Декартова система координат (ДСК) на плоскости

Расстояние |АВ| между двумя точками А(х_А; у_А)и В(х_В; у_В) (рис.1):

|AB| = . (1)

Деление отрезка в заданном отношении. Если точка С делит отрезок АВ в отношении λ, начиная от точки A (рис. 1), т.е. , то координаты точки C:

. (2)

Если точка С делит отрезок АВ пополам, т.е. =1, то координаты точки C:

. (3)

В ДСК уравнение линии имеет вид F(х, у) = 0 или у = f(х).

Полярная система координат (ПСК)

Положение точки М в ПСК (рис.2) определяют две координаты: М , где r – полярный радиус

(r = |0M|), φ = – полярный угол.

ОДЗ для полярных координат: или

Если совместить ПСК и ДСК так, чтобы полюс совпал с началом координат ДСК, а ось ОР совпадала с положительной полуосью ОХ, то получим формулы связи между декартовыми координатами точки M(x; y) и ее полярными координатами М :

и (4)

Чтобы найти полярный угол φ по известному значению tgφ, нужно

учесть, в какой четверти координатной плоскости находится точка М:

(5)

В ПСК уравнение линии имеет вид F(r, φ) = 0 или r = f(φ).

Прямая линия на плоскости

Общее уравнение прямой на плоскости:

Ах + В у + С = 0.

Уравнение прямой с угловым коэффициентом (рис. 3):

у = k x + b. (6)

Уравнение вертикальной прямой (рис. 3):

х = а. (7)

Уравнения прямых, проходящих через одну заданную точку М(х₀; у_0­) (уравнение пучка прямых):

у – y₀ = k(x – x₀). (8)

Угловой коэффициент прямой, проходящей через две заданные точки А(х₁; у₁) и В(х₂; у₂):

. (9)

Уравнение прямой, проходящей через две заданные точки:

. (10)

Пусть на плоскости заданы две прямые, которым соответствуют уравнения с угловыми коэффициентами: у = k₁ x + b₁ и у = k₂ x + b₂.

Условие параллельности прямых на плоскости:

k₁= k₂._. (11)

Условие перпендикулярности прямых:

. (12)

Если одна из двух перпендикулярных прямых вертикальная, т.е. k₂ не существует, то k₁= 0 и обратно: если k₂ = 0, то k₁ не существует.

Тангенс острого угла между пересекающимися прямыми можно найти, используя формулу:

, (13)

откуда . Если одна из прямых вертикальная, т.е. k₂ не существует, то .

Кривые второго порядка

Каноническое уравнение эллипса:

.(14)

Термины и обозначения основных элементов эллипса (рис. 4):

O – центр эллипса;

с – фокусное расстояние;

F₁(–c; 0), F₂(c; 0) – фокусы эллипса;

|А₁А₂| = 2a– длина большой оси;

а– большая полуось эллипса;

|B₁B₂| = 2b – длина малой оси;

b– малая полуось эллипса.

Для эллипса справедливо: c²= a²– b².

Число называется эксцентриситетом эллипса .

Если a < b, то эллипс имеет вытянутую по вертикали форму (рис. 5).

В этом случае фокусы эллипса F₁(0; –c), F₂(0; c), эксцентриситет и справедливо c²= b² – a².

Если a = b, то уравнение эллипса становится уравнением окружности:

x² + y² = R² ,

где R= a= b.

В этом случае фокусы эллипса совпадают с центром окружности, фокусное расстояние с = 0, эксцентриситет окружности .

Каноническое уравнение гиперболы:

. (15)

Термины и обозначения основных элементов гиперболы (рис. 6):

O – центр гиперболы;

с – фокусное расстояние;

F₁(–c; 0), F₂(c; 0) – фокусы гиперболы;

|А₁А₂| = 2a– длина вещественной оси;

а– вещественная полуось гиперболы;

|B₁B₂| = 2b – длина мнимой оси;

b– мнимая полуось гиперболы.

Уравнения асимптот гиперболы:

.

Для гиперболы справедливо: с²= a²+ b².

Число называется эксцентриситетом гиперболы .

Канонические уравнения параболы.

Существуют 4 вида канонических уравнений параболы:

	х2= 2ру. (16)   Фокус F(0; ), уравнение директрисы: у = – .
Рис. 7.
	х2= –2ру.(17)   Фокус F(0; – ), уравнение директрисы: у = .
Рис. 8.
	у2= 2рх. (18)   Фокус F( ; 0), уравнение директрисы: х = – .
Рис. 9.
	у2=–2рх . (19)   Фокус F(– ; 0), уравнение директрисы: х = .
Рис. 10.

Термины и обозначения основных элементов параболы: O – вершина параболы, F – фокус параболы, p – параметр параболы (расстояние от фокуса F до директрисы l).

Для приведения уравнения кривой со смещенным центром к каноническому виду может быть использован параллельный перенос системы координат ХОY в точку O₁(α; β). При параллельном переносе координаты любой точки М (х; у) в новой системе координат X₁O₁Y₁ будут (х₁; у₁), где

(20)

Примеры таких преобразований приведены в таблице 2.

Таблица 2.

В системе координат ХОY	В системе координат X1O1Y1
Окружность с центром в точке O1(α;β) и с радиусом R:	Каноническое уравнение окружности:
Эллипс с центром в точке O1(α;β):	Каноническое уравнение эллипса:
Гипербола с центром в точке O1(α;β):	Каноническое уравнение гиперболы: .
Параболы с вершиной в точке O1(α;β) или .	Канонические уравнения парабол: или

Примерный вариант и образец выполнения

Контрольной работы №1

Задача 1. Даны координаты вершин треугольника АВС:

А(–3; –1), В(4; 6), С(8; –2).

Требуется: 1) вычислить длину стороны ВС; 2) составить уравнение стороны ВС; 3) найти внутренний угол треугольника при вершине В;

4) составить уравнение высоты АК, проведенной из вершины А; 5) найти координаты центра тяжести однородного треугольника (точки пересечения его медиан); 6) сделать чертеж в системе координат.

Задача 2. Даны координаты точки А(3; 0), уравнение прямой l: 3x = 4 и число λ = 3 : 2.

Найти уравнение траектории точки М, которая движется в плоскости так, что отношение ее расстояний до точки А и до прямой l равно λ. Сделать чертеж в системе координат.

Задача 3. Дано уравнение кривой 2-го порядка: .

Привести заданное уравнение к каноническому виду путем параллельного переноса осей координат. Определить тип кривой, найти ее характерные элементы в исходной системе координат. Изобразить на чертеже расположение кривой относительно обеих систем координат.

Задача 4. Даны уравнение кривой 2-го порядка и уравнение прямой l: x + 2y –3 = 0.

Требуется: 1) привести заданное уравнение кривой 2-го порядка к каноническому виду; 2) найти точки пересечения кривой и заданной прямой; 3) построить обе линии в исходной системе координат.

Задача 5. Дано уравнение кривой в полярной системе координат (ПСК): .

Требуется: 1) найти область определения функции ; 2) построить кривую в ПСК, вычислив значения функции в точках = 0, 1, ….,16, принадлежащих области определения функции ; 3) найти уравнение заданной кривой в декартовой системе координат (ДСК), начало координат в которой совпадает с полюсом ПСК, а положительная полуось ОХ – с полярной осью ОР; 4) определить тип кривой.

Решение задачи 1.

1) Вычислим длину стороны ВС по формуле (1):

|BС|= =

2) Составим уравнение стороны ВС, используя формулу (10):

y = –2x + 14 – уравнение ВС.

3) Внутренний угол треугольника при вершине В найдем как угол между прямыми ВА и ВС. Для этого сначала вычислим угловой коэффициент прямой ВА по формуле (9):

и возьмем из уравнения ВС угловой коэффициент прямой ВС: .

Из расположения точек A, B, C на координатной плоскости видно, что угол В в треугольнике ABC – острый, поэтому по формуле (13) вычислим

.

4) Для получения уравнения высоты АK, проведенной из вершины А, используем уравнение пучка прямых (8) и условие перпендикулярности прямых (12). Сначала вычислим угловой коэффициент прямой АK . Так как , то .

Уравнение AK получим по формуле (8):

у – у_А = k_AK(x– x_A) у – (–1) = (x– (–3))

x –2y + 1 = 0 – уравнение AK.

5) Для определения координат центра тяжести треугольника используем свойство точки пересечения его медиан: если AМ – медиана треугольника и P – точка пересечения его медиан, то P делит AМ в отношении 2 : 1, начиная от точки А, т.е. .

Основание медианы AМ – точка М является серединой отрезка ВС. Найдем координаты точки М по формулам (3):

М(6; 2).

Теперь, когда координаты концов отрезка AМ известны, найдем координаты точки P, которая делит AМ в отношении = 2, начиная от точки А, по формулам деления отрезка в заданном отношении (2):

P(3; 1) – центр тяжести треугольника АВС.

6) Построим чертеж к задаче в системе координат ХОY (рис. 11). Полученные при решении задачи результаты не противоречат чертежу.

Ответы:

1) длина стороны |BС| = ;

2) уравнение стороны ВС: y = –2x + 14;

3) угол при вершине В: ;

4) уравнение высоты АK: x –2y + 1 = 0;

5) координаты центра тяжести треугольника P(3; 1);

6) чертеж на рис. 11.

Решение задачи 2.

Пусть М(х; у) – произвольная точка на координатной плоскости, удовлетворяющую условию задачи (рис. 12), т.е. где K – основание перпендикуляра, опущенного из точки М на прямую 3x = 4. Так как K лежит на прямой 3x = 4, то K .

Запишем условие в координатной форме, используя формулу (1) для длины отрезка:

.

Это и есть уравнение искомой траектории, т.к. ему удовлетворяют координаты любой точки М(х; у) на этой траектории.

Для упрощения уравнения возведем обе части равенства в квадрат и приведем подобные члены:

, откуда получаем

– уравнение гиперболы с полуосями

.

Построим чертеж гиперболы в системе координат ХОY (рис. 13).

Ответ: – уравнение траектории. Чертеж на рис. 13.

Решение задачи 3.

Приведем заданное уравнение кривой 2-го порядка к каноническому виду. Для этого выделим в уравнении полные квадраты по переменным х и у:

.

Получили уравнение эллипса с центром в точке O₁(5; – 2) (см. таблицу 2 в разделе «справочный материал»).

Осуществив параллельный перенос осей координат в системе XOY по формулам: получим каноническое уравнение эллипса в системе координат X₁O₁Y₁ , где O₁(5; –2) в системе XOY (рис. 14).

Найдем характерные элементы эллипса:

.

Отсюда получаем: а = 3 – большая полуось эллипса, b= 2 – малая полуось эллипса, с = – фокусное расстояние. Координаты фокусов эллипса в системе координат X₁O₁Y₁: F₁(– ; 0), F₂( ; 0).

Найдем координаты фокусов в системе координат XOY:

Таким образом, координаты фокусов эллипса в системе координат XOY:

F₁(– ; –2), F₂( ;–2).

Вычислим эксцентриситет эллипса:

Изобразим на чертеже расположение эллипса относительно обеих систем координат (рис. 14).

Ответ: – каноническое уравнение эллипса, где

Характерные элементы:

O₁(5; –2) – центр эллипса;

а= 3 – большая полуось эллипса, b= 2 – малая полуось эллипса;

с= – фокусное расстояние;

координаты фокусов эллипса в системе координат XOY: F₁(– ; –2), F₂( ;–2);

эксцентриситет эллипса

Чертеж на рис. 14.

Решение задачи 4.

1) Приведем заданное уравнение кривой 2-го порядка к каноническому виду. Для этого выделим полный квадрат по переменной у (квадрат переменной х в уравнении отсутствует):

.

Получили уравнение параболы вида с вершиной в точке (см. таблицу 2 в разделе «справочный материал»). Осуществим параллельный перенос осей координат по формулам: В результате получим каноническое уравнение параболы в системе координат X₁O₁Y₁.

2) Найдем точки пересечения параболы и заданной прямой в системе координат XOY. Для этого решим систему уравнений:

Таким образом, парабола и прямая пересекаются в точках А(3; 0) и В(1; 1).

3) Построим обе линии в системе координат XOY (рис. 15).

Ответы: 1) ;

2) А(3; 0), В(1; 1);

3) чертеж на рис. 15.

Решение задачи 5.

1) Область определения функции найдем из условия :

При n = 0 получаем при интервалы Следовательно, область определения

2) Для построения кривой в ПСК вычислим значения функции в точках , k = 0, 1, …, 16, входящих в область определения, т.е. в точках, где выполнено условие , и заполним таблицу 3.

Таблица 3.

k			k
		–	–	–	–
	π/8	–		9π/8	3,7
	2π/8	–		10π/8	2,8
	3π/8	–		11π/8	1,5
	4π/8			12π/8
	5π/8	1,5		13π/8	–
	6π/8	2,8		14π/8	–
	7π/8	3,7		15π/8	–
					–

Для построения точек кривой в ПСК в каждом из направлений, задаваемых углом , откладываем от полюса отрезок длины . Соединив полученные таким образом точки, получаем график функции в ПСК (рис. 16).

3) Найдем уравнение кривой, заданной в ПСК уравнением , в декартовой системе координат.

Если совместить ПСК и ДСК так, чтобы полюс совпал с началом координат ДСК, а ось ОР совпадала с положительной полуосью ОХ, то, используя формулы связи между декартовыми и полярными координатами точки получим: . Следовательно, уравнение кривой в ДСК имеет вид уравнения кривой 2-го порядка: .

4) Для определения типа кривой выделим в уравнении полные квадраты по переменным х и у:

.

Это уравнение задает окружность с центром в точке O₁(–2; 0) и с радиусом R = 2. Найдем координаты точки O₁(–2; 0) в ПСК:

,

(здесь выбираем n = 1, т.к. четверти (формулы (5)).

Ответы:

1) область определения:

2) чертеж на рис. 16;

3) уравнение кривой в ДСК: ;

4) тип кривой – окружность с центром в точке и с радиусом R = 2.

• ⇐ Назад
• 123
• Далее ⇒