§5. Взаимное расположение двух прямыхк а плоскости
А^х + В7у + С3 = О,
Эта задана решена в § 1.
Возможны три случая.1, Д = АіВ? — АъВ^ ф 0, т. е, коэффициенты при неизвестных (текущих координатах) не п ро порцион ал ьны. Прямые пересекаются — система имеет единственное решение:
_ Ay = CyM - ChAi Уі Д Лі Вг-АгВ,
Д* - BiGx
Д
xi =
Д = 0 И хотя бы один ИЗ определителей АХ1 Ау не равен нулю, т. с, коэффициенты при неизвестных пропорциональны = или А А
Тг = 1Г (отсюда Лч —
LSp
Свободные члены J ГЕ подчиняются этой пропорции. Система несовместна и прямые параллельны .
Д = ^ Д w — 0t т.е. все коэффициенты пропорциональны — одно уравнение есть следствие другого. Прямые совпадают,
1. УґОні между двумя прямыми. Условия параллельности и перпендикулярности двух прямых. Пусть заданы две прямые L\ и La, Углом между ними будем называть тот угол, на который нужно повернуть против часовой стрелки прямую LiT чтобы она совпала с пря-
Рнс 10
мой Обозначим через к\ и угловке коэффициенты соответствующих прямых. Тогда (см. рис, 10)
k2 -
_ і = ГЕуза ~ igyi . W " 1 + tg^s
но ig^i tg^b К О, следовательно. Ком
Если прямые заданы уравнениями Ллх + В\у + Ci = f> и ЛйХ -f-
+ = то ki = -4і! k2 ---~ и
и і ijj
Частные случаи.
1- Если хотя бы одна из прямых параллельна оси Оу, то се угловой коэффициент обращается в бесконечность, и данная формула теряет смысл. В этом случае угол между пряными вычисляется непосред-ственно по формуле — {if = Tfj2 - tpx или у = 7г/2 - уг3).
Если прямые параллельны, то угол между нимн равен нулю. Тогда tg<^ —0, при этом числитель ко — обращается я нуль, отсюда hi — k2i т.е. признаком параллельности дпух прямых является равен* ство угловых коэффициентов.
В случае перпендикулярное ти прямых <р ™ a t,g — оо, при
этом знаменатель 1 + кобращается ? нуль.
Следовательно, условие перпендикулярности прямых является соотношение кфА ^ —1.В общем случае тангенс угла между двумя прямыми определяет-ся по формуле
ИЛИ tg^i ™ І Лі Вї — Л%Ві Ui м -\ ВіВг kj - fca 1 +
Задача 6. Дана прямая 2® -І- Зу + 4 ** 0. Составить уравнение прямой, проходящей через точку А/і(2,1) под углом 45п к данной прямой.
Решение. Так как в условии задали не сказано, от какой из прямых следует вести отсчёт угла, то задача имеет даа решения:
fcl = —2/3, tgy? = tg45° — 1, к2 — искомый угловой коэффициент, тогда 1 = ЛЕ+І^ЯІ Отсюда^ = 1/5 и у - 1 « (т - 2)/5, или
я-Ву + 3 =0,
ki — —2/3, tg<^ = tg45° = 1, ki — искомый угловой коэффициент, тогда 1 = , Отсюда ki - -5 и у - 1 = - 2), или 5т +
+ у-11=0~ J 1
Задача 7, Найти проекцию точки 6,4) на прямую 4% — 5у + + 3 = 0,
Решение. Искомую точку найдём, решая совместно уравнение прямой с уравнением перпендикуляра, проведённого к этой прямой из
точки М. Его угловой коэффициент равен ki — — j- (условие перпенди-
Л 4
кулярности), где hz = — ^ = - — угловой коэффициент данной прямой.
Уравнение перпендикуляра у - у\ — к^{х- хІ), или у —4 = —^(JC Ч- 6). Отсюда: + 0 + 14 = 0, Совместное решений двух уравнений Ъх +
Электронная версия книги подготовлена для открытой библиотеки учебников lbitt
74 Аналитическая геометрия и элементы векторной алгебры [ Гл. П -f + Х4 — 0 и — + 3 — О даёт х = ^ = -Ц -2, у = ^ -
<1
41
Задача 8, Точка -1) — вершина квадрата, одна из сторон лежит на прямой 4х - Зу — 7 -= 0 Составить уравнения прямых, на которых лежат остальные стороны этого квадрата
Решение. Точка 4(5, —1) находится на расстоянии d — 3,2 от прямой Ах - Зу - 7 = 0 (см. задачу 4). Через точну А проходят две ьзанмноперпекдккулярные прймые (на которых лежат две стороны квадрата), имеющие угловые коэффициенты кх и fca:
t 1 4
Их уравнения:
У - УА - М^ - хл) 4а: - Зу — 23 = О, у - уА - к2(х - хА) => Зз: + 4у - 11 = 0.
Чтобы найти координаты точки В(х<х,у2) — вершины квадрата, лежащей на прямой 4z — Зу - 23 =0, нужно решить систему уравнений:
- Зуъ - 23 = О,
(я2 - XAf + (У2 - УА? = d*-
/173 39 \ /77 89 \ Решая эту систему, полупим: ^ —; — ) и .
Таким образом, получаем дне прямые
Условию задачи удовлетворяют два квадрата: стороны одного из них лежат на прямых 4х - Зу — 7 « 0, Зх + -йу — 11 =0, 4х - 3;/ — 27 — 0, 4z — Зу — 25 = 0, Стороны другого — на прямых: 4х — Зу - 7 = 0, Зх + -Ну - 11 =0, =0, Зх +4у +5 = 0,
Замечание.
Можно было не находить координаты точки J3, а использовать нормальное уравнение прямой и учесть, что совокупностьточек удовлетворяющих уравнению І і (Зі ¦+ 4у — 11)1 — 3,2 есть д&е
15 "3x1
прямые Зх -4 4у — И = ±16 параллельные прямой Зх + 4.у — 11 =0.
Задача 9. Даны вершины треугольника Mi(2tl), 1,— I)
и Л/З(3,2). Найти уравнение и длину высоты, опущенную из вершины Мъ-
Решение. Уравнение прямой, на которой лежит сторона
А/ AJ ' 1-11 У *"* У1 33 — 2 У — 1
М\Мъ . — ——— или - = ?——.
о к ~ Д уэ оуг м-л 2и1
Отсюда х — у -1 = о. Угловой коэффициент высоты равен = - JL =
= (так как угловой коэффициент прямой МГМ3 равен jfc, = I) а ее уравнение у - у2 = к2(х - х2) или яг -ь у + 2 = 0.
Чтобы найти длину этой высоты, нужно найти расстояние от точки Mr, 1,-1} до прямой MXMZ. Для этого запишем нормальное уравне- пне прямой МЛМ*. Нормирующий множитель у, = l/vi, а нормальное
уравнение прямой Л>ЛМЭ: -Д % L - о
V2 V2 -Л
Тогда длина высоты равна - — + -! L - ХА
V2 72 72 2 " ™ ^f10 ^аны вершины треугольника 4(1,-1), J5(-2.1) и C(,it5J. Составить уравнение перпендикуляра, опущенного из перши- нь; А на медиану, проведенную из вершины В. Решение Уравнение медианы ИМ:
х - х,
м_ _ У - Ун
ха ув - ур
Таа как медиана делит АС пополам, то координаты точки М находятся по формуле
Чі
= 2 Ол + Те) - 2, Vlt = 1 + =: 2.
Тогда уравнение медианы есть а; — 4j/ + G - 0, а её угловой коэффициент равен к = — = Уравнение перпендикуляра, опущенного из
вершины на медиану, есть у - уА = ki{x - хА)> Jbi = ~ = -4, Отсюда имеем 4х + у - 3 = 0.
Задача II. Дана прямая Зх - Лу - L0 = 0. Найти уравнение прямой, параллельной данной н отстоящей от неё на расстоянии 3-х единиц.
Решение. Задача имеет два отпета, так как прямую, параллельную данной прямой и отстоящую от неё на 3 единицы, можно провести как по одну, так и по другую сторону от данной прямой. В одном случае отклонение любой точки искомой прямой от данной будет (—3), а в другом (+3).
Следовательно, подставляя координаты произвольной точки Mfay) искомой прямой в формулу для отклонения (задача 5) получим: ^ - ^-10 _ у/3"3 ¦+- А'1Это и будет уравнение искомых прямых, так как х и у являются текущими координатами точки, лежащей на искомой прямой. Простыв преобразования дают Зх - 4у - 25 = 0, Зх - 4у +5 = 0.
Задача 12, Составить уравнения биссектрис углов, образованных двумя прямыми: х - 5у + 5 - 0f 5і - у - 2 О,
Решение, Уравнение данных прямых в нормальном виде
+ _ * -Q 5т у 2
Расстояние произвольной точки М(х,у) лежащей на биссектрисе, до
ї . Бу 5
, до агорой прямой
i/26 v/26
, Далее учитывая^ что с?і = d.2 имеем
первой прямой есть d\ — j —Л—^ - 5т у 2
dэ =
ч/2б
V26
х
г +
\/26 \/20 \/36
V'26 v/26 y/26
Отсюда
2x - 2y -Ы = 0T 4a: -І- 4і/ - 7 = 0.
Задача ІЗ. Составить уравнение сторон треугольника, если дана одна из его вершин 4; —5) и уравнение двух его высот 5х + Зу- 4 = 0, Зх + 8у + 13 - 0 (см. рис, 11).
Ркс. и
Решение. Подставив координаты точки В в уравнения высот убедимся, что нысоты опущены из точек А и С, Пусть Ъх — Зу - 4 = 0 есть уравнение высоты опущенной нз точки А, те. уравнение AD, тогда уравнение JVC: Зж-Н 8у 4- 13 = 0. Из условия перпендикулярности AD
и ВС. а также АВ и NC находим квс — —Д- = клв = —7— =
— тогда уравнение АВ: у-ув - -хд) или 8аг — Зу + 17 = 0.
а уравнение ВС: у — ув — — ^е) или Зх — 5у — 13 — 0, Для нахождения координат точек А и С нужно решить системы уравнений:
хА = -1,
j 5а; 4~ Зу — 4 — 0,
ЇА- 3; Яс = її Ус = —2.
| Вх - Зу 4- 17 - О,
j 3x + 8y + 13-0t
I Зт - 5у - 13 =0, Уравнение АС асть
д: — ід
Ус " ЇМ
или 5s + 2у — 1 = 0. Ответ: Зх - 5у-63 = 0; Ss- О + 17 = 0;5і + 2у-1и
PDF-версия с 76 MirKnig.com
Задача Составить уравнение сторон треугольника, если дана одна из его вершин В(2\ —7), а также уравнения нысаты Зг+у + 11 = =5= С к меднаны х + 2у + 7 - О, проведенных на разных вершин.
Решение* Пусть уравнение высоты CN есть Зя+у + 11 = 0 (см. чертёж задачи 13, предполагая* что Медиана есть AD).
Тогдауравнение стороны АВ есть у - ув = (х-хд) или х - Ду -23 = О,
кем
Координаты точки С(хс,УС) удовлетворяют уравнениям высоты CN, т. е, +УС + 11 = о, а координаты точки D _
уравнению медиа пи AD: xD -\-2yn + 7 + Н- 7 - О
или up + 2ус ч- 2 - 0. Тогда для получения коо'рдинаты точки С нужно решить систему
* гсе +2ус +2 -О, Ъхс + уп + 11 =0. Отсюда хс = —4Г ус ~ 1, а уравнение стороны ВС есть
= 4д + Зу + із = о,
хс ус —
Координаты точки А находим из системы уравнений (уравнение стороны АВ и уравнение медианы >Ш) х — 3JI - 23 = 0 и х +2у + 7 = 0 ха = у а = ™б, уравнение прямой АС, проходящей через две точки (Л и С) есть 7х + + 1ЕЗ = О,
Ответ: э: - 3 у- 23 = 0, 7а: + + 19 = 0, + % + 13=0, Зада ча 15, Составить уравнение прямой, проходящей через начало координат зная, что длина отрезка, заключённого между прямыми 2х -#+5 = 0 и 2* - у + 10 =s 0 равна /Ї0.
Решение. Уравнение пряней проходящей через начало координат есть у — кх. Находим координаты точек пересечения этой прямой с данными
2х - у +5 = 0, хг = | 2х - у + 10 « 0, ^
, 6к І , Юк
у-кх% уу — г--?;; у = г/2
Jfc — 2' L у 1 к- 2*
Коэффициент А: находим нз уравнения
- + (г/і -Уі)2^ 10, h = -3, к-2 = Ответ: у = у -
и
Задача 16. Даны центр квадрата Q(—1; 0) и уравнение стороны х + 'dy - 5 = 0. Составить уравнения его диагоналей и остальных трёх сторон (см. рис, 12).
Решение. Угловой коэффициент BD находится из уравнения
дДДЯесЗ -р. омддееия PDF-версия с ?з я MirKnig.com
Рис. \2
н он равен kfto — —2 Уравнение диагонали BD есть у ~ уо— ~ или 2х + у + 2 0, а уравнение диагонали АС есть
у - - или х- 2у+ 1 =0.
Координаты точки В находятся нз системы уравнений
В
2х + у + 2^0 (BD),
а: + Зу - 5 = 0 (АВ),
11
12
УВ = Т
(х-хб).
Уравнение ВС:
у - ув = или У — Ив —
Отсюда Зх — у + 9 0- Координаты точки D:
г: г» -Нхв
У о +Ув
1
ksc
2 v 2 Уравнение AD: у — =
Уравнение DC: у — ув =
' 12
— уо или Хо -
D
(X-XD) ИЛИ ЗІ - J/ 3 = 0.
(ж — Хй) или х 4- Зу -f- 7 = 0.Ответ; уравнения диагоналей 2зс + у + 2 = О, лг — 2у+ L ~ 0, а трёх сторон: За- - у - 3 = О, я 4- 3jr + 7 = 0, Зх - ту + 9 = 0.
Задача 17, Точка А(5, -4) — вершина квадрата, диагональ которого (BD) лежит на прямой х — 7у — 3 = 0. Написать уравнения сторон и второй диагонали этого квадрата.
** 1/7. Тогда tgo = tg45f
1 =
Слс
Решение. Так как квц — кла — к во
, отсюда kAD " КАС = 4 Д а кЛв = kCD = I -Г ^AO^HD 4
Поэтому:
уравнение AD: уО оЗ о-Зу - 32 = О,
уравнение АВ: у -J~ 4 = —- {х — 5) или Зх 4- Ay 1 = О, Координаты точек G и D находятся из системы уравнений
В:
хв = 1, f х^7у-8 = О, хп = 8,
3,т4 4у + 1~0, ув = | Ах- Ъу -32 =0, t/d = О-
Тогда уравнение ВС есть у 4 1 = - (ат — 1) или 4дг — Зу — 7 = О, а
DC есть у - 0 = -(х — 8) или Зг + 4у — 24 ^ О. Уравнение второй диагонали: у -1-4 = —7{х — 5) или 7х +- у — 31 =0.
Задача 18. Даны две противоположные еершиньі квадрата -4(1, 3) и С(—1,1). Написать уравнение его сторон и диагоналей (см рис. 13). *1 A(i,z)
D 1) 0 X
Рис. 13
х — 1
Решение, Составляем уравнение диагонали АС; —=—-
1 " О
или х — у + 2 = О — І)- Находим угловой коэффициент сторо
ны АВ. ¦ г. Li
'8 48 1
отсюда клв — 0.
Следовательно. Л/Ї || DC || Ох\ AD ]| ВСТ AD _L Ох, ВС і Ох, тогда их уравнения есть: уравнения стороны АВ: у — 3 = 0; DC: у —
1 — 0; AD\ х — 1 = 0; ВСШ. X 4-1 = 0, а координаты точки В: xg ^ —1,
Ув =3; точки D\ xD = I, yD = Уравнение диагонали BD\ ^=
или x + y- 2 = 0, 1 il
2. Уравнение пучка прямых. Совокупность прямых, проходящих через некоторую точку S(x,y), называется пучком прямых с центром S. Если Аіх + Віу + Сі — 0 и Ачх + В^у + С2 ~ О — уравнения двух прямых, пересекающихся в точке 5, го уравнение:
+ В1У + СіН Р(АїХ + Biy + С\) - О,
где a, ft — произвольные числа, не равные одновременно нулю, определяют прямук>, также проходящую через точку S. Если а ^ О, то полагая 0 — Ли, получим уравнение пучка Ом + Вгу иЯ + Л(А2Я +
v-з
4 -О-/) —0, которое и практике решения задач у потребляется
чаще! чем вышеприведённое уравнение.
Отметим, что каждую прямую пучка (кроме той, которая параллельна оси Оу) можно представать уравнением у - y Тепень пусть надо написать уравненне прямой, принадлежащей этому пучку и проходящей через начало координат, 3 уравнение у — - 1Г) — -г 1} подставляем х 0Т j/ — 0 и получаем к — —10. тогда искомое уравнение имеет вид у - 10 - -10(1 + or), или у — - 10:г. Задача 19. Дано уравнение пучка прямых ct(3x + 2у - 9) + + + 5у + 5)= 0. Найти, при каком значении С прямая 4а; — 3// ~ + С = 0 будет принадлежать этому пучку. Решение. Перепишем уравнение пучка прямых в виде З.т + 2у - 9 + + + 5) - О или (3 + 2Х)х + (2+ 5А)у - 9+ 5А - 0, Прямая Ах — Зу + С = 0 будет принадлежать этому пучку, если будет выполняться соотношение 3 + 2А = 2 + 5А = -9 + 5А 4 _ -3 _ С 1 так как два уравнения описывают одну и ту же прямую, коэффициенты их пропорциональны. Решая уравнение - (3 + 2А) = —— (2+ 5А), полу- 17 11 чим А = а ив уравнения -- (25А) = — (—9+ 5 А) при данном значении А находим С — —2уг Задача 20. Дано уравнение пучка прямых о(2лг+у+1) + + /}(х — 'Лу — 10) — 0, Найти прямые этого пучка, отсекающие на координатных осях отрезки равной длины. Решение. Запишем уравнение пупка в виде (2 -3- A)jc + (1 - ЗА)у = 10А - L или ^ + | « 1, где 10А-1 . 10А-1 а — —¦—-—, и = —, 2 + А ' 1 - ЗА Так как |я| — |6], то возможны следующие случаи, а — Ь. отсюда А = - ^; х ± у + 2 — 0. В частности, а = 6 — О, имеем А = 1/10, 'Ах — уравнения прямых. флен^^щнх данному пучку и отсекающих от координатных осей отрезки рапной длины, считая от начала координат. Зада ча 21. Составить уравнение прямой, проходящей через точку пересечения прямых + у — 5 = 0, х — 2у -I- 10 — 0 и отстоящей от точки Мо(—1,—2) на расстояние d = 5, Решение Первый способ, Составляем уравнения ггучка пряных Зя+ї-5 4-А(®-2у + 10) или (Э + А)* +(l-2A)tf+ 10А-5 = 0. Подставляя в нормальное уравнение прямой (3 + А)лг + (1 — 2А)у + 10А — -5 = 0 координаты точки MQ получим уранпение для определения А. = 5 или 22AJ - 155А - 75 - 0. (3 +JQ(-Q+ {] - 2А)(—2) + 1СА - 5 Отсюда находим А] —5/11. Аа = 15/2. Подставляя Aj и ^ в урав-нение пучка прямых получим, что условию задачи удовлетворяют дпе прямые Ах + Зу — 15 = 0 и Зх - Ау + 20 = 0, Второй способ. Решал систему заданных уравнений находим точку пересечения прямых Aft (0, 5), Искомую прямую Ах 4- By 4- С — 0 представим в виде ах + fly І- 1 = 0 fa = j3 = . Так как эта прямая проходит через точку Мь то Далее, подставляя координаты заданной точки 1Т~2) в нормальное уравнение искомой прямой, получим ~ 5 или а - 2fi + 1 + р1 отсюда а 1 — — —, (*2 = тт 3_ 1520 Тогда искомые прямые есть Ах -I- % - 15 = 0, З.т — 4у + 20 = 0. Задача 22, Написать уравнения сторон треугольника, если задана его вершина ?(1,3) и уравнение двух медиан у - 1 = 0, яг — 2у -f- -1-1=0 (см, рис. 14), м , г ГЛ.-И 82 А н а. і и ти ч ыкдя_ геом т рия и э,1 е.ц ент ыштор^^ георы --- Решение. Пусть AN\ и - ] - 0, я СМ: х — 2у +1 =0. Так г-і -г- -г л Л-Л +¦ 1 ЗУД + У В _ УА+Ъ хм - —— - -—- ш = — а 1 Я j ,у\> її я.f удовлетворяют уравнению медианы А/?7, тогда полс * ^ q j-л/"и //Д/ в уравнение я ~ + 1 = 0 получим Д'д - — 3 """ jJ т г-. для определения координат точки л инеем у а ~ 1 = О і - :І; отсюда получаем г і =5, чд = 1. Уравнение АВ: — ~ С? JLZJLL (Т-2й-7»0, Аналогично для координат точки yjj _ V 1 ^ 1 имеем систему: тс - 2ус + I = 0 и ус + 1 =0, arj уЛ ' тогда уравнение i?C: я - р Н- 2 = 0: уравнение ДС: * ^^ или J" - 4г/ — 1 -1).