ВН Сырицына ОЕ Кадееваuss.dvfu.ru/e-publications/2020/metod_koord_dlya... ·...

1

В.Н. Сырицына, О.Е. Кадеева

Метод координат для решения задач

элементарной геометрии (планиметрия)

2

Министерство науки и высшего образования Российской Федерации Федеральное государственное автономное образовательное

учреждение высшего образования «Дальневосточный федеральный университет»

В.Н. Сырицына, О.Е. Кадеева

Метод координат для решения задач элементарной геометрии (планиметрия)

Электронное издание

Владивосток Дальневосточный федеральный университет

2020

3

УДК 514.113 ББК 22.1я73 С 95

Рецензенты: Таранец Е.В. – кандидат педагогических наук, учитель высшей квалификационной катего-рии, методист математики МБОУ «Гимназия 29 г. Уссурийск» Комашинская Т.С. – кандидат физико-математических наук, доцент кафедры информатики, информационных технологий и методики обучения филиала ДВФУ в г. Уссурийске (Школы педаго-гики)

Авторы-составители: Сырицына Валентина Николаевна – старший преподаватель кафедры информатики, инфор-

мационных технологий и методики обучения филиала ДВФУ в г. Уссурийске (Школы педагогики) Кадеева Оксана Евгеньевна – кандидат философских наук, старший преподаватель кафедры

информатики, информационных технологий и методики обучения филиала ДВФУ в г. Уссурийске (Школы педагогики)

Сырицына, В.Н. Метод координат для решения задач элементарной геометрии (планиметрия) : учебно-методическое пособие / В.Н. Сырицына, О.Е. Кадеева ; Фили-ал Дальневосточного государственного университета в г. Уссурийске (Школа педаго-гики). – Владивосток : Дальневосточный федеральный университет, 2020. – [32 с.]. – Загл. с титул. экрана. – ISBN 978-5-7444-4747-2. – URL: http://uss.dvfu.ru/. – Дата пуб-ликации: 11.03.2020. – Текст. Изображения : электронные.

УДК 514.113 ББК 22.1я73

____________________________________________________________________ Электронное издание

Минимальные системные требования: процессор с частотой 1,3 ГГц (Intel, AMD); оперативная память 256 МБ, свободное место на винчестере 335 МБ; Windows (XP; Vista; 7 и т.п.)

Программное обеспечение: Acrobat Reader, Foxit Reader либо любой другой их аналог

В авторской редакции

Дальневосточный федеральный университет (филиал в г. Уссурийске)

690091, г. Владивосток, ул. Суханова, 8 [email protected]; (423) 2265443

Заказ 6, от 28.02.2020 г.

Объем 597 Кб

ISBN 978-5-7444-4747-2

© Сырицына В.Н., 2020 © Кадеева О.Е., 2020 © ФГАОУ ВО «ДВФУ», 2020

mailto:[email protected]

4

Îãëàâëåíèå

Аннотация................................................................................................................. 5

Введение ................................................................................................................... 6

Метод координат ...................................................................................................... 7

Краткая историческая справка ............................................................................. 7

Суть метода координат на плоскости .................................................................. 8

Доказательство известных теорем и утверждений геометрии ............................ 10

Теорема Пифагора............................................................................................... 10

Теорема о средней линии трапеции ................................................................... 10

Деление отрезка в заданном отношении ........................................................... 11

Формула площади треугольника ........................................................................ 12

Приложение метода координат к решению задач ................................................ 14

Краткие теоретические сведения .......................................................................... 28

Задачи для самоконтроля ....................................................................................... 30

Список литературы ................................................................................................ 32

5

Аннотация

Учебное пособие предназначено для студентов педвузов физико-мате-

матического направления, изучающих дисциплины «Элементарная математика.

Планиметрия», «Геометрия», а также курс «Методика преподавания математи-

ки в школе». В нем содержится справочный материал, содержащий необходи-

мые формулы и теоретические сведения по геометрии, рекомендации по реше-

нию ряда геометрических задач методом координат на плоскости, а также зада-

чи для самостоятельной работы.

С помощью метода координат, как интересного и рационального метода

многие задачи решаются гораздо проще, чем традиционным способом. А, неко-

торые теоремы – теорема Пифагора, теорема о средней линии трапеции, теоре-

ма о средней линии треугольника, теорема о свойствах диагоналей параллело-

грамма – доказываются «в одну строчку», причем простота, наглядность и ма-

тематическое изящество на лицо. В дальнейшем, при изучении стереометрии,

можно воспользоваться полученными знаниями и решать некоторые стерео-

метрические задачи методом координат.

6

Введение

Аналитическая геометрия, как самостоятельная наука сала стремительно

развиваться, когда для изучения некоторых свойств геометрических фигур ста-

ли использовать законы алгебры. Ее начало связано с открытием метода коор-

динат, который является основным методом аналитической геометрии и основ-

ными геометрическими фигурами этой науки – являются точки, прямые, плос-

кости, линии и поверхности второго порядка.

По словам великого французского математика Софии Жермен (1776–

1831) – «Алгебра – не что иное как записанная в символах геометрия, а геомет-

рия – это просто алгебра, воплощенная в фигурах». Это он говорил об аналити-

ческой геометрии, в частности имея в виду метод координат.

Алгоритм использования метода координат строится следующим обра-

зом: геометрические фигуры определяются аналитическими условиями, что по-

зволяет решать геометрические задачи и поводить геометрические исследова-

ния средствами алгебры. Алгебра в свою очередь имеет огромный понятийный

аппарат и множество различных способов решения задач и их интеграция в

геометрию является главным достоинством метода координат – когда пропада-

ет необходимость прибегать к наглядному представлению сложных простран-

ственных конфигураций.

Метод координат приобрел свою популярность благодаря своей универ-

сальности, причем не только в геометрии и математике в целом, но и во многих

других естественных и технических науках. Поэтому актуальность данного по-

собия не вызывает сомнений.

7

Метод координат

Краткая историческая справка

Идея использование метода координат для решения различного рода за-

дач зародилась у исследователей несколько тысяч лет тому назад. Уже в древ-

нем мире астрономы использовали специальные системы координат на вообра-

жаемой небесной сфере для определения положения наиболее ярки звезд. Они

составляли карты звездного неба с большой точностью, основываясь на наблю-

дениях за перемещением Солнца, Луны и планет относительно неподвижных

звёзд. И только намного позже капитаны кораблей стали использовать системы

географических координат для составления карт земной поверхности и опреде-

ления местонахождения корабля в открытом море. На стене одной из погре-

бальных камер Древнего Египта были обнаружены следы применения прототи-

па прямоугольной системы координат в виде квадратной сетки. Во II веке до

н.э. греческий ученый Гиппарх выдвинул предположение, что положение точки

на земной поверхности можно определять с помощью географических коорди-

нат – широта и долготы, выражаемых числами.

Долгое время, вплоть до XVII века, метод координат применялся в одно-

стороннем порядке. Его использовали только для определения местоположе-

ния, какого либо объекта – неподвижного (гора, мыс) или движущегося (ко-

рабль, планета).

И только в 1637 году французский философ и математик Рене Декарт, в

своей книге «Геометрия» обосновал значимость метода координат. Он ввел по-

нятие переменной величины и при изучении различных линий известных в то

время, заметил, что координаты точки, при перемещении по данной линии, свя-

заны определенной закономерность, которую можно представить в виде урав-

нения, которое в свою очередь будет характеризовать эту линию. Таким обра-

зом, было положено начало аналитической геометрии, найден способ изучения

линий по их уравнениям, что дало огромный толчок к развитию других матема-

тических наук. Декарт ввел систему координат, которой пользуются все и в на-

стоящее время, ее еще называют декартовой системой координат. Он ввел ал-

8

гебраический метод в геометрию через соответствие между числами и отрезка-

ми прямой, который позволял изображать числа отрезками, представлять зави-

симость различных величин в виде графиков на координатной плоскости и вы-

полнять различные арифметические действии над геометрическими величина-

ми и представлять геометрические фигуры различными алгебраическими

функциями.

Этот метод отличавшийся изяществом, простотой и красотой был совер-

шенно новым в истории математики.

Великий математик Пьер Ферма внес немалый и неоценимый вклад в

развитии метода координат, но к сожалению его работы были оценены и опуб-

ликованы только после его смерти. Причем как Декарт, так и Фермат нашли

применение методу координат только на плоскости, а вот для трехмерного про-

странства его применил Леонард Эйлер только в 18 веке.

Суть метода координат на плоскости

В основе аналитической геометрии лежит метод координат. Его суть за-

ключатся в том, что система координат каким либо образом устанавливает со-

ответствие между геометрическими объектами – точками плоскости и алгеб-

раическими объектами – упорядоченными парами вещественных чисел.

Таким образом, геометрические фигуры, как совокупность множества то-

чек плоскости, будут представлены уникальным набором точек, координаты

которых будут связаны какой либо алгебраической зависимостью- уравнением,

неравенством или их системой неравенств.

Геометрические фигуры имеют набор определенных свойств. Их изуче-

ние в результате применения метода координат водится к изучению свойств ал-

гебраической зависимости, которая описывает эти фигуры в определенной сис-

теме координат. При этом уже применяются известные методы алгебры и ма-

тематического анализа. Самое главное при использовании этого метода для ре-

шения геометрических задач, чтобы условие задачи естественным способом

определяла систему координат.

9

Все задачи, решаемые в курсе аналитической геометрии можно разделить

на два типа:

задачи первого типа выявляют и находят зависимость межу элементами

данной фигуры;

задачи второго типа направлены на составление уравнения данной фигу-

ры, если известны характеристические свойства точек данной фигуры.

Рассмотрим алгоритм решения первого типа планиметрических задач:

1. Вводим прямоугольную систему координат. Обычно в качестве осей

координат выбираются прямые, фигурирующие в условии задачи, а также оси

симметрии фигур, рассматриваемых в задаче.

2. Записываем условие задачи в координатах.

3. Решение планиметрической задачи проводим с помощью алгебраиче-

ских вычислений.

4. Записываем ответ в геометрической интерпретации.

Задачи второго типа имеют следующий достаточно простой алгоритм

решения:

1. Выбираем произвольную точку, принадлежащую указанной фигуре, и

задаем ей координаты (x, y).

2. В буквенных выражениях расписываем общее свойство точек данной

фигуры.

3. Выражаем через координаты полученное свойство, выполняем алгеб-

раические преобразования и, в итоге, получаем искомое уравнение фигуры.

10

Доказательство известных теорем и утверждений геометрии

при помощи метода координат.

Теорема Пифагора

В прямоугольном треугольнике квадрат гипотенузы равен сумме квадра-

тов катетов.

Дано: ОВС – прямоугольный треугольник, О (0; 0), С (а; 0), В (0; в).

Доказать: ВС2=ОС2+ОВ2

Доказательство:

ОС (а; о), ОВ (0; в), ВС (а; -в)

|OC|2=a2; |OB|2=b2; |BC|2=a2+b2, значит: ВС2=ОС2+ОВ2, что и следовало доказать.

Теорема о средней линии трапеции

Средняя линия трапеции параллельна осно-

ваниям и равна их полу сумме.

Доказательство.

Пусть ABCD – трапеция, MK –

средняя линия. Точку А примем за начало

координат. Луч AD примем за положитель-

ную полуось абсцисс. Координаты вершин

трапеции будут следующими: A (0;0), D (x1;0), C (x2;y2), B (x3;y3). Тогда коорди-

11

наты точек M и K такие: Так как ординаты концов

средней линии равны, то следовательно, средняя линия параллельна оси абс-

цисс. Поскольку основание трапеции лежит на оси абсцисс, то средняя линия

параллельна основаниям.

Вычислим длины оснований и средней линии трапеции. AD=x1, BC=x2-

x3, MK=

Теорема доказана.

Деление отрезка в заданном отношении

Пусть М1 и М2 – две точки плоскости, а µ – некоторое действительное

число, причем µ=-1. Говорят, что точка М делит (направленный) отрезокМ М

в данном отношении µ, если М М = µММ . Из этого равенства можно сделать

вывод, о том, что векторы М М и ММ коллинеарны. Следовательно, точка М

лежит на прямойМ1М2. Более того, если µ>0, то векторыМ М и ММ одинаково

направлены и, значит точка М лежит на отрезке М1М2. Если же µ<0, то точка М

лежит вне отрезкаМ1М2.

Зададим на плоскости аффинную систему координатОе е и допустим,

что концы отрезкаМ М имеют координаты:М1(х1,у1),М2(х2,у2). Поставим задачу:

найти координаты точки М(х,у), если она делит отрезокМ1М2 в данном отно-

шении µ. По формуле (7) из $4 М М = ОМ − ОМ , ММ = ОМ − ОМ , поэтому наше

равенство можем записать следующим образом ОМ − ОМ =µ(ОМ − ОМ ). Отсюда находим:(1+µ) ОМ = ОМ +µОМ . Так как µ+1=0, то ОМ = ОМ ОМ = ОМ + ОМ . (*)

Векторы ОМ , ОМ и ОМ являются радиус – векторами точек М, М1,

М2,поэтому эти векторы в базисе е ,е имеют координаты ОМ(х, у) , ОМ (х1,у1)

иОМ (х2,у2). Применим к (*) свойства координат векторов, получаем: = + µ 1 + µ , = 1 + µ 21 + µ

12

Так выражаются координаты х, у точки М, делящей в данном отношении µ отрезок М1М2 через соответствующие координаты концов этого отрезка. В

частности, середина отрезка М1М2 имеет координаты (µ = 1): = + 1 + µ , = 1 + 21 + µ

Отметим, что для любого действительного числа µ, отличного от -1, на

прямой М1М2 существует одна и только одна точка М, делящая отрезок М1М2 в

отношении µ.

Формула площади треугольника

Рассмотрим на координатной плоскости xоy треугольник с вершинами в

точках A (x1; y1), B (x2; y2), C (x3; y3). Уравнение прямой, на которой лежит сто-

рона AB этого треугольника, можно записать в виде(x-x1)(y2-y1)-(y-y1)(x2-x1)=0.

Подставив координаты третьей вершины C (x3; y3) в левую часть этого уравне-

ния, получим некоторое значение q=(x3-x1)(y2-

y1)-(y3-y1)(x2-x1).

Чтобы понять геометрический смысл числа q,

заметим, что уравнение (x-x1)(y2-y1)-(y-y1)(x2-

x1)=q задает прямую, параллельную сторо-

не AB данного треугольника. Поэтому для каж-

дой точки этой прямой результат подстановки ее

координат в левую часть уравнения тот же, что и для точки C (x3; y3), и дает

число q. Значит, тоже значение получится и для точки C1 (x4; y1) пересечения

упомянутой прямой с прямой y=y1, параллельной оси абсцисс и проходящей

через вершину A нашего треугольника. Но в этой точке (x-x1)(y2-y1)-(y-y1)(x2-

x1)=(x4-x1)(y2-y1). Геометрический смысл последнего выражения понять уже не-

сложно: (x4-x1)(y2-y1) это площадь параллелограмма со сторонами AB и AC1,

а длина стороны AC1 равна (x4-x1). Длина высоты параллелограмма, опу-

щенной из вершины B на эту сторону равна y2-y1. Поэтому q это пло-

щадь ∆ABC1, но она такая же, что и у ∆ABC, с которого мы начали рассмотре-

ние. (Ведь вершина C1 получилась в результате «скольжения» вершины C по

13

прямой, параллельной стороне треугольника, а основание осталось неизмен-

ным!) В результате приходим к следующей замечательной формуле для площа-

ди треугольника:

S= x3-x1)(y2-y1)-(y3-y1)(x2-x1) .

14

Приложение метода координат к решению задач

элементарной геометрии

1. Доказать, что в прямоугольном треугольнике каждый из катетов есть

среднее пропорциональное между гипотенузой и его проекцией на гипотенузу.


Введем прямоугольную систему координат, как показано на рисунке. То-

гда вершины треугольника имеют координаты С(0,0), А(0,у) и В(х,0).Нам необ-

ходимо доказать: = √ ∗ и = √ ∗ (приложение 1, 2, 3). Вычислим

длины соответствующих сторон АС, СВ, АВ, АD, DB (приложение 4). АС=у

СВ=х АВ = х + у

Рассмотрим ∆АВС и найдем в нем косинус угла В (приложение 5). cos = = +

Рассмотрим ∆BDС и найдем в нем косинус угла B (приложение 5). cos = + =

= 2 + 2 Нам необходимо доказать = √ ∗ . Подставим полученные данные

в это уравнение.

= √ ∗ = √ ∗

Дано: ∆АВС, С=900

СD AB

Доказать:

В(х,0)

А(0,у)

С(0,0) 0

у

х

D

15

= 2 + 2 ∗ 2 2+ 2 = √ 2 =

x=x

Получили верное тождество, что и требовалась доказать.

Рассмотрим ∆АВС и найдем в нем косинус угла А (приложение 5). cos = = +

Рассмотрим ∆АDС и найдем в нем косинус угла А (приложение 5). cos = + = ; = +

Нам необходимо доказать = √ ∗ . Подставим полученные данные

в это уравнение. = 2 + 2 ∗ 2 2+ 2 = 2 =

y=y

Получили верное тождество, что и требовалась доказать.

2. Доказать, что в прямоугольном треугольнике перпендикуляр, опущен-

ный из вершины прямого угла на гипотенузу, есть среднее пропорциональное

между двумя отрезками, на которые он рассекает гипотенузу.



гда вершины треугольника имеют координаты С(0,0), А(0,у) и В(х,0).Нам необ-

= √ ∗

Дано: ∆АВС, С=900

СD AB

Доказать:

В(х,0)

А(0,у)

С(0,0)

у

D

0 х

16

ходимо доказать: = √ ∗ (приложение 3). Вычислим длины соответст-

вующих сторон АС, СВ, АВ, АD, DB, CD (приложение 4). АС=у

СВ=х АВ = х + у

Рассмотрим ∆АВС и найдем в нем косинус угла A (приложение 5). cos = = +

Рассмотрим ∆ADС и найдем в нем косинус угла A (приложение 5). cos = + =

= 2 + 2 Рассмотрим ∆АВС и найдем в нем косинус угла В (приложение 5). cos = = +

Рассмотрим ∆BDС и найдем в нем косинус угла B (приложение 5). cos = + =

= 2 + 2 Рассмотрим ∆АВС и найдем его площадь. = ∗ = ∗ (приложение 7) и = ∗ = ∗ х2 + у2(приложение 6).

Приравняем правые части этих уравнений. 12 ∗ = 12 ∗ х2 + у2 = ∗ х2 + у2

17

Нам необходимо доказать = √ ∗ . Подставим полученные данные

в это уравнение. ∗ х у = ∗ = ∗ х у Получили верное тождество, что и требовалась доказать.

3. Даны треугольник и в его плоскости произвольная точка М, которая

дважды последовательно отражается относительно всех вершин треугольника.

Доказать, что после последнего шага отраженная точка совпадает с точкой М.



гда вершины треугольника имеют координаты A(a,0), B(0,b) и C(c,0).Пусть точ-

ка М(х,у).Так как точка М последовательно отражается от вершин треугольни-

ка(приложение 10), то вершины треугольника будут серединами получаемых

отрезков. Выразим формулы для нахождения координат отраженной точки М

относительно вершин треугольника.

Координаты середины отрезка вычисляются по формуле (приложение 8). = и = 2 = + и 2 = + = 2 − и = 2 −

Найдем координаты точки отраженной от вершины В первый раз

М1(-х;2b-y)

Найдем координаты точки отраженной от вершины A первый раз

∆АВС Дано:

M€∆АВС

Доказать:

M=M6 M(x,y)

С(с,0)

у

0

В(0,b)

А(а,0) х

18

М2(2a-(-х);-(2b-y))=М2 (2a+х;y-2b)

Найдем координаты точки отраженной от вершины C первый раз

М3(2c-(2a+х);-(y-2b))=М3(2c-2a-х;2b-y)

Найдем координаты точки отраженной от вершины В второй раз

М4(-(2c-2a-х);2b-(2b-y))=М4 (-2c+2a+х;y)

Найдем координаты точки отраженной от вершины A второй раз

М5(2a-(-2c+2a+х);-y)=М5(2a+2c-2a-х;-y)=М5(2c-х;-y)

Найдем координаты точки отраженной от вершины C второй раз

М6(2c-(2c-х);y)= М6 (2c-2c+х;y)= М6 (х;y)=M(х;y)

Что и требовалась доказать.

4. Пусть ABC – произвольный треугольник, а l – некоторая прямая, лежа-

щая в его плоскости и проходящая через точку М0 пересечения медиан. Если

A', В' и C' – проекции точек A, В, С на прямую l, то АА' + ВВ' + СС' = 0. Дока-

зать.



гда вершины треугольника имеют координаты A(a,0), B(0,b) и C(c,0).

Так как точка М0является точкой пересечения медиан, то

AF=FBиBN=NC. Найдем координаты точек Fи N (Приложение 8).

F( ; ); N ( ; );

Дано: ∆АВС; l — некоторая прямая

М0 точкa пересечения медиан

A', В' и C' – проекции точек A, В, С на пря-

мую l

Доказать: ′+ ′+ =0

F N М0

0

В(0,b)

у

С(с,0) А(а,0) х

l

19

Составим уравнения прямых (Приложение 9)ANи CF и найдем координа-

ты точки М, как пересечение этих прямых.

АN : = ; АN :y=

( ) ; АN :y= ( − ): ( ); АN :y=

( )

CF : = ; CF :y=

( ) ; CF :y= ( − ): ( ); CF :y=

( )

( ) = ( ) (x − c)(c − 2a) = (x − a)(a − 2c) xc-c2-2ac+2ac=xa-a2-2xc+2ac; x(c-2a)-c2=x(x-a)-a2;x(c-2a)-x(x-a)=c2-a2;

x(c-2a-a+2c)=(c-a)(c+a); x(3c-3a)=(c-a)(c+a); 3x(c-a)=(c-a)(c+a); x=

y= ( ) = ( ) ( ) = ( ) ( )=

М( ; )

Так как прямая lпроизвольная пусть она будет параллельна оси ОХ и про-

ходит через точку М. Тогда ее уравнение будет (Приложение 11):

y=

Тогда проекции точек А, В и С на прямую l будут иметь следующие координа-

ты:А′ (a; ) ;B′(0; ) ; C′(0; ) ′(a-a;0- ) = ′(0;- )

′(0;b- ) = ′(0; )

′(c-c;0- ) = ′(0;- )

′+ ′+ =(0;- )+(0; )+(0;- )=(0+0+0;− + − ) = (0; 0) =


5. Доказать теорему: пусть точки А1, В1 и С1 лежат на прямых ВС, СА, AВ,

образующих треугольник ABC. Если прямые АА1,ВВ1и СС1пересекаются в од-

ной точке, то

20



гда вершины треугольника имеют координаты A(ха,0), B(0,0) и C(хс,ус). Каждая

координата вектора равна разности соответствующих координат его конца и

начала.

Так как прямые A1A, B1B и C1C в ∆АВС пересекаются в одной точке, то они яв-

ляются медианами этого треугольника (приложение 11). Тогда

A1 ( ; ); B1 (

; ); A1 ( ; 0); ( − ; 0)= ( ; 0); ( ; 0); ( ; ); ( − ; − )= ( ; ); ( − ; − )= ( ; − ) = ( ; − ); ( − ; − ) = ( ; − ) = ( ; − )

Тогда ∙ ∙ = ( ; )( ; ) ∙ ( ; )( ; ) ∙ ( ; )( ; ) = 1


6. Доказать теорему Стюарта: для треугольника ABC и точки D, лежащей

между В и С, имеет место равенство

АВ2 • DC + АС2 • BD - AD2• ВС = ВС• DC • BD.

Дано: ∆АВС, A1€BC, B1 € CA, C1 € AB,

A1A B1B C1C =O

Доказать:

О

A1 B1

C1 0 х В(0,0)

у

А(ха,0)

С(хс,ус)

21



гда вершины треугольника имеют координаты B(0,0), А(ха,уа) и C(хс,0).Тогда

D(хd,0).Нам необходимо доказать:АВ2 • DC + АС2 • BD - AD2• ВС = ВС• DC • BD.

Вычислим длины соответствующих сторон АВ2, DС,АС2, ВD, АD2 и ВС (при-

ложение 4).

АВ2=ха + уа ;DС=хс-хd ; АС2=(ха-хс)2+уа ;ВD= хd ; АD2=(ха-хd)2+уа ;ВС= хс

Отсюда получаем:

АВ2 • DC + АС2 • BD - AD2• ВС=(ха + уа ) ∗ (хс-хd)+ ((ха-хс)2+уа

)* хd -

((ха-хd)2+уа ) ∗ хс=ха хс+уа хс-ха хd-уа

хd+ха хd-2 хахс хd+х хd+уа хd-ха xс+2 ха

хdхс-х хс-уа хc=-ха хd-уа хd+ха хd+х хd+уа

хd-х хс=х хd-х хс = хсхd(хс-

хd)=ВС• BD • DC Что и требовалась доказать.

Дано: ∆АВС,

Доказать: АВ2 • DC + АС2 • BD - AD2• ВС = ВС• DC • BD

D(хd,0) 0 х В(0,0)

у

С(хс,0)

А(ха,уа)

22

7. Доказать, что если диагонали трапеции равны, то трапеция равнобочная.



гда вершины трапеции имеют координаты О(0,0), А(ха,у), В(хb,y) и D

(х,0).Вычислим длины соответствующих сторон ОВ,АD, ОА и ВD (приложение

4).

ОВ= х + у ;AD= (х − ) + у ; ОA= х + у ; BD= (х − ) + у OB=AD х + у = (х − ) + у - возведем обе части уравнения в квадрат х + у = (х − ) + у ; х + у = (х − ) +у ; х = (х − ) ; |х | = |х − |; х > 0 и (х − )<0 Следовательно х = − х ; x=х + х

OA=BD х + у = (х − ) + у - возведем обе части уравнения в квадрат

х + у = (х − ) + у ; ха + у = (х − )2+у ; х = (х − ) Подставим в полу-

ченное уравнение найденное значение x=х + х . х = (х − (х + х )) ; х = (х − х − х ) Следовательно х = х получили

верное тождество. ЗначитOA=BD.


Дано: OABD – трапеция

OB=AD

Доказать:

OA=BD D(х,0)

В(хb,y) А(xa,у)

O(0,0)

у

0 х

23

8. Доказать, что отрезок, соединяющий середины диагоналей трапеции,

параллелен основаниям и равен их полуразности.



гда вершины трапеции имеют координаты A(0,0), C(хc,у), В(хb,y) и D (х,0).Так как

точки M и N являются серединами диагоналей, то они будут иметь следующие

координаты

N( с ; у ); M( ; у ) (Приложение 8).

AD=x; BC= (х − ) + (у − ) = (х − ) =х − (Приложение 4).

MN= ( + 2 − 2 ) + ( 2− у2) = ( + − 2 ) = =

Что и требовалась доказать. Докажем теперь параллельность отрезка MN и оснований.

Основания трапеции параллельны оси ОХ, следовательно, их угловые ко-

эффициенты равны 0. Докажем, что прямая MN, тоже имеет нулевой угловой

коэффициент.

MN : с с = у у у (Приложение 9).

= у угловой коэффициент равен нулю, что и требовалась доказать.

Следовательно, отрезок, соединяющий середины диагоналей трапеции, парал-

лелен основаниям.

АВС трапеция Дано:

AN=NC

BM=MD

Доказать:

NM BC AD, NM=AD-DC

C(xc,у)

M NА(0,0)

B(xb,у)

у

D(х,0)

0 х

24

9. Показать, что прямая, соединяющая точку пересечения диагоналей

трапеции с точкой пересечения боковых сторон, делит основания трапеции по-

полам.



гда вершины трапеции имеют координаты A(0,0), C(хc,уc), В(хb,yb) и D (хd,0).

M( ; 0); N( ; ) (Приложение 8).

MN: = ; = ;y= ( ) (Приложение 9).

AB: = ;y= (Приложение 9).

CD: = ; y= ( ) (Приложение 9).

Найдем координаты точки F, как пересечение AB и CD. = ( ) ; x( − ) = ( − ); x( − ) = − ; x( − ) − = − ;x( − − ) = − ; x= ; y= ∗ ÷ = ∗ × = F( ; ) Проверим, принадлежит ли точка F прямой MN.

= ( ) ;

Дано: АВС трапеция,

AB CD=F; AC BD =O;

Доказать:

BN=NC; AM=MD

B(xb,уb)

M

O

N

F

А(0,0)

C(xc,уb)

у

D(хd,0)

0 х

25

( + − ) = (2 − )( + − ) + - =2 − − + 0=0 Следовательно, точка F принадлежит прямой MN.

AС: с = ;y= (Приложение 9).

DB: = ; y= ( ) (Приложение 9).

Найдем координаты точки O, как пересечение AС и DB. = ( ) ; x( − ) = ( − ); x( − ) = − ; x( − ) − = − ;x( − − ) = − ; x= ; y= ∗ ÷ = ∗ × = O( ; ) Проверим, принадлежит ли точка O прямой MN.

= ( с ) ; ( + − ) = (2 с − )( + − ) − + + =2 с + − −

0=0 Следовательно, точка О принадлежит прямой MN.

Прямую MN мы строили с учетом того, что M и N середины оснований

трапеции, а точки F и О, которые являются точкой пересечения продолжения

боковых сторон и диагоналей соответственно, принадлежат этой прямой. По-

этому мы доказали, что прямая, соединяющая точку пересечения диагоналей

трапеции с точкой пересечения боковых сторон,

делит основания трапеции пополам.

26

10. Дана окружность радиуса r и на ней точка А. Найти множество точек

Ω, делящих всевозможные хорды, проведенные через точку А, в одном и том

же отношении µ, где µ>0[1].


Возьмем прямоугольную систему координат так, чтобы центр данной ок-

ружности совпал с началом координат, а точка А имела координаты A(-r; 0).

Дано: Окружность радиуса r, точка А при-

надлежит окружности

Доказать:

Найти множество точек Ω, делящих всевозможные хорды, проведенные через точку А, в одном и том же от-ношении µ

M

С 0

у

х В A

28

Краткие теоретические сведения

1. Так как высота, проведенная к гипотенузе, представляет собой прове-

денный к ней перпендикуляр, то катеты – это наклонные, а отрезки гипотенузы,

на которые делит ее высота – проекции катетов на гипотенузу прямоугольного

треугольника.

2. Катет прямоугольного треугольника есть среднее геометрическое

(среднее пропорциональное) между гипотенузой и проекцией этого катета

на гипотенузу.

3. Среднее геометрическое (среднее пропорциональное) n чисел, есть

корень n-й степени из произведения этих чисел.

4. Длина отрезка АВ заданная координатами его концов А(х1,у1) и

В(х2,у2), вычисляется по формуле = ( − ) + ( − )

5. Рассмотрим треугольник ABC. Катет BC треугольника ABC является

противолежащим углу A, а катет AC – прилежащий к этому углу. Дадим опре-

деление синуса, косинуса, тангенса и котангенса угла.

Синусом острого угла прямоугольного треугольника назы-

вают отношение противолежащего катета к гипотенузе.

Косинусом острого угла прямоугольного треугольника на-

зывают отношение прилежащего катета к гипотенузе.

Тангенсом острого угла прямоугольного треугольника называется отно-

шение противолежащего катета к прилежащему.

Котангенсом острого угла прямоугольного треугольника называется от-

ношение прилежащего катета к противолежащему.

6. Формула площади треугольника по длине и высоте S= a*h/2, где а – это

длина стороны треугольника, площадь которого нужно найти, h-длина прове-

денной к основанию высоты.

29

7. Формула площади прямоугольного треугольника равна половине про-

изведения катетов S= a*b/2,где a,b – это длина катетов. Катетами называются

стороны, прилежащие к прямому углу.

8. Координаты середины отрезка равны полу суммам координат его

концов: если концы отрезка – A(x1; y1) и B(x2; y2), то координаты его середины

9. Уравнение прямой заданной двумя точками M1(x1; ) и M2(x2; ) име-

ет вид = 10. Пусть О — фиксированная точка и X – произвольная точка плоскости.

Если отложить на продолжении отрезка ОХ за точку О отрезок ОХ', равный

ОХ, то точка X' называется симметричной точке X относительно точки О.

11. Медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся ею в

отношении 2:1, считая от вершины треугольника.

12.Определение. Любая прямая на плоскости может быть задана уравне-

нием первого порядка Ах + Ву + С = 0,причем постоянные А, В не равны нулю

одновременно. Это уравнение первого порядка называют общим уравнением

прямой. В зависимости от значений постоянных А,В и С возможны следующие

частные случаи:

• C = 0, А ≠0, В ≠ 0 – прямая проходит через начало координат

• А = 0, В ≠0, С ≠0 By + C = 0- прямая параллельна оси Ох

• В = 0, А ≠0, С ≠ 0 Ax + C = 0 – прямая параллельна оси Оу

• В = С = 0, А ≠0 – прямая совпадает с осью Оу

• А = С = 0, В ≠0 – прямая совпадает с осью Ох

30

Задачи для самоконтроля

1. Точки А(4;2), В(0;-6), С(-4;-2) являются вершинами треугольника. Дока-

жите, что этот треугольник равнобедренный.

2. Треугольник АВС равнобедренный, его основание равно 12 см., а высо-

та ОВ равна 4см. Из вершины А проведена медиана, найдите ее длину.

3. Дан четырехугольник АВСD. Координаты его вершин равны соответст-

венно – А(-5;0), В(-3;3), С(2;3), D(4;0). Докажите, что этот четырехуголь-

ник - трапеция.

4. Треугольник АВС задан координатами своих вершин А(2;2√3), В(0;0),

С(3;√3). Найдите углы этого треугольника.

5. Дан прямоугольнике АВСD. Точка К делит диагональ ВD в отношении

2:1, считая от вершины В. Точка Е-середина стороны СD. Используя ме-

тод координат, докажите, что точка К принадлежит отрезку АЕ и делит

го в отношении 1:2.

6. Даны две точки – (1;1) и (3;7). На осях координат найдите точки, каждая

из которых равноудалена от заданных точек.

7. На оси Оу найти точку, равноудаленную от точки (-8;-4) и от начала ко-

ординат.

8. Треугольник АВС задан координатами своих вершин А(2;-3), В(1;3) и

С(-6;-4). Найдите точку М, которая симметрична вершине А относитель-

но стороны ВС.

9. Дан треугольник АВС. Его вершины имеют следующие координаты –

А(2;2), В(-5;1) и С(3;-5). Найдите центр и радиус круга, описанного око-

ло этого треугольника.

10. Дан ромб со стороной равной 10 см. и противолежащими вершинами

А(8;-3) и С(10;11). Найдите две другие вершины ромба.

11. Даны две точки – А(-4;2) и В(2;0). Найдите центр окружности, проходя-

щей через точку А и касающейся оси Ох в точке В.

12. Найдите точки пересечения прямой АВ с осями координат, если коор-

динаты этих точек равны соответственно А(3;4) и В(2;-1). .

31

13. Найдите вершины треугольника, если известны координаты середин его

сторон – М1(2;4), М2(-3;0), М3(2;1).

14. Дан параллелограмм АВСD и его две смежные вершины А(-4;-7) и

В(2;6). Точка пересечения диагоналей параллелограмма имеет координа-

ты М(3;1). Найти две другие вершины параллелограмма.

15. На прямой АВ найти такую точку М, чтобы она была расположена по ту

же сторону от точки А, что и очка В, и чтобы отрезок АМ был втрое

больше отрезка АВ. Координаты точек: А(-3;1) и В(2;-3).

16. Дан отрезок АВ и его координаты А(-4;2) и В(8;-7). Найдите точки С и

D, которые делят этот отрезок на три равные части.

17. Треугольник АВС задан координатами своих вершин: А(5;-4), В(-1;2) и

С(5;1). Найдите длину медианы проведенной из вершины В.

18. Дана прямая заданная двумя точками (4;2) и (0;-1). Найдите координаты

точки, отстоящие от точки (-4;-4) на расстоянии 5.

19. Дана прямая АВ. Эта прямая пересекает ось ординат в точке С и делит

отрезок АВ в отношении, равном 2:3, а точка D пересечения прямой АВ с

осью абсцисс делит отрезок АВ в отношении 3:4. Найдите координаты

очки В, если точка А имеет координаты (2;4).

20. Дана прямая заданная двумя точками (4;8) и (-1;-4). Найдите точки, от-

стоящие от второй из данных точек на расстоянии 4.

21. Найти точку пересечения общих касательных двух окружностей, центры

которых совпадают с точками С1(2;5) и С2(7 ; 10 ), а радиусы соответ-

ственно равны 3 и 7.

22. Даны трапеция АВСD с основание АD=15 и три последовательные

вершины трапеции А(-;-2), В(1;3), С(9;9). Найдите четвертую вершину D.

23. Треугольник АВС задан координатами своих вершин – А(4;2), И(9;4) и

С(7;6). Вычислите площадь этого треугольника.

32

Список литературы

1. Атанасян Л.С., Базылев В.Т., «Геометрия» в 2-х частях, часть 1-я, Москва,

«Просвещение», 1986.

2. Базылев В.Т., Дуничев К.И., Иваницкая В.П., «Геометрия»: учебное посо-

бие для студентов 1-го курса физико-математических факультетов педа-

гогических институтов, Москва «Просвещение», 1974.

3. Атанасян Л.С., Атанасян В.А., Сборник задач по геометрии, часть 1-я,

Москва. «Просвещение», 1973.

4. Гельфанд И.М., «Метод координат», издательство «Наука», Москва,

1973.

5. Шавгулидзе Е.Т. «Метод координат: Методическая разработка для уча-

щихся заочного отделения МММФ» – Издательство центра прикладных

исследований при механико-математическом факультете МГУ, Москва

2018.

6. Ильин В.А, Позняк Э.Г. «Аналитическая геометрия», издательство «Нау-

ка», Москва 2013.

7. Метод координат. Учебное пособие для учащихся ОЛ ВЗМШ. Москва,

2012.

8. Факультативный курс по математике 7-0. Москва «Просвещение», 2011.

ВН Сырицына ОЕ Кадееваuss.dvfu.ru/e-publications/2020/metod_koord_dlya... ·...

Documents

Transcript of ВН Сырицына ОЕ Кадееваuss.dvfu.ru/e-publications/2020/metod_koord_dlya... ·...