + y0 – 2 = 0, x0 + 2y0 + 3 = 0.

в дважды штрихованной системе координат, получаемой из исходной параллельным переносом осей координат в точку О1(7/3, -8/3) и последующим поворотом на угол 45° против часовой стрелки.

Задача 18. Привести к каноническому виду уравнение

4x2 – 4xy + y2 – 2x – 14y + 7 = 0.

Решение

Система уравнений для нахождения центра кривой (формула (6) п.4.4)

значит, данная кривая центра не имеет. Не меняя начала координат, повернем оси на некоторый угол α, соответствующие преобразования координат имеют

x = x′cosα − y′sin α,

вид:

y = x′sin α+ y′cosα.

Перейдем в левой части уравнения к новым координатам: 4x2 – 4xy + y2 – 2x – 14y + 7 = (4cos2α — 4cosα sinα + sin2α) x′2 +

+2 (-4sinα cosα — 2cos2α + 2sin2α + sinα cosα) x′y′+

+(4sin2α + 4sinα cosα + cos2α) y′2 +

+2 (-cosα — 7sinα) x′+ 2 (sinα — 7cosα) y′+ 7. (*)

Постараемся теперь подобрать угол α так, чтобы коэффициент при х′у′ обратился в нуль. Для этого нам придется решить тригонометрическое уравнение -4sinα cosα — 2cos2α + 2sin2α + sinα cosα = 0.

Имеем 2sin2α — 3sinα cosα — 2cos2α = 0, или 2tg2α — 3tgα — 2 = 0.

Отсюда tgα = 2, или tgα = -1/2. Возьмем первое решение, что соответствует повороту осей на острый угол. Зная tgα, вычислим cosα и sinα:

Отсюда, и учитывая (*), находим уравнение данной кривой в системе х′,у′:

Дальнейшее упрощение уравнения (**) производится при помощи параллельного перенесения осей Ох′, Оу′.

Перепишем уравнение (**) следующим образом:

Дополнив выражение в первой скобке до полного квадрата разности и компенсируя это дополнение надлежащим слагаемым, получим:

расположена симметрично относительно оси х′′ и бесконечно простирается в

положительном направлении этой оси. Координаты вершины в системе х′у′

Задача 19. Какую линию определяет уравнение 4x2 — 4xy + y2 + 4x — 2y — 3 =0?

Решение

Система для нахождения центра кривой в данном случае имеет вид:

Значит, рассматриваемая линия есть пара параллельных прямых: 2ху – у +3 = 0 и 2х – у – 1 = 0.

Это уравнение похоже на каноническое уравнение эллипса. Однако оно не определяет на плоскости никакого действительного образа, так как для любых действительных чисел х′,у′ левая часть его не отрицательна, а cправа стоит –1. Такое уравнение и аналогичные ему называются уравнениями мнимого эллипса.

Уравнение также похоже на каноническое уравнение эллипса, но определяет не эллипс, а единственную точку: х′ = 0, у′ = 0. Такое уравнение и аналогичные ему называются уравнениями вырожденного эллипса.

Задача 21. Составить уравнение параболы, если ее фокус находится в точке F(2, -1) и уравнение директрисы D: x – y – 1 = 0.

Решение

Пусть в некоторой системе координат х′О1у′ парабола имеет канонический вид у′2 = 2рх′. Если прямая у = х – 1 является ее директрисой, то оси системы координат х′О1у′ параллельны директрисе.

Координаты вершины параболы, совпадающей с новым началом координат О1, найдем как середину отрезка нормали к директрисе D, проходящей через фокус.

Итак, ось О1х′описывается уравнением

у = -х + b, —1 = —2 + b. Откуда b = 1 и О1х′: у = -х + 1.

Координаты точки K пересечения директрисы и оси О1х′ находим из условия:

Итак, уравнение параболы в старой системе координат получим, если

откуда искомое уравнение параболы имеет вид: х2 + 2ху + у2 – 6х + 2у + 9 = 0. Задача 22. Написать уравнение гиперболы, если известны ее эксцентриситет

Пусть начало новой системы координат находится в точке О1(х0, у0). Найдем координаты точки К как координаты точки пересечения директрисы D1 и