Метод координат прямоугольный треугольник

Использование координатно–векторного метода существенно упрощает решение задач, а в некоторых случаях является наиболее приемлемым способом их решения. В ряде случаев при решении задач на вычисление применение векторов предпочтительнее конструктивных подходов, связанных с использованием дополнительных построений, применения элементарной алгебры и тригонометрии. В работе разобраны основные задачи «С2» встречаемые на итоговой аттестации в 11 классе. Тематика задач «С2»: расстояние от точки до прямой; расстояние от точки до плоскости; расстояние между скрещивающимися прямыми; угол между скрещивающимися прямыми; угол между прямой и плоскостью; двугранный угол. Все приведенные задачи решены двумя способами: геометрическим и методом координат. Векторно-координатный метод не требует интуиции, догадок, дополнительных построений: решение задач во многом алгоритмизировано, что в большинстве случаев упрощает поиск и само решение задачи

Видео:Метод координат для ЕГЭ с нуля за 30 минут.Скачать

Скачать:

Видео:Все про прямоугольный треугольник. Решаем задачи | Математика | TutorOnlineСкачать

Предварительный просмотр:

Видео:11 класс, 1 урок, Прямоугольная система координат в пространствеСкачать

Введение

В основе этого метода лежит так называемый метод координат, впервые применённый Декартом. Каждому геометрическому соотношению этот метод ставит в соответствие некоторое уравнение, связывающее координаты фигуры или тела. Это дает возможность изучать геометрические фигуры и их свойства с помощью уравнений и неравенств.

Идея координат и уравнения кривой была не чужда ещё древним грекам. Архимед, и особенно Аполлоний Пергский, в своих сочинениях приводили так называемые симптомы конических сечений, которые в ряде случаев совпадают с нашими уравнениями. Однако дальше дело не пошло — из-за невысокого уровня древнегреческой алгебры и слабого интереса к кривым, отличным от прямой и окружности. В Европе первым использовал координатное изображение (для функции, зависящей от времени) Николай Орезмский (XIV век), который называл координаты, по аналогии с географическими, долготой и широтой. К этому времени развитое понятие о координатах уже существовало в астрономии и географии. Решающий шаг был сделан после того, как Виет (XVI век) сконструировал символический язык для записи уравнений и положил начало системной алгебре. Около 1637 года Ферма распространяет через Мерсенна мемуар «Введение в изучение плоских и телесных мест», где выписывает и обсуждает (в символике Виета) уравнения различных кривых 2-го порядка в прямоугольных координатах. Для упрощения вида уравнений широко используется преобразование координат. Ферма наглядно показывает, насколько новый подход проще и плодотворней чисто геометрического. Однако мемуар Ферма широкой известностью не пользовался. Гораздо большее влияние имела «Геометрия» Декарта, вышедшая в том же 1637 году, которая независимо и гораздо более полно развивала те же идеи. Декарт подчёркивает, хотя и не доказывает, что основные характеристики кривой не зависят от выбора системы координат. Система координат у Декарта была перевёрнута по сравнению с современной (ось ординат горизонтальна), и отрицательные координаты не рассматривались дифференциальной геометрии.

В школьном курсе математики вводятся и изучаются вектор и метод координат, потребности учебного процесса требуют, чтобы ученики знали и умели решать простейшие задачи, связанные с этими понятиями на уроках физики, математики, географии. Поэтому повышенное внимание к данной теме оправдано.

Чтобы освоить определённый набор приёмов векторного и координатного методов решения геометрических задач и уметь применять их при решении задач необходимо знать теорию, провести подробный анализ условия задачи и применить имеющиеся знания к решению той или иной задачи.

• раскрыть содержание метода, рассказать основные формулы и теоремы,
• показать применение метода при решении конкретных задач,
• решить сложные стереометрические задачи с использованием координатно-векторного метода.

Актуальность выбранной темы: статистический анализ результатов итоговой аттестации выпускников показывает, что почти 70% выпускников не берутся за решение задачи «С2» ЕГЭ, считая ее сложной и требующей владение большой теоретической базой, а также вызывающей трудности в построении и нахождении на чертеже искомых элементов.

• изучить основы аналитической геометрии.
• исследовать и изучить типичные задачи, встречающиеся на итоговой аттестации.
• анализ различных методов решения задачи: координатно-векторный метод, геометрический с применением теорем;
• сравнение преимуществ и недостатков каждого метода.

Объект исследования – стереометрические задачи «С2» итоговой аттестации.

Предмет исследования – применение координатно-векторного метода к решению стереометрических задач.

Методы и приёмы исследования:

• поиск, анализ и синтез различных источников информации: книг, статей, Интернет-ресурсов;
• самостоятельное решение задач и геометрическим, и координатно-векторным способами;
• сравнение двух решений одной задачи и выявление более рационального.

Видео:Векторы. Метод координат. Вебинар | МатематикаСкачать

1. Основы аналитической геометрии.

Видео:Координаты вектора. 9 класс.Скачать

1.1. Декартовы прямоугольные координаты в пространстве.

Декартова прямоугольная система координат в пространстве определяется заданием линейной единицы для измерения длин и трёх пересекающихся в одной точке взаимно перпендикулярных осей, занумерованных в каком-либо порядке.

Точка пересечения осей называется началом координат, а сами оси — осями координат. Первая координатная ось называется осью абсцисс, вторая — осью ординат, третья — осью аппликат.

Начало координат обозначается буквой О, оси координат обозначаются соответственно символами Ох, Оу, Оz.

Пусть М — произвольная точка пространства, М х , Му и М г — её проекции на координатные оси (рис. 1).

Координатами точки М в заданной системе называются числа:

х = ОМ х , у = ОМ у , z = ОМ г ,

где ОМ Х есть величина отрезка оси абсцисс, ОМ у — величина отрезка оси ординат, ОМ z — величина отрезка оси аппликат. Число х называется абсциссой, у — ординатой, z — аппликатой точки М. Символ М (х; у; z) обозначает, что точка М имеет координаты х, у, z.

Три плоскости Оху, Охz и Оуz вместе разделяют пространство на восемь частей; их называют координатными октантами и нумеруют так, как показано на рис. 2.

Видео:Планиметрия. Прямоугольный треугольник. Метод координат. Задание 16 (28)Скачать

1.2. Расстояние между двумя точками. Деление отрезка в данном отношении.

Расстояние d между двумя точками M 1 (x 1 ; у 1 ; z 1 ) и M 2 (x 2 ; y 2 ; z 2 ) в пространстве определяется формулой

Координаты х, у, z точки М, которая делит отрезок , ограниченный точками M 1 (х 1 , y 1 , z 1 ) и M 2 ( x 2 ; y 2 ; z 2 ), в отношении , определяются по формулам:

, ,

В частности, при λ = 1 имеем координаты середины данного отрезка:

, , .

Видео:Профильный ЕГЭ 2024. Задача 1. Прямоугольный треугольник. 10 классСкачать

1.3. Скалярное произведение векторов.

Скалярным произведением двух векторов называется число, равное произведению модулей этих векторов на косинус угла между ними.

Если угол между векторами а , b обозначить через , то их скалярное произведение можно выразить формулой . (1)

Из формулы (1) следует, что ab > 0, если — острый угол, ab — тупой; ab = 0 в том и только в том случае, когда векторы a и b перпендикулярны (в частности, a = 0, если a = 0 или b = 0).

Если векторы а и b заданы своими координатами:

, и ,

то их скалярное произведение может быть вычислено по формуле

.

Отсюда следует необходимое и достаточное условие перпендикулярности векторов:

.

Угол между векторами и

даётся формулой , или в координатах,

.

Видео:Прямоугольная система координат в пространстве. 11 класс.Скачать

2. Применение метода координат к решению стереометрических задач.

Применение метода координат удобно при решении геометрических задач. Процесс решения каждой задачи, решаемой с помощью метода координат, условно разбивают на три этапа:

1. Ввести в удобной для вас форме систему координат, и переписать условие задачи в координатной форме;
2. Преобразовав задачу, записанную в координатной форме, получить ее решение в координатной форме;
3. Решение задачи, полученное в координатных соотношениях, нужно перевести на исходный «язык» и записать ответ.

В кубе ABCDA 1 B1C1D1 с ребром 1 точка О – центр грани ABCD. Найти угол между прямыми A 1 D и B 1 O.

1 способ. Координатно-векторный метод

Поместим наш куб в прямоугольную систему координат как показано на рисунке, таким образом, что вершина Е лежит в начале системы координат, тогда вершины A 1 (1; 0; 1), D (1; 1; 0), B 1 (0; 0; 1), O (½; ½; 0).

Направляющие векторы прямых A 1 D и B 1 O: и ; искомый угол φ между ними находим по формуле:

cos ∠ φ = = = ,

2 способ. Геометрический

1. Проведем прямую В 1 С параллельно прямой A 1 D. Угол CB 1 O будет искомым.

В основании квадрат АВСD, из треугольника DВС по теореме Пифагора найдем DВ

DВ = = , тогда ВO = .

2) Из прямоугольного треугольника BB 1 O по теореме Пифагора:

B 1 O = .

3) Из прямоугольного треугольника CB 1 O найдём угол CB 1 O:

данный угол составляет 30°,так как напротив него лежит катет OC равный половине гипотенузы B 1 C.

На ребрах AD и ВВ 1 прямоугольного параллелепипеда ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 , у которого АВ:AD:АА 1 = 1:2:2, взяты соответственно точки E и F – середины этих ребер. Найдите угол, который образует прямая EF с прямой АС 1 .

1 способ. Координатно-векторный метод

Введем систему координат с началом в точке А, ось Ох направим по AD, ось Оу –по AB, ось Оz – по .

Определим координаты всех вершин параллелепипеда.

По условию АВ: АD: АА 1 = 1:2:2

АВ= а, АD=2а, АА 1 =2а.

А 1 (0;0;2а); С 1 (2а;а;2а); F(0;a;a).

(-а; а; а) (2а;а;2а).

EF и АС 1 скрещивающиеся,

cos

.

2 способ. Геометрический

Построим прямую ЕС 2 ║ АС 1 , таким образом, что С 2 лежит на продолжении прямой В 1 С 1 за точку С 1 . Так как АЕ = х, то и С 1 С 2 = х. Прямая ЕС 2 пересекает ДС 1 в точке М, которая является серединой ДС 1, так как ЕМ – средняя линия треугольника АDС 1 .

Угол FЕМ – искомый.

Из треугольника DСС 1 найдем по теореме Пифагора ДС 1 = = х , так как М середина ДС 1 , то ДС 1 = . Из прямоугольного треугольника ЕDМ: ЕМ = . Из треугольника АВF: АF= х . Из треугольника АЕF: ЕF = х .

Точка F середина ВВ 1 , точка М середина ДС 1 , тогда FМ= В 1 N = = .

Из треугольника ЕFМ по теореме косинусов найду косинус угла ЕFМ: = .

Ответ: .

В основании пирамиды МАВС лежит равнобедренный треугольник с прямым углом при вершине С. Каждое боковое ребро пирамиды наклонено к плоскости основания под углом 45 о . На ребре МС взята точка F – середина этого ребра. Найдите угол, который образует прямая AF с плоскостью МОС, точка О – середина ребра АВ.

1 способ. Координатно-векторный метод

Найдем (AF;(MOC))= .

Ведем систему координат Оxyz так, чтобы точка О совпала с началом координат, М OZ;

CO- медиана и высота АВС. Все боковые ребра равно наклонены к основанию, потом М проектируется в центр описанной около АВС окружности, то есть в середину гипотенузы О, АО=ОВ=ОС; С Ох; В Оу.

Пусть АС = СВ = а, тогда АВ= ; О(0;0;0) В(0; ;0) А(0; ;0) С( ;0;0).

ОМ= ОС, т.к ОМС равнобедренный прямоугольный. М(0;0; )

FK|| OM, FK OC; FK средняя линия CMO, FK= ;

, OF .

Угол АFО – искомый.

cos

cos АFO = = = .

2 способ. Геометрический

AF =F

CO-медиана и высота Δ ACB; CO ⊥ AB; O-медиана и высота Δ MAB; MO ⊥ AB AB ⊥ (MOC) (признак перпендикулярности прямой и плоскости).

AO ⊥ (MOC), O AB; AF-проекция наклонной AF на плоскость MOC.

Δ AFO прямоугольный, ∠ AFO=90 ° , AO ⊥ (MOC),FO (MOC) AO ⊥ FO.

Sin AFO= ; AO= AB= ; MO=OB=

MB =MO +OB = + . MB=a

MA=MB=MC=AC=a Δ AMC-равносторонний AF-медиана и высота Δ AMC

AF =AC -CF =a — = ; АF =

sin AFO = , cos АFO .

Ответ: .

В правильной треугольной призме, все ребра которой равны 1, найдите косинус угла между прямыми АВ и А 1 С.

1 способ. Координатно-векторный метод

Поместим призму в декартову систему координат, таким образом, что бы АС лежал на оси абсцисс, и точка С(0; 0; 0). Тогда координаты точки А(1; 0; 0), А 1 (1; 0; 1).

Найдем координаты точки В. В треугольнике АСВ опустим из точки В перпендикуляр ВН на АС. ВН = = .

СА 1 , ВА < ; ; 0>. = = = .

2 способ. Геометрический

Построим СN параллельно АВ, таким образом, что СN = АВ, тогда АВСN – ромб. Угол А 1 СN – искомый.

Из треугольника АА 1 С найдем А 1 С: А 1 С = = .

Δ NАА 1 = ΔС АА 1 по трем сторонам, значит NА 1 = СА 1 = .

По теореме косинусов из треугольника NА 1 С найдем искомый угол:

= = = . Ответ : .

В правильной четырехугольной пирамиде ВСD длины стороны основания и высоты соответственно равны 1 и 2. Найти расстояние между прямыми BD и SA.

1 способ. Координатно-векторный метод

Введем прямоугольную систему координат, поместив начало координат в вершину А основания пирамиды и направив оси координат так, как показано на рисунке. Тогда вершины пирамиды будут иметь координаты А(0; 0; 0), В(1; 0; 0), D(0; 1; 0), S ( ; ; 2) и соответственно координаты векторов: <- ; — ; -2 >, В, ВD. Общий перпендикуляр к прямым AS и BD обозначим EF.

EF= EА + АВ + ВF=k*SА + АВ + m* ВD. Коэффициенты k и m найдем из условий EF ⊥ ВD и EF ⊥ SА. Векторы перпендикулярны, если их скалярное произведение равно нулю.

1. (- + 1 – m)(-1) + (- + m) = 0 , m = ;
2. — + + — — 8 k = 0, k = .

Тогда EF < > и = = .

2 способ. Геометрический

Прямые AS и BD скрещивающиеся. Расстояние между одной из скрещивающихся прямых и плоскостью проходящей через другую прямую параллельно первой, называется расстоянием между скрещивающимися прямыми.

Произведем соответствующие построения: АС перпендикулярна ВD, так как в основании квадрат. EF – наклонная к плоскости основания и перпендикуляр к AS, по теореме о трех перпендикулярах EF перпендикулярна ВD. Значит EF- искомое расстояние.

Треугольник А С равнобедренный, высота пирамиды, EF – перпендикуляр к AS и BD. Из прямоугольного треугольника АВС найдем АС по теореме Пифагора: АС = . Так как

F – середина АС, то EF = . Из прямоугольного треугольника ASF: AS= = , = = . Из треугольника АEF: EF = * АF = = .

Ответ: .

Видео:Задача №1 Определение натуральной величины отрезка прямой (АВ) методом прямоугольного треугольникаСкачать

Заключение.

Использование координатно–векторного метода существенно упрощает решение задач, а в некоторых случаях является наиболее приемлемым способом их решения. В ряде случаев при решении задач на вычисление применение векторов предпочтительнее конструктивных подходов, связанных с использованием дополнительных построений, применения элементарной алгебры и тригонометрии. В работе разобраны основные задачи «С2» встречаемые на итоговой аттестации в 11 классе. Тематика задач «С2»: расстояние от точки до прямой; расстояние от точки до плоскости; расстояние между скрещивающимися прямыми; угол между скрещивающимися прямыми; угол между прямой и плоскостью; двугранный угол. Все приведенные задачи решены двумя способами: геометрическим и методом координат. Векторно-координатный метод не требует интуиции, догадок, дополнительных построений: решение задач во многом алгоритмизировано, что в большинстве случаев упрощает поиск и само решение задачи. Цель работы достигнута.

Видео:Метод координат Урок № 4 3 Нахождение угла между двумя прямымиСкачать

Применение метода координат при решении геометрических задач

Обращаем Ваше внимание, что в соответствии с Федеральным законом N 273-ФЗ «Об образовании в Российской Федерации» в организациях, осуществляющих образовательную деятельность, организовывается обучение и воспитание обучающихся с ОВЗ как совместно с другими обучающимися, так и в отдельных классах или группах.

«Актуальность создания школьных служб примирения/медиации в образовательных организациях»

Свидетельство и скидка на обучение каждому участнику

МУНИЦИПАЛЬНОЕ АВТОНОМНОЕ ОБЩЕОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ СРЕДНЯЯ ОБЩЕОБРАЗОВАТЕЛЬНАЯ ШКОЛА № 2 станицы Брюховецкой Брюховецкого района

Научно-исследовательская конференция школьников «Эврика»

Малой академии наук учащихся Кубани

Применение метода координат

при решении геометрических задач

ученица 9Б класса

Грекова Валерия Александровна

Носкова Людмила Ивановна

1. Краткая историческая справка……………………………………………………………..5

2. Составление уравнений линий по их геометрическим свойствам………….…. 7

3. Доказательство известных теорем и утверждений геометрии при помощи метода координат……………………………………………………………………………………. .10

3.2. Теорема о средней линии трапеции…………………………………………………11

3.3. Деление отрезка в заданном отношении…………………………………………….12

3.4. Формула площади треугольника…………………………………………………….14

3.5. Теорема о радиусе окружности, описанной около треугольника………………….15

Список используемой литературы………………………………………………………….25

Актуальность проблемы. Метод координат является одним из самых универсальных методов не только в геометрии и вообще в математике, но и во многих других естественных и технических науках, и все же его значение не следует преувеличивать.

Конечно, очень хотелось бы иметь один или два метода «на все случаи жизни». Однако таких методов нет. Метод координат, например, дает универсальный способ перевода с языка геометрии на язык алгебры, но при этом могут возникать алгебраические задачи, гораздо более трудные, чем исходные геометрические.

Первым и, возможно, самым главным этапом решения геометрической задачи методом координат является разумный выбор системы координат. Необходимо, чтобы выбранная система координат естественным образом была «привязана» к изучаемой геометрической фигуре.

Проблема исследования заключается в том, некоторые геометрические задачи решаются очень сложно, а с применением этого метода, решение упрощается. Поэтому тема моего исследования: «Применение метода координат при решении геометрических задач».

Объект исследования: решение планиметрических задач

Предмет исследования: метод координат как способ решения геометрических задач

Целью исследования было показать преимущество применения этого метода для решения геометрических задач

Гипотеза исследования. Исходное предположение заключалось в том, использование метода координат для решения некоторых геометрических задач целесообразнее .

В соответствии с целью и выдвинутой гипотезой были поставлены следующие задачи исследования:

Изучить литературу по данной проблеме.

Проверить эффективность метода при решении конкретных геометрических задач.

Практическая значимость исследования. Метод координат в геометрии в том и состоит, что посредством координат точек геометрические объекты задают аналитически с помощью чисел, уравнений, неравенств или их систем и тем самым при доказательстве теорем или решении геометрических задач используют аналитические методы. Это существенно упрощает рассуждение и часто позволяет доказывать теоремы или решать задачи, пользуясь определенным алгоритмом (производя те или иные вычисления), в то время, как синтетический метод в геометрии в большинстве случаев требует искусственных приемов. Овладение универсальными учебными действиями – это требование стандартов образования нового поколения.

В работе будут использоваться эмпирические методы, включающие: наблюдение; экспериментальные методы, анализ продуктов деятельности.

Работа будет состоять из введения, четырёх глав, заключения, списка используемой литературы и приложения.

ГЛАВА 1. Краткая историческая справка

Большую роль в развитии геометрии сыграло применение алгебры к изучению свойств геометрических фигур, разросшееся в самостоятельную науку – аналитическую геометрию. Возникновение аналитической геометрии связано с открытием метода координат, являющегося основным ей методом.

Идея координат зародилась в науке Вавилона и Греции в связи с потребностями географии, астрономии и мореплавания. Еще во II веке до н.э. греческий ученый Гиппарх предложил определять положение точки на земной поверхности с помощью географических координат – широта и долготы, выражаемых числами. В XIX в. француз Орест (1323 – 1382) перенес эту идею в математику, предложив покрывать плоскость прямоугольной сеткой и называть широтой и долготой числа, характеризующие положение точки на этой сетке. Наконец, в XVII в. французский математик и философ Р. Декарт (1596 – 1650) первым увидел и реализовал возможность записи геометрических фигур – линий на координатной плоскости с помощью алгебраических уравнений, связывающих координаты точек этих линий, что послужило основой создания новой отрасли математики — аналитической геометрии.

Впервые координат ввел Рене Декарт, который родился в 1596 г. в городе Лаэ на юге Франции, в дворянской семье. Отец хотел сделать из Рене офицера. Для этого в 1613 г. он отправил Рене в Париж. Много лет пришлось Декарту пробыть в армии, участвовать в военных походах в Голландии, Германии, Венгрии, Чехии, Италии, в осаде крепости гугенотов Ла-Рошали. Но Рене интересовала философия, физика и математика. Вскоре по приезду в Париж он познакомился с учеником Виета, видным математиком того времени – Мерсеном, а затем и с другим математиками Франции. Будучи в армии, Декарт все свое свободное время отдавал занятиям математикой. Он изучил алгебру немецких, математику французских и греческих ученых.

Самым известным трудом Декарте является его «Геометрия». Декарт ввел систему координат, которой пользуются все и в настоящее время. Он установил соответствие между числами и отрезками прямой и таким образом ввел алгебраический метод в геометрию. Эти открытия Декарта дали огромный толчок развитию как геометрии, так и другим разделам математики, оптики. Появилась возможность изображать зависимость величин графически на координатной плоскости, числа – отрезками и выполнять арифметические действия над отрезками и другими геометрическими величинами, а также различными функциями. Это был совершенно новый метод, отличавшийся красотой, изяществом и простотой.

ГЛАВА 2. Составление уравнений линий по их геометрическим свойствам.

Характерным для геометрии способом задания линий является определение их как геометрических мест точек, обладающих заданными свойствами. Так, например, окружность определяется как геометрическое место точек, равноудаленных от некоторой фиксированной точки. Если ввести на плоскости декартову систему координат должна обладать точка М (х; у), чтобы принадлежать данному геометрическому месту точек, то мы тем самым получим уравнение этого геометрического места точек. В разных системах координат уравнения одной и той же линии будут различными. Обычно оси координат стараются расположить так, чтобы уравнение линии оказалось наиболее простым, а характеристическое свойство точки, принадлежащей этой линии, легко переводилось на алгебраический язык. Так, если линия обладает взаимно перпендикулярными осями симметрии, то их и принимают за координатные оси; если у нее есть центр симметрии, то начало координат помещают в этот центр и т.п. В частности, как вы знаете, управление окружности приобретает наиболее простой вид, если начало координат помещено в ее центр: x 2 + y 2 = R 2 .

Гиперболой называется геометрическое место точек, разность расстояний которых от двух фиксированных точек, называемых фокусами, есть величина постоянная, меньшая, чем расстояние между фокусами.

Пусть фокусами гиперболы являются точки F ₁ и F ₂ , F ₁ F ₂ =2с, а упомянутая в определении разность расстояний равна 2а, где 2а , где в отличие от эллипса b 2 = c 2 — a 2 .

Эллипсом называется геометрическое место точек, называемых фокусами, есть величина постоянная, большая, чем расстояние между фокусами.

Пусть фокусами эллипса являются точки F ₁ , F ₂ , причем F ₁ F ₂ =2с, а упомянутая в определении сумма расстояний равна 2а, где 2а>2с. Из определения очевидна симметрия эллипса относительно прямой, проходящей через фокусы, и серединного перпендикуляра к отрезку F ₁ F _2. Указанные прямые примем за оси Ох и Оу соответственно. При этом фокусами будут точки F ₁ (-с;0) F ₂ (с;0). Условие принадлежности точки М(х;у) эллипсу М F ₁ +М F ₂ =2а запишется в такой системе координат в виде

Упростим это уравнение. Для этого перенесем один из радикалов вправо. Возведем обе части полученного равенства в квадрат:

После повторного возведения обеих частей равенства в квадрат получаем:

После приведения подобных слагаемых приходим к равенству: откуда

И наконец, обозначив b 2 = a 2 — c 2 , приходим к каноническому уравнению эллипса:

Это термин известен нам из курса алгебры как название графика квадратной функции y = ax 2 + bx + c . Дадим определение этой кривой, принятое в геометрии.

Параболой называется геометрическое место точек, равноудаленных от некоторой точки, называемой фокусам, и некоторой прямой, называемой директрисой.

Расположим ось абсцисс параллельно директрисе параболы на равном расстоянии от директрисы и фокуса, а ось ординат пусть проходит через фокус F (рис. 1). Если p – расстояние от фокуса F до директрисы, то в указанной системе координат фокус есть точка F (0; ), а директриса задается уравнением y =- . Условие MF = MP (где МР – расстояние от точки М до директрисы) принадлежности точки М ( x , y ) данной параболе в переводе на алгебраический язык даст равенство

Возведя обе части этого равенства в квадрат и выполнив очевидные преобразования, получим уравнение параболы в виде x 2 =2ру. Уравнение такого вида называют каноническим уравнением параболы.

ГЛАВА 3 Доказательство известных теорем и утверждений геометрии при помощи метода координат.

3.1. Теорема Пифагора.

В прямоугольном треугольнике квадрат гипотенуз равен сумме квадратов катетов.

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

Доказать: ВС 2 =ОС 2 +ОВ 2

ОС (а; о), ОВ (0; в), ВС (а; -в)

| OC | 2 = a 2 ; | OB | 2 = b 2 ; | BC | 2 = a 2 + b 2 , значит: ВС 2 =ОС 2 +ОВ 2 , что и следовало доказать.

3.2. Теорема о средней линии трапеции

Средняя линия трапеции параллельна основаниям и равна их полусумме.

Доказательство.

Пусть ABCD – трапеция, MK – средняя линия. Точку А примем за начало координат. Луч AD примем за положительную полуось абсцисс. Координаты вершин трапеции будут следующими: A (0;0), D ( x ₁ ;0), C ( x ₂ ; y ₂ ), B ( x ₃ ; y ₃ ). Тогда координаты точек M и K такие: Видим, что ординаты концов средней линии равны. Следовательно, средняя линия параллельна оси абсцисс. Поскольку основание трапеции лежит на оси абсцисс, то средняя линия параллельна основаниям.

Вычислим длины оснований и средней линии трапеции. AD = x ₁ , BC = x ₂ — x ₃ , MK =

3.3. Деление отрезка в заданном отношении

Мы уже умеем решать такую задачу для отрезка, расположенного на координатной прямой. Рассмотрим теперь отрезок А ₁ А ₂ на координатной плоскости, где A ₁ ( x ₁ ; y ₁ ), A ₂ ( x ₂ ; y ₂ ). Если точка А делит этот отрезок в отношении , т. е. , то в силу обобщенной теоремы Фалеса точки А _x и A_y , являющиеся проекциями точки А ( x ; y ) на оси Ox и Oy соответственно, делят отрезки этих осей и в том же отношении и потому, воспользовавшись выведенной ранее формулой, получаем:

Таким образом, и на плоскости сохраняется та же формула, причем абсцисса точки деления зависит только от абсцисс концов отрезка, а ордината – только от ординат. В частности, при получаем знакомые вам из курса геометрии формулы для нахождения координат середины отрезка:

Воспользуемся формулами для доказательства того факта, что все три медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся этой точкой в отношении 2:1, считая от вершины.

Введем систему координат, и пусть вершинами треугольника являются точки A ( x ₁ ; y ₁ ), В ( x ₂ ; y ₂ ),

С ( x ₃ ; y ₃ ). Пусть L , M , N – середины сторон AB , BC , AC соответственно. Согласно формуле найдем координаты точки P ( x ; y ), делящей медиану AM в отношении 2:1, с помощью формул. Получим:

Из симметрии этих формул (равноправности вхождений x ₁ ( y ₁ ), x ₂ ( y ₂ ), x ₃ ( y ₃ )) ясно, что те же самые координаты будет иметь и точка, делящая в отношении 2:1 медиану CL , и точка, делящая в том же отношении медиану BN . Но это означает, что точка P является общей для всех трех медиан, т. е. точкой их пересечения. Заметим, что формулы для координат точки пересечения медиан треугольника оказались очень простыми.

3.4. Формула площади треугольника

Рассмотрим на координатной плоскости xy треугольник с вершинами в точках A ( x ₁ ; y ₁ ), B ( x ₂ ; y ₂ ), C ( x ₃ ; y ₃ ). Уравнение прямой, на которой лежит сторона AB этого треугольника, можно, как вы знаете, записать в виде

Поставив координаты третьей вершины

C ( x ₃ ; y ₃ ) в левую часть этого уравнения, получим некоторое значение

Чтобы понять геометрический смысл числа q , заметим, что уравнение ( x — x ₁ )( y ₂ — y ₁ )-( y — y ₁ )( x ₂ — x ₁ )= q задает прямую, параллельную стороне AB данного треугольника. Поэтому для каждой точки этой прямой результат подстановки ее координат в левую часть уравне6ния тот же, что и для точки C ( x ₃ ; y ₃ ), и дает число q . Значит, тог же значение получится и для точки C ₁ ( x ₄ ; y ₁ ) пересечения упомянутой прямой с прямой y = y ₁ , параллельной оси абсцисс и проходящей через вершину A треугольника. Но в этой точке ( x — x ₁ )( y ₂ — y ₁ )-( y — y ₁ )( x ₂ — x ₁ )=( x ₄ — x ₁ )( y ₂ — y ₁ ). Геометрический смысл последнего выражения понять уже несложно: │( x ₄ — x ₁ )( y ₂ — y ₁ )│ есть не что иное, как площадь параллелограмма со сторонами AB и AC ₁ . длина стороны AC ₁ равна │( x ₄ — x ₁ │, а длина высоты параллелограмма, опущенной из вершины B на эту сторону, есть не что иное, как │ y ₂ — y ₁ │. Поэтому │ q │ есть площадь ∆ ABC ₁ , но она такая же, что и у ∆ ABC , с которого мы начали рассмотрение. (Ведь вершина C ₁ получилась в результате «скольжения» вершины C по прямой, параллельной стороне треугольника, а основание осталось неизменным!) В результате приходим к следующей замечательной формуле для площади треугольника:

S = │ x ₃ — x ₁ )( y ₂ — y ₁ )-( y ₃ — y ₁ )( x ₂ — x ₁ ) │.

3.5. Теорема о радиусе окружности, описанной около треугольника

В треугольнике ABC известны стороны: AB = c , BC = a , AC = b . Найти радиус окружности, описанной около этого треугольника.

Примем вершину А треугольника за начало координат, ось абсцисс направим от А к В, как на рисунке.

Тогда вершина В будет иметь координаты (с;0),

Где с – это длина стороны АВ.

Пусть вершина С имеет координаты ( x_c ; y_c ),

А центр М описанной окружности –

Координаты ( x_m ; y_m ). Искомый радиус этой окружности обозначим через R .

Запишем условие того, что точки А (0;0), В ( b ;0) и С ( x_c ; y_c ) лежат на окружности ( M ; R ). Эти условия легко получить, если записать уравнение окружности, то есть ( x — x_m ) 2 +( y — x_m ) 2 = R 2 , а затем в это уравнение вместо x и y подставить координаты точек А, В и С. Получатся такие три равенства:

Каждое из этих условий выражает тот факт, что расстояние точек А (0;0), В ( c ;0) и С ( x_c ; y_c ) от центра окружности О ( a ; b ) равно одной и той же величине – искомому радиусу R .

Таким образом, мы получаем систему трех уравнений с тремя неизвестными — x_m , y_m и R .

Раскрывая скобки в двух последних уравнениях, получим:

Теперь вычтем из второго и третьего уравнения первое:

откуда легко получить:

Третье равенство в этой строке выражает искомый радиус окружности, описанной около треугольника, но в эту формулу входят координаты вершины C , не данные в условии. Однако из формулы расстояния между точками следует, что

Кроме того, число y_c равно высоте треугольника АВС, опущенной из вершины С. Поэтому формулу для радиуса можно записать короче:

Если еще заметить, что где S – площадь треугольника АВС, то эта формула примет совсем красивый и удобный вид:

ГЛАВА 4 Решение задач

Составьте уравнение окружности, описанной около треугольника ABC , если его вершины имеют следующие координаты: A (-3;1), B (3;1), C (-1;-1).

Центр описанной окружности лежит на пересечении серединных перпендикуляров к сторонам треугольника. Ось ординат является серединным перпендикуляром к стороне AB , значит центр окружности описанной около ∆ ABC имеет координаты (0;у).Так как он одинаково удален от точек C и B , то выполняется равенство:

(0+1) 2 +(у+1) 2 =(0-3) 2 +(у-1) 2 ,

1+у 2 +2у+1=9+у 2 -2у+1,

Координаты центра D (0;2).

R = DA = DC = DB , R = .

Уравнение окружности: X 2 +( y -2) 2 =10

Ответ: X 2 +( y -2) 2 =10.

Если точка A пересечения диагоналей четырехугольника MNPQ и середины B , C его противоположных сторон MN и PQ лежат на одной прямой, то MNPQ – трапеция или параллелограмм.

Предположим Тогда и Так как B – середина отрезка MN , то Аналогично, . По условию задачи A , B и C лежат на одной прямой, и потому существует такое число m , что т. е. или откуда следует, что m = k = l . Тогда т. е. Следовательно, ││ т. е. MNPQ – трапеция или параллелограмм.

В равнобедренном треугольнике ABC ( AB = BC =8) тока E делит боковую сторону AB в отношении 3:1, считая от вершины.

Вычислить угол между векторами и если CA =12.

Из ∆ OBC ^ OB = (-12;0), (6;2 ), ( ). Отсюда,

Cos =

Доказать, что прямая, проходящая через середины оснований трапеции, проходит через точку пересечения прямых, содержащих боковые стороны.

Пусть ABCD – данная трапеция с большим основанием AD / Систему координат выберем так как показано на рисунке. В этой системе координат вершины трапеции имеют координаты A (0;0), B (0;1), C ( a ;1), D (1;0). Так как AD > BC , то 0 a

M ( ), N ( ). Напишем уравнение прямых AB , CD и MN ^

(AB)6x=0; (CD):x-(a-1)y-1=0; (MN):x+

Решив совместно первые два уравнения, находим координаты точки E пересечение прямых AB и CD : У (0; ). Координаты этой точки удовлетворяют уравнению прямой MN : поэтому прямая MN проходит через точку пересечения прямых AB и CD .

Докажите, что середина гипотенузы прямоугольного треугольника равноудалена от всех его вершин.

Пусть ∆ ABC – прямоугольный, A (0; b ), И ( a ;0), C (0;0). M – середина гипотенузы.

M

MC =

MA = .

Таким образом, MA = MB = MC = R – радиусу описанной около ∆ ABC окружности.

Доказать, что сумма квадратов всех сторон параллелограмма равна сумме квадратов его диагоналей.

AB 2 =b 2 +c 2 ; AD 2 =a 2 ; AC 2 =(a+b) 2 +c 2

BD 2 =( a — b ) 2 + c 2 – использовали формулу расстояния между точками.

AB 2 +BC 2 +CD 2 +DA 2 =2(AB 2 +AD 2 )=2(a 2 +b 2 +c 2 )

AC 2 +BD 2 =(a+b) 2 +c 2 +(a-b) 2 +c 2 =2(a 2 +b 2 +c 2 )

Таким образом: AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA 2 = AC 2 + BD 2 .

Медиана, проведенная к основанию равнобедренного треугольника, равна 160 см, а основание треугольника равно 80 см. Найдите две другие медианы этого треугольника.

Дано: ∆ ABC – равнобедр. B (0;160), A (-40;0), C (40;0)

1) Найдем координаты середин отрезков AB и CB :

M M (-20;80)

N N (20;80)

2) CM 2 =(-20-40) 2 +(80-0) 2 =3600+6400=10000

AN 2 =(20+40) 2 +(80-0) 2 =3600+6400=10000

Ответ: CM = AN =100.

Высота треугольника, равная 10 см, делит основание на два отрезка, равные 10 см и 4 см. Найдите медиану, проведенную к меньшей из двух других сторон.

Пусть A (-10;0), B (0;10), С (4;0). Координаты точки

M M (2;5).

AM 2 =(-10-2) 2 +(0-5) 2 +144+25=169.

В процессе изучения дополнительной литературы, применения полученных знаний по методу координат, я сделала вывод, что это интересный рациональный метод, при помощи которого некоторые теоремы доказываются «в одну строчку» (теорема Пифагора, теорема о средней линии трапеции, теорема о средней линии треугольника, теорема о свойствах диагоналей параллелограмма), а задачи решаются гораздо легче, чем традиционным способом при правильном выборе системы координат. Математическая красота и наглядность на лицо. В работе представлены более интересные задачи по планиметрии из всех тех, которые были решены.

В дальнейшем, при изучении стереометрии, можно воспользоваться полученными знаниями и решать некоторые стереометрические задачи методом координат.

Видео:Метод координат. Как найти медиану треугольника, если известны координаты его вершин?Скачать

Определение натуральной величины отрезка

Если отрезок параллелен плоскости, то он проецируется на неё без искажений. В остальных случаях для нахождения его натуральной величины применяют метод прямоугольного треугольника или способы преобразования ортогональных проекций.

Видео:#635 НАУКА Структура вакуума. Устройство Мироздания: версия Межзвездного Союза. Юмор в разных мирах.Скачать

Метод прямоугольного треугольника

Сущность данного метода заключается в нахождении гипотенузы прямоугольного треугольника, у которого один катет равен горизонтальной (или фронтальной) проекции отрезка, а величина другого катета представляет собой разность удаления концов отрезка от горизонтальной (или, соответственно, фронтальной) плоскости проекции.

Для того чтобы найти натуральную величину отрезка AB (рисунок выше), строим прямоугольный треугольник A₀A’B’. Его первый катет A’B’ – это горизонтальная проекция AB. Второй катет A’A₀ равен величине Z_A – Z_B, то есть разности удаления точек A и B от горизонтальной плоскости П₁.

Откладываем A’A₀ = Z_A – Z_B перпендикулярно A’B’. Затем проводим гипотенузу A₀B’ треугольника A₀A’B’. На рисунке она обозначена красным цветом. Её величина соответствует настоящей длине AB.

Видео:Свойства прямоугольного треугольника. 7 класс.Скачать

Способ параллельного переноса

Параллельный перенос представляет собой перемещение геометрической фигуры параллельно одной из плоскостей проекций. При этом величина проекции фигуры на эту плоскость не меняется. Например, если перемещать отрезок EF параллельно горизонтальной плоскости П₁, то длина его проекции E’F’ не изменится, когда она займет новое положение E’₁F’₁ (как это показано на рисунке ниже).

Еще одно важное свойство параллельного переноса заключается в том, что при любом перемещении точки параллельно горизонтальной плоскости проекции, её фронтальная проекция движется по прямой, параллельной оси X. Если точка перемещается параллельно фронтальной плоскости, то её горизонтальная проекция движется по прямой, параллельной оси X.

Чтобы определить действительный размер отрезка EF, на свободном месте чертежа строим его новую горизонтальную проекцию E’₁F’₁ = E’F’ так, чтобы она была параллельна оси X . Затем по линиям связи находим точки E»₁ и F»₁. Расстояние между ними и есть искомая величина, поскольку мы перенесли EF в положение, параллельное фронтальной плоскости.

Метод параллельного переноса, описанный здесь, иногда называют параллельным перемещением. Посмотреть дополнительные примеры и получить более подробную информацию по данной теме можно в этой статье.

Видео:Координаты на плоскости и в пространстве. Вебинар | МатематикаСкачать

Поворот вокруг оси

Для того, чтобы отрезок стал параллелен плоскости проекции и без искажения отразился на ней, он может быть повернут вокруг проецирующей прямой, проходящей через один из его концов.

Определим длину произвольного отрезка MN. Для этого через точку N проводим горизонтально проецирующую прямую i. Вокруг неё поворачиваем MN так, чтобы его проекция M’N’ заняла положение M’₁N’₁, параллельное оси X.

По линиям связи находим точку M»₁. При этом исходим из того, что M» в процессе вращения движется параллельно горизонтальной плоскости.

Точка N не изменит своего положения, так как лежит на оси поворота. Поэтому осталось только соединить N»₁ и M»₁ искомым отрезком. На рисунке он выделен красным цветом.

Более подробную информацию о решении задач методом поворота вокруг оси вы можете получить, ознакомившись со следующим материалом.

📸 Видео

Решение прямоугольных треугольниковСкачать

Прямоугольная система координат. Координатная плоскость. 6 класс.Скачать

Прямоугольная система координат в пространстве. Практическая часть. 11 класс.Скачать

Как построить точки в системе координат OXYZСкачать

Координаты точки и координаты вектора 1.Скачать

Лекция 1. Точка на прямой. Метод прямоугольного треугольникаСкачать