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

Если т = О, то уравнению (2) удовлетворяют координаты только точки (то, 'уо) и, следовательно, искомое множество точек состоит из одной точки. Если 4 которое имеет корни У1 = 0 и уз = —. Соответствующие значения х 3 находим из уравнения (2): х~ = 1, хз = — —. Итак, данные окружности пересекаются в точках ЛХ1 (1; 0) 3 4ч и Ма ( — —; -), поэтому отрезок ЛХ|ЛХз их общая хорда. 5' 5)' 56 Гль Л Метод коордонат т < О, то уравнению (2) не удовлетворяют координаты никакой точки, т. е.

искомое множество точек является пустым множеством. б) Если и+ В + у = О, то уравнение (1) принимает вид (3) Ах+ Ву+С = О, где А = — 2(Во+ 35), В = — 2 ус, С' = Воз+;(Ьз+ се) — Хч Если хотя бы одно из чисел А и В не равно нулю, то уравнение (3) является уравнением прямой (см. задачу 1263, а) и, следовательно, искомое множество точек — прямая. Если А = В = С = О, то уравнению (3) удовлетворяют координаты любой точки ЛХ(х;р) плоскости и, следовательно, искомое множество точек — вся плоскость.

Если А = =- В =- О, а С' ф О, то уравнению (3) не удовлетворяют координаты ни одной точки, т. е. искомое множество точек является пустым множеством. Ответ. а) Окружность, точка или пустое множество; б) прямая, вся плоскость или пустое множество. 1266. Даны прямая а н точка А, не лежащая на ней Для каждой точки М~ прямой а на луче АЛХ~ взята точка ЛХ, такая, что АЛХ~ АМ =- кч где к — данное положительное число.

Найди~с множество всех точек ЛХ Р е ш е н и е. Введем прямоугольную систему координат Оху так, чтобы ось Ох совпала с прямой а, а точка А лежала на положительной полуоси Оу (рис.28). Тогда точка А имеет координаты Рис. 28 (О;А), где г( — расстояние от точки А до прямой а. Пусть ЛХ~(гп;0) — произвольная точка на прямой а. Тогда АЛХ~ = а уравнение прямой АЛХ~ имеет вид: с)х+ т(у — гг) =- О. Пусть ЛХ(х;у) — точка, лежащая на луче АЛХн Ее координаты удовлетворяют уравнению (1), и она принадлежит искомому множеству точек тогда и только тогда, когда АЛ1~ АЛХ = й.

Так как Адг,= г +Ф, Ам= е . ь о Задачи повышспной трудности 57 то точка ЛХ(х; у) принадлежит искомому множеству точек тогда и только тогда, когда ее координаты удовлетворяют уравнению (1) и уравнению у вьв фьэ-чТ=~ (2) ах Выразив тп из уравнения (!): ьп = -- и подставив это вырау — И жение в уравнение (2), получим уравнение, которому удовлетворяют координаты точек ЛХ(х; у), принадлежащих искомому множеству, и не удовлетворяют координаты точек, не принадлежащих этому множеству: , +с(з хе+(у — с()з (у — 3)' (3) Уравнение (3) и есть уравнение искомого множества точек.

Поскольку с1 — у ) 0 (см. рис.28), то левая часть уравнения равна а(х е (у — д)") , и поэтому уравнение (3) принимает вид д — у + (у — 4)' = — И вЂ” 11) у Ф д. Раскрывая скобки и группируя слагаемые соответствующим образом, приходим к уравнению ( 2д) (23) й Й 'ч которое задает окружность радиуса — с центром в точке (О;г( — — 11.

2Й (, ' 23)' Эта окружность проходит через точку А (см. рис.28), но сама точка А не входит в искомое множество. Ответ. Окружность, проходящая через точку А, за исключением самой точки А. (х — хо)з + (у — уо)д = хгз, и пусть ЛХ~(хб у~) — произвольная точка этой окружности (рис. 29, а). Тогда (х1 — хо) + (у1 — уо) = Хс, (2) а вектор ОЛХ~ имеет координаты (хну~). 1267.

Точка О ие лежит на данной окружности. Для каждой точки Л1~ окружности на луче ОЛ11 взята точка ЛХ, такая, что ОЛХ = й ОЛХп где й— данное положительное число. Найдите множество всех точек Л1. Решение. Введем прямоугольную систему координат с началом в данной точке О.

Пусть данная окружность имеет в этой системе координат уравнение Гли Л Метод координат Пусть ЛХ(х; у) точка на луче ОЛХь Вектор ОЛХ имеет координаты (х; у). Если точка ЛХ удовлетворяет условию ОЛХ = й. ОЛХн то ОЛХ = у = ЛОЛХн откуда следует, что х = Лхы у = йу1 или х~ = -', у1 — — —. Л' Л' Подставляя эти выражения в равенство (2) и умножая на к~, получаем равенство (х — Лх )' + (у — йуо)' = ЖХХ)2 (3) Таким образом, если точка М(х;у), взятая на луче ОЛХы удовлетворяет условию ОЛХ = Л ОЛХы то координаты точки М удовлетворяют уравнению (3), являющемуся уравнением окружности радиуса ЛЛ с центром в точке (Ухо, Луо) (рис.

29, б). Мы доказали, что любая точка ЛХ(х; у) искомого множества точек лежит на окружности, заданной уравнением (3). Докажем, что имеет место и обратное утверждение: любая точка окружности, заданной уравнением (3), принадлежит искомому множеству точек. Пусть ЛХ(х;у) — произвольная точка указанной окружности, т. е.

для координат точки ЛХ(х;у) выполнено равенство (3). Разделив это равенство на й и введя обозначения х1 = †, у~ .=- — , а У |с Й получим равенство (х1 — хо) + (У~ — Уо) которое показывает, что точка ЛХ~(хи у1) лежит на окружности, заданной уравнением (1), т. е. на окружности, указанной в условии задачи. х у Так как х| = —, у1 = — ', то ОМ = ЛОМЫ откуда следует, что точка Л' Л' ЛХ лежит на луче ОЛХ| н удовлетворяет условию ОМ = Л ОЛХР Это и означает, что точка ЛХ принадлежит искомому множеству точек.

От ве т. Окружность радиуса ЛЛ, где  — радиус данной окружности. Рис. 29 59 Задачи повышенной трудности 1268. Пусть А и  — данные точки, й — данное положительное число, не равное !. а) Докажите, что множество всех точек М, удовлетворяющих условию АЛ! = й ВЛХ, есть окружность (окружность Аполлония). б) Докажите, что эта окружность пересекается с любой окружностью, проходящей через точки А и В, так, что их радиусы, проведенные в точку пересечения, взаимно перпендикулярны.

Р е ш е н и е. а) Введем прямоугольную систему координат с началом в точке А так, как показано на рисунке 30, а. Тогда точки А и В имеют координаты А(0; 0), В(а; 0), где а = АВ. Для произвольной точки ЛХ(хт у) имеем: АМ2 ад+уз В1Х2 (,г а)2 ч у2 Если точка ЛХ(аду) принадлежит искомому множеству, то АЛХ = = и ВМ, или АЛХз = 'хзВЛХз, Поэтому координаты точки ЛХ удовлетворяют уравнению , е + з йз((, )з +, а) 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 и группируя слагаемые соответствующим образом, приводим уравнение (1) к виду (2) ж —,, а +у Итак, искомым множеством точек является окружность радиуса йа / с центром С ~, а; О, На рисунке 30, а изображена окружив — 1 ность Аполлония для й > 1. б) Рассмотрим произвольную окружность, проходящую через точки А и В. Пусть точка  — центр этой окружности, а Š— точка Рис 30 60 Гл. й Метод координат пересечения с окружностью Аполлония (см.

рис.30, б). Требуется доказать, что РЕ ' ЕС, С этой целью докажем, что треугольник РЕС вЂ” прямоугольный. Так как точка Р равноудалена от точек А и В, то она лежит на се- рединном перпендикуляре к отрезку АВ. Поэтому абсцисса точки Р равна †, а ординату точки Р обозначим буквой Ь. 2' Используя координаты точек А, Р и С, находим: РЕа = РА = — +Ьз, 4 РСз = а +Ьь аа+Ьз Отрезок ЕС является радиусом окружности Аполлония, поэтому й~ ЕСз =, ',, аа (см.

уравнение (2)), Складывая РЕз и ЕСз, полу(из — 1)' чаем РЕ ч-ЕС =- — +Ь +,, ', ~~= — -' ~~ч-Ьа (Ьз — Цз' = 4 ~ Ьз — 1) ' Итак, РЕз + ЕСз = РСз, откуда следует, что треугольник РЕС— прямоугольный с прямым углом Е, т. е. РЕ ~ ЕС. Глава 2 СООТНОШЕНИЯ МЕЖДУ СТОРОНАМИ И УГЛАМИ ТРЕУГОЛЬНИКА. СКАЛЯРНОЕ ПРОИЗВЕДЕНИЕ ВЕКТОРОВ ф 1. Синус, косинус и тангенс угла 1011.

Ответьте на вопросы: а) может ли абсцисса точки единичной полу- 1 1 2 окружности иметь значения 0,3; —; — —; 1-; — 2,8? б) Может ли ордината точки ' ' 3' 3' 3' ! единичной полуокружности иметь значения О,б; —; — 0,3; 7; 1,002? Ответы 7' обоснуйте. Ре ш е н не.

Координаты точек единичной полуокружности удовлетворяют условиям х~ + у~ = 1, у > О. Поэтому .-1(х(1, 0(у(1. а) Согласно первым из неравенств (1) абсцисса х точки единичной 1 1 полуокружности может иметь значения 0,3; —; — —, и не может иметь 3' 3 2 значения 1- и — 2,8. 3 б) Согласно вторым из неравенств (1) ордината у точки единичной 1 полуокружности может иметь значения 0,6; — и не может иметь значе- ' 7 ния 7; 1,002; — 0,3. От в ет. а) Да; да; да; нет; нет; б) да; да; нет; нет; нет. /1 ч3'1 )',й2 х?2'1 1012. Проверьте, что точки ЛД(0;1), Луз —, —, ЛХз ~х2' 2)' '~ 2' 2)' '3 1 ') Л!з — —, —, А(1;О), В( — 1;О) лежат на единичной полуокружности.

Вы- 2 '2)' пишите значения синуса, косинуса и тангенса углов АОЛ)ь ЛОЛ1а, ЛОЛ1з, ЛОЛ'14, ЛОВ, Решение, 1) Координаты точек единичной полуокружности удовлетворяют условиям: х~ + у~ — -- 1, у > О. Для данных точек имеем: 62 Гл. 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника ЛХ!!О; 1); 0 + 12 = 1, 1 > О. Точка М1 лежит на единичной полуокружности. М,~-; — ); — + — =-1, — > О. /! ч'3зз ! 3 зХЗ 12' 2)' 4 4 ' 2 Точка ЛХз лежит на единичной полу- окружности.

(ъ'2 зг2 з) 2 2 зу2 Рнс. 31 ЛХз ( —; — ); -+ - = 1, — > О, 2'2 /'44'2 Точка ЛХз лежит на единичной полу- окружности. ЛХ4 ~ — —; — ); ~ — — ) + ) — ! = 1, — > О. Точка ЛХ4 лежит 2 '2)' ) 2) з,2) ' 2 на единичной полуокружности. А!1; 0); 1з + Оз .= 1, 0 > О. Точка А лежит на единичной полуокружности. Аналогично, точка В!О; 1) лежит на единичной полуокружности. 2) я)пАОЛХ! = = 1 !рис.

31), соя АОЛХ! = — = О, тйАОЛХ! ОЛХ1 0 Ол!1 " ' ОЛ1~ не существует. яшАОЛХз = ' = — —, сояАОЛХз = = —, С АОЛХз =- ЛХ А' /З ОА" ОМз АОЛХз ~З ! 3 соя АОЛХз 2 ' 2 гйпАОМз = = —, соя АОЛХз = = —, Ф АОЛХз = 1. ЛХзМ~ ~2 Одгз ъ'2 ОЛХз 2 Мз ЛХ зУ 1, ззЗ гйпАОЛХ4 =. =- —, соя АОМ4 =- — —, одАОМ4 = — —. ОЛ1з 2' 2 Гз я|п АОВ = я)п 180' = О, соя АОВ = соя 180' = — 1, ! 'АОВ = О. иЗ ! 2 2 ! 3 Ответ. 1, О, не существует; —, —, зХЗ; —,, —,, 1; —, — —, 2 ' 2' ' 2 ' 2 ' ' 2' 2 — —;О,— 1,О.