atnasyan-gdz-9-2005 (Ответы ко всем упражнениям из 3-х учебников Атанасяна), страница 5

б) Найдем координаты векторов АР и ВС: АР(5;3), ВС(10;6). Так как координаты вектора АР пропорциональны координатам вектора ВС, то векторы коллинеарны (задача 927) и поэтому АР ~ ВС. Следовательно, стороны АР и ВС основания трапеции, а АВ и СР— ее боковые стороны. Гл. Л Метод коордонат х1= = — 25; -2 — 3 2 -24! = — 05 2 743 хз = — — = 5; 2 74! — = 4. 2 Прямая МАг содержит среднюю линию трапеции. Зная координаты точек М и Х, находим уравнение прямой ЛХХ таким же образом, как это делалось в задаче 972. Искомое уравнение имеет вид Зх — 5у+ 5 = О. Ответ.

а) х — у=-0 и у — 1 =0; б) Зх — 5у+5 = 0. 975. Найдите координаты точек пересечения прямой Зт — 4у+ !2 = О с осями координат. Начертнте эту прямую. Решение. Точка пересечения прямой с осью абсцисс имеет ординату, равную нулю. Положив в уравнении прямой у = О, получим Зх+ 12 = О, откуда х = -4. Итак, данная прямая пересекается с осью абсцисс в точке ( — 4;0). Аналогично находим, что данная прямая пересекается с осью ординат в точке 10; 3). Данная прямая изображена на рисунке 12. Рис. 12 Ответ.

( — 4; 0) и (О; 3) . 976. Найдите координаты точки пересечения прямых 2х+у †4. 4х+ Зу — 6 = О н Решение. Решение данной системы двух уравнений дает координаты точки пересечения прямых. Решая систему, получаем: х = 3, у .=- — 2. Итак, данные прямые пересекаются в точке (3; — 2). Ответ. (3; — 2). 977. Напишите уравнения прямых, проходящих через точку ЛХ(2; 5) н параллельных осям координат Решение. Уравнение прямой, проходящей через точку ЛХ(2;5) и параллельной оси ординат, имеет вид т.

= 2 1см. п. 92 учебника), а уравнение прямой, проходящей через ту же точку и параллельной оси абсцисс, имеет вид у =- 5. Ответ. х = 2 и у= 5. Пусть точки ЛХ(хНу1) и Л1(хз,уз) — середины боковых сторон АВ и Сь!. Найдем координаты этих точек по формулам координат середины отрезка: 29 ф 3.

Уравнения окружности и прямой 978. Начертите прямую, заданную уравнением: а) у = 3, б) х = — 2; в) р=-4;г) х=7. Решение. Рисунок 13. х= 9?9. Найдите ординату точки ЛХ, лежащей иа прямой АВ, если извест- у= — 4 но, что А( — 8; — 6), В( — 3; — !) и абс- — 4 цисса точки ЛХ равна 5.

Р е ш е н и е. Аналогично тому, Рис. 13 как это делалось в задаче 972, находим уравнение прямой, проходящей через данные точки А и В: х — у + 2 = О. Полагая в этом уравнении х = 5, получаем 5 — р + 2 = О, откуда у = 7. Итак, точка ЛХ(5;7) лежит на прямой АВ, и, значит, искомая ордината точки ЛХ равна 7. Ответ. 7.

980. Напишите уравнения прямых, содержащих стороны ромба, диагонали которого равны 1О см и 4 см, если известно, что его диагонали лежат на осях координат. Р е ш е н и е. Возможны два случая: а) диагональ, равная 10 см, лежит на оси абсцисс (рис. 14, а); б) диагональ, равная 10 см, лежит на оси ординат (рис.14, б).

Координаты вершин ромба в каждом из этих случаев представлены на рисунках 14, а и 14, б. ! (О; — 2) Рис 14 Рлн Д Мемед координагл Для нахождения уравнения прямой, проходящей через ту нлн иную сторону ромба, нужно найти уравнение прямой, проходящей через две данные точки (см. задачу 972), В случае а) получаем уравнения: 2х + 5у — 10 = О, 2х — 5у — 10 = О, 2х+ 5у+!О = О, 2х — 5у+ 10 = О, а в случае б) — уравнения: 5х ч-2у — !0 = 0, 5х — 2у — !О = О, 5х + 2у+ 10 = О, 5х — 2у + 10 = О.

Ответ. 2хх5ух!0=0 или 5хх2ух10= 0. Использование уравнений окружности и прямой при решении задач 982. Точка  — середина отрезка АС, длина которого равна 2. Найдите множество всех точек ЛТ, для каждой из которых: а) АЫ~ -ь ВМз + СЛт'з = = 50; б) АМз + 2ВМз -~- ЗСМз = 4. Решение. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке В так, как показано на рисунке 15. Тогда точка А имеет координаты ( — 1; 0), а точка С вЂ” координаты (1; 0). Рис. 15 Использование уравнений окружности и прямой при решении задач 3! Для произвольной точки ЛХ(хл у) имеем: АЛХг = (х Э 1)г + у, ВЛХг хз+ 92 СЛХ~ = (х — !)г+ у .

а) Если точка ЛХ(х; у) принадлежит искомому множеству, то АЛХг + + ВЛХэ + СЛХг = 50, поэтому координаты точки ЛХ удовлетворяют уравнению ((х+ 1)~ -1- уг) + (ха + уг) + ((х — 1)г + уг) = 50. (1) Если же точка ЛХ не принадлежит искомому множеству, то ее координаты не удовлетворяют этому уравнению. Следовательно, уравнение (1) и есть уравнение искомого множества точек в выбранной системе координат. Раскрывая скобки, приводим уравнение (1) к виду х~+д~ =-16.

Таким образом, искомым множеством точек является окружность радиуса 4 с центром в начале координат, т. е. в точке В (рис.15, а). б) Аналогично и. а) для искомого множества точек получаем в выбранной системе координат уравнение ((х + 1)г + у~) + 2(х + чу~) + 3((х — 1) + у ) = 4. Раскрывая скобки и группируя слагаемые соответствующим образом, приводим это уравнение к виду Таким образом, искомым множеством точек является окружность ! Г1 радиуса с центром в точке Р );О), т.

е. с центром Р, лежащим 1 на отрезке ВС, причем ВР = — (рис. 15, б). 3 От в е т. а) Окружность радиуса 4 с центром в точке В; б) окруж- 1 1 ность радиуса — с центром, лежащим на отрезке ВС на расстоянии— 3 3 от точки В. 983. Даны две точки А и В. Найдите множество всех точек ЛХ, для каждой нз которых АЛ! -Ь ВМ' = Лг, где Л. — данное число. Гл. Д Метод коордонат Решение.

Пусть АВ = 2а, точка Π— середина отрезка АВ. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке О так, как показано на рисунке 1б. Тогда точка А имеет координаты ( — а; О), а точка  — координаты (а; О). Для произвольной точки ЛХ(х;у) имеем: Рнс. 16 ~ЛХ2 гх+ )2+, 2 ВЛХ = (х — а) +у .

Если точка ЛХ(х;у) принадлежит искомому множеству, то АЛХЯ + + ВЛХ~ = й~, поэтому координаты точки ЛХ удовлетворяют уравнению ((х + а) + у ) + ((х — а) + у ) = у . Если же точка ЛХ не принадлежит искомому множеству, то ее координаты не удовлетворяют этому уравнению. Следовательно, полученное уравнение является уравнением искомого множества точек в выбранной системе координат. После раскрытия скобок уравнение приводится к виду 1д 2а х +у 2 Возможны три случая.

1) Если к;э ) 2аз, то искомым множеством точек является окруж- /7: 2.е ность радиуса г,г с центром в точке Π— середине отрезка 2 1 кХ вЂ” 2а АВ (на рис. 16 изображена окружность в случае г,г ( а). 2) Если кд = — 2аз, то правая часть уравнсния 11) равна нулю и поэтому уравнению 11) удовлетворяют только координаты точки О, т. е. искомое множество точек состоит из одной точки Π— середины отрезка АВ. 3) Если ке ( 2аз, то правая часть уравнения (1) отрицательна и поэтому координаты любой точки не удовлетворяют уравнению (1), т. е.

нет ни одной точки, удовлетворяющей условию задачи. От в е т. В зависимости от Л: либо окружность с центром в середине отрезка АВ, либо точка — середина отрезка АВ, либо пустое множество. Использование уравнений окружности и прпмой при решении задач 33 985. Даны две точки А н В. Найдите множество всех точек ЛХ, для каждой из которых ВЛХз — АЛХз = 2АВз, Р е ш е н и е. Пусть АВ = 2а, точка Π— середина отрезка АВ.

Введем прямоугольную систему координат с началом в точке О так, как показано на рисунке 17. Тогда точка А имеет координаты ( — а;О), а точка  — координаты (ц;О). Аналогично задаче 983 для искомого множества точек ЛХ(х;у), удовлетворяющих условию ВЛХз — АЛХз = 2АВз, получаем уравнение ((, ц)з+„з) (( ч ц)а, уз) 8цз Раскрывая скобки, приходим к уравнению х = — 2ц.

Таким образом, искомым множеством точек является прямая, параллельная оси Оу. Можно сказать, что эта прямая перпендикулярна к прямой АВ и пересекает продолжение луча АВ в точке С, такой, что АС = —,АВ (рис. 17). 2 Ответ. Прямая, перпендикулярная к прямой АВ и пересекающая 1 продолжение отрезка АВ на расстоянии — АВ от точки А. 2 986. Дан прямоугольник АВСХ1. Найдите множество всех точек ЛХ, для каждой нз которых (АЛХ~ е ХзЛ|з) — (ВЛ1з е СЛХ ) = 2АВ . Решение. Пусть АВ =- а, АР = 2Ь, точка О середина стороны АВ.

Введем прямоугольную систему координат с началом в точке О так, как показано на рисунке !8. Тогда вершины прямоугольника АВСХЗ имеют следующие координаты: А( — Ь; О), В( — Ь; а), С(Ь; ц), Р(Ь; О). С( — 2и; Рис 17 Рис 18 2 Л.С. Атанесян и лр. 34 Гл. Е Меаод координап Пусть ЛХ(х; у) — произвольная точка. Условие (АЛХ~ + РЛХ~)— — (ВЛХ~+ СЛХа) = 2АВ', записанное в координатах, дает уравнение искомого множества точек: ((х+ 6)~+ уз+ (х — Ь)в+ у~)— — ((х + 6)~ + (у — а)~ + (х — Ь)а + (у — а)~) = 2а . Раскрывая скобки, приходим к уравнению у .= а. Но это уравнение является, очевидно, уравнением прямой ВС. Таким образом, искомым множеством точек является прямая ВС.

О т в е т, Прямая ВС. 987'. Дан ромб АВСР, диагонали которого равны 2а н 2Ь. Найдите множество всех точек М, для каждой из которых АЛХз + РЫз = ВЛХз ч- СЛ4~. А1 Р е ш е н и е. Введем прямоугольную систему координат Оху так, чтобы диагонали ромба лежали на осях координат (рис. 19).

При этом вершины ромба имеют следующие координаты: Рис. 19 А( — а; 0), В(0; Ь), С(а; 0), Р(0; -Ь). Пусть ЛХ(х; у) произвольная точка. Условие АЛХз + РЛХз = = ВЛХа + СЛХ~, записанное в координатах, дает уравнение искомого множества точек: Их+а)'+ уз) (х'+ (у+6)') =- (х'+ Ь вЂ” 6)з)+ Их — а)в+у'). Раскрывая скобки, приходим к уравнению ах + Ьу =. О. Этим уравнением задается прямая, проходящая через начало координат О(0; 0), т. е.

через точку пересечения диагоналей ромба (на рис.19 эта прямая обозначена буквой 1). Покажем, что прямая ! перпендикулярна к стороне АВ ромба. Обозначим буквой Е точку пересечения прямой ! и прямой, проходящей через точку А перпендикулярно к оси Ох (см. рис. !9). Абсцисса точки Е равна — а. Чтобы найти ординату точки Е, положим т = — а 2 в уравнении прямой 1. Тогда получим — а + Ьу = О, откуда у =- —.