Segmentlerdeki denklem formuna dönüştürün. Parçalarda düz bir çizginin denklemi: açıklama, örnekler, problem çözme

Bir afin koordinat sistemi OXY verilsin.

Teorem 2.1. Herhangi bir düz çizgi ben koordinat sistemi OX formun doğrusal denklemi ile verilir

A X+B sen+ C = Ö, (1)

burada A, B, C R ve A 2 + B 2 0. Tersine, (1) formundaki herhangi bir denklem düz bir çizgiyi tanımlar.

(1) gibi denklem - bir doğrunun genel denklemi .

Denklem (1)'deki tüm A, B ve C katsayıları sıfırdan farklı olsun. Daha sonra

Ah-By=-C ve .

-C/A=a, -C/B=b olsun. Aldık

-segmentlerdeki denklem .

Aslında |a| sayıları ve |b| düz bir çizgiyle kesilen bölümlerin boyutunu belirtin ben sırasıyla OX ve OY eksenlerinde.

Düz olmasına izin ver ben dikdörtgen koordinat sisteminde genel denklem (1) ile verilmiştir ve M 1 (x 1,y 1) ve M 2 (x 2,y 2) noktalarına ait olsun. ben. Daha sonra

A X 1 +V en 1 + C = Bir X 2 +V en 2 + C, yani A( X 1 -X 2) + B( en 1 -en 2) = 0.

Son eşitlik =(A,B) vektörünün =(x 1 -x 2,y 1 -y 2) vektörüne dik olduğu anlamına gelir. onlar. (A,B) vektörüne denir l çizgisinin normal vektörü.

=(-B,A) vektörünü düşünün. Daha sonra

A(-B)+BA=0. onlar. ^.

Bu nedenle =(-B,A) vektörü baharatlının yön vektörüdür. ben.

Doğrunun parametrik ve kanonik denklemleri

Verilen iki noktadan geçen çizginin denklemi

Afin koordinat sisteminde (0, X, Y) bir doğru verilmiş olsun. ben, yön vektörü = (m,n) ve M 0 ( X 0 ,sen 0) sahip olunan ben. Daha sonra keyfi bir M noktası için ( X,en) sahip olduğumuz bu çizginin

ve o zamandan beri .

Eğer belirtirsek ve

Sırasıyla M ve M 0 noktalarının yarıçap vektörleri, o zaman

- Bir doğrunun vektör formundaki denklemi.

=( X,en), =(X 0 ,en 0), sonra

X= X 0 + mt,

sen= sen 0 + nt

- bir doğrunun parametrik denklemi .

Şunu takip ediyor

- çizginin kanonik denklemi .

Son olarak, eğer düz bir çizgi üzerindeyse ben iki nokta verildi M 1 ( X 1 ,en 1) ve

M2( X 2 ,en 2), sonra vektör =( X 2 -X 1 ,sen 2 -en 1) kılavuzlar düz bir çizginin vektörü ben. Daha sonra

- Verilen iki noktadan geçen çizginin denklemi.

İki düz çizginin göreceli konumu.

Düz bırak ben 1 ve ben 2 genel denklemleriyle verilir

ben 1: Bir 1 X+ B1 en+ C 1 = 0, (1)

ben 2: Bir 2 X+ B2 en+ C2 = 0.

Teorem. Düz bırak ben 1 ve ben 2 denklem (1) ile verilmektedir. O zaman ve ancak o zaman:

1) λ sayısı olmadığında doğrular kesişir öyle ki

A 1 =λA 2, B 1 =λB 2;

2) öyle bir λ sayısı olduğunda çizgiler çakışır ki

A 1 =λA 2, B 1 =λB 2, C 1 =λC 2;

3) öyle bir λ sayısı olduğunda çizgiler farklı ve paraleldir ki

A 1 =λA 2, B 1 =λB 2, C 1 λC 2.

Bir takım düz çizgiler

Bir takım düz çizgiler düzlemdeki belirli bir noktadan geçen tüm doğruların kümesine denir merkez ışın.

Kiriş denklemini belirlemek için herhangi iki düz çizgiyi bilmek yeterlidir. ben 1 ve ben 2 ışının ortasından geçiyor.

Afin koordinat sistemindeki düz çizgiler olsun ben 1 ve ben 2 denklemlerle verilmektedir

ben 1: Bir 1 X+ B1 sen+ C1 = 0,

ben 2: Bir 2 X+ B2 sen+ C2 = 0.

Denklem:

1 X+ B1 sen+ C + λ (A2 X+ B2 sen+ C) = 0

- l 1 ve l 2 denklemleriyle tanımlanan bir çizgi kaleminin denklemi.

Gelecekte koordinat sistemi derken dikdörtgen koordinat sistemini anlayacağız. .

İki düz çizginin paralelliği ve dikliği koşulları

Satırlar verilsin ben 1 ve ben 2. genel denklemleri; = (A 1 ,B 1), = (A 2 ,B 2) – bu doğruların normal vektörleri; k 1 = tga 1, k 2 = tanα 2 – açısal katsayılar; = ( M 1 ,N 1), (M 2 ,N 2) – yön vektörleri. Daha sonra düz ben 1 ve ben 2, ancak ve ancak aşağıdaki koşullardan birinin doğru olması durumunda paraleldir:

ya ya da k 1 =k 2 veya .

Artık düz olsun ben 1 ve ben 2'si diktir. O zaman açıkçası A 1 A 2 + B 1 B 2 = 0 olur.

Düz ise ben 1 ve ben 2 sırasıyla denklemlerle verilmiştir

ben 1: en=k 1 X+ B 1 ,

ben 2: en=k 2 X+ B 2 ,

o zaman tanα 2 = tan(90°+α) = .

Şunu takip ediyor

Son olarak, eğer ve yön vektörleri düz ise ^, yani

M 1 M 2 + N 1 N 2 = 0

Son ilişki iki düzlemin dikliği için gerekli ve yeterli koşulu ifade eder.

İki düz çizgi arasındaki açı

İki düz çizgi arasındaki φ açısında ben 1 ve benŞekil 2'de bir düz çizginin başka bir düz çizgiye paralel olması veya onunla çakışması için döndürülmesi gereken en küçük açıyı anlayacağız, yani 0 £ φ £

Doğrular genel denklemlerle verilsin. Açıkça görülüyor ki

cosφ=

Artık düz olsun ben 1 ve ben 2 eğim katsayılı denklemlerle verilir k 1 inç k sırasıyla 2. Daha sonra

Açıktır ki, yani ( X-X 0) + B( en-en 0) + Ç( z-z 0) = 0

Parantezleri açıp D= -A'yı gösterelim. X 0 - V en 0 - C z 0. Aldık

A X+B sen+ C z+ D = 0 (*)

- genel formda düzlem denklemi veya genel düzlem denklemi.

Teorem 3.1 Doğrusal denklem(*) (A 2 +B 2 +C 2 ≠ 0) bir düzlem denklemidir ve bunun tersi de geçerlidir; düzlemin herhangi bir denklemi doğrusaldır.

1) D = 0 ise düzlem orijinden geçer.

2) A = 0 ise düzlem OX eksenine paraleldir

3) A = 0, B = 0 ise düzlem OXY düzlemine paraleldir.

Denklemdeki tüm katsayılar sıfırdan farklı olsun.

- segmentlerdeki düzlem denklemi. Sayılar |a|, |b|, |c| koordinat eksenleri üzerinde düzlem tarafından kesilen bölümlerin değerlerini gösterir.

Öklid geometrisinde düz bir çizginin özellikleri.

Herhangi bir noktadan sonsuz sayıda düz çizgi çizilebilir.

Çakışmayan herhangi iki noktadan tek bir doğru çizilebilir.

Bir düzlemde birbirinden farklı iki doğru ya tek bir noktada kesişir ya da

paralel (öncekinin devamı).

İÇİNDE üç boyutlu uzayüç seçenek var göreceli konum iki düz çizgi:

• çizgiler kesişiyor;

• çizgiler paraleldir;

• düz çizgiler kesişir.

Dümdüz astar— birinci dereceden cebirsel eğri: Kartezyen koordinat sisteminde düz bir çizgi

düzlemde birinci dereceden bir denklem (doğrusal denklem) ile verilir.

Düz bir çizginin genel denklemi.

Tanım. Düzlemdeki herhangi bir düz çizgi birinci dereceden bir denklemle belirtilebilir

Balta + Wu + C = 0,

ve sabit A, B aynı anda sıfıra eşit değildir. Bu birinci dereceden denklem denir genel

bir doğrunun denklemi. Sabitlerin değerlerine bağlı olarak A, B Ve İLE Aşağıdaki özel durumlar mümkündür:

. C = 0, Bir ≠0, B ≠ 0- orijinden düz bir çizgi geçer

. A = 0, B ≠0, C ≠0 (By + C = 0)- eksene paralel düz çizgi Ah

. B = 0, Bir ≠0, C ≠ 0 (Ax + C = 0)- eksene paralel düz çizgi Ah

. B = C = 0, Bir ≠0- düz çizgi eksenle çakışıyor Ah

. bir = C = 0, B ≠0- düz çizgi eksenle çakışıyor Ah

Düz bir çizginin denklemi şu şekilde temsil edilebilir: çeşitli şekillerde verilen herhangi bir şeye bağlı olarak

başlangıç ​​koşulları.

Bir noktadan ve normal bir vektörden gelen düz bir çizginin denklemi.

Tanım. Kartezyen dikdörtgen koordinat sisteminde (A, B) bileşenlerine sahip bir vektör

denklemin verdiği çizgiye dik

Balta + Wu + C = 0.

Örnek. Bir noktadan geçen çizginin denklemini bulun bir(1, 2) vektöre dik (3, -1).

Çözüm. A = 3 ve B = -1 ile doğrunun denklemini yazalım: 3x - y + C = 0. C katsayısını bulmak için

Verilen A noktasının koordinatlarını sonuçtaki ifadeye koyalım: 3 - 2 + C = 0, dolayısıyla.

C = -1. Toplam: gerekli denklem: 3x - y - 1 = 0.

İki noktadan geçen doğrunun denklemi.

Uzayda iki nokta verilsin M 1 (x 1, y 1, z 1) Ve M2 (x 2, y 2, z 2), Daha sonra bir çizginin denklemi,

şu noktalardan geçerek:

Paydalardan herhangi biri sıfır ise karşılık gelen pay sıfıra eşitlenmelidir. Açık

düzlemde yukarıda yazılan düz çizginin denklemi basitleştirilmiştir:

Eğer x 1 ≠ x 2 Ve x = x 1, Eğer x 1 = x 2 .

Kesir = k isminde eğim doğrudan.

Örnek. A(1, 2) ve B(3, 4) noktalarından geçen doğrunun denklemini bulun.

Çözüm. Yukarıda yazılan formülü uygulayarak şunu elde ederiz:

Bir nokta ve eğim kullanılarak düz bir çizginin denklemi.

Doğrunun genel denklemi ise Balta + Wu + C = 0şunlara yol açar:

ve atayın , sonra ortaya çıkan denklem denir

eğimi k olan bir doğrunun denklemi.

Bir noktadan ve yön vektöründen gelen düz bir çizginin denklemi.

Normal vektör boyunca düz bir çizginin denklemini dikkate alan noktaya benzetilerek göreve girebilirsiniz.

bir noktadan geçen düz bir çizgi ve bir düz çizginin yönlendirici vektörü.

Tanım. Sıfır olmayan her vektör (a 1, a 2) bileşenleri koşulu karşılayan

Aα 1 + Bα 2 = 0 isminde Bir doğrunun yönlendirici vektörü.

Balta + Wu + C = 0.

Örnek. Yön vektörü (1, -1) olan ve A(1, 2) noktasından geçen düz bir çizginin denklemini bulun.

Çözüm. İstenilen çizginin denklemini formda arayacağız: Ax + By + C = 0. Tanıma göre,

katsayılar aşağıdaki koşulları karşılamalıdır:

1 * A + (-1) * B = 0, yani. A = B.

O halde düz çizginin denklemi şu şekildedir: Ax + Ay + C = 0, veya x + y + C / A = 0.

en x = 1, y = 2 aldık C/A = -3, yani gerekli denklem:

x + y - 3 = 0

Parçalardaki düz bir çizginin denklemi.

Düz çizginin genel denkleminde Ах + Ву + С = 0 С≠0 ise, -С'ye bölerek şunu elde ederiz:

veya nerede

Geometrik anlam katsayılar şu şekildedir: a katsayısı kesişme noktasının koordinatıdır

eksenli düz Ah, A B- çizginin eksenle kesişme noktasının koordinatı Ah.

Örnek. Düz bir çizginin genel denklemi verilmiştir x - y + 1 = 0. Bu doğrunun denklemini segmentler halinde bulun.

C = 1, , a = -1, b = 1.

Bir doğrunun normal denklemi.

Denklemin her iki tarafı ise Balta + Wu + C = 0 sayıya böl buna denir

normalleştirme faktörü, sonra elde ederiz

xcosφ + ysinφ - p = 0 -normal denklem doğrudan.

Normalleştirme faktörünün ± işareti şu şekilde seçilmelidir: µ*C< 0.

R- Başlangıç ​​noktasından düz çizgiye bırakılan dikmenin uzunluğu,

A φ - eksenin pozitif yönü ile bu dikin oluşturduğu açı Ah.

Örnek. Doğrunun genel denklemi verilmiştir 12x - 5y - 65 = 0. Yazmak için gerekli çeşitli türler denklemler

bu düz çizgi.

Bu doğrunun segmentlerdeki denklemi:

Bu doğrunun eğimle denklemi: (5'e bölün)

Bir çizginin denklemi:

çünkü φ = 12/13; günah φ= -5/13; p = 5.

Her düz çizginin, örneğin düz çizgiler gibi bölümlerdeki bir denklemle temsil edilemeyeceğine dikkat edilmelidir.

eksenlere paralel veya orijinden geçen.

Düzlemdeki düz çizgiler arasındaki açı.

Tanım. İki satır verilirse y = k 1 x + b 1 , y = k 2 x + b 2, O dar açı bu satırların arasında

olarak tanımlanacak

İki doğru paralel ise k1 =k2. İki düz çizgiler birbirine diktir,

Eğer k 1 = -1/ k 2 .

Teorem.

Doğrudan Balta + Wu + C = 0 Ve bir 1 x + B 1 y + C 1 = 0 katsayılar orantılı olduğunda paralel

A 1 = λA, B 1 = λB. Ayrıca C 1 = λС, o zaman çizgiler çakışır. İki doğrunun kesiştiği noktanın koordinatları

bu doğruların denklem sisteminin çözümü olarak bulunur.

Belirli bir çizgiye dik olarak belirli bir noktadan geçen çizginin denklemi.

Tanım. Bir noktadan geçen çizgi M 1 (x 1, y 1) ve çizgiye dik y = kx + b

denklemle temsil edilir:

Bir noktadan bir çizgiye olan mesafe.

Teorem. Bir puan verilirse M(x 0, y 0), daha sonra düz çizgiye olan mesafe Balta + Wu + C = 0şu şekilde tanımlanır:

Kanıt. Bırakın nokta M 1 (x 1, y 1)- bir noktadan bırakılan bir dikmenin tabanı M belirli bir süre için

doğrudan. Daha sonra noktalar arasındaki mesafe M Ve M1:

(1)

Koordinatlar x 1 Ve 1'de denklem sisteminin çözümü olarak bulunabilir:

Sistemin ikinci denklemi, belirli bir M 0 noktasından dik olarak geçen düz bir çizginin denklemidir.

düz çizgi verilmiştir. Sistemin ilk denklemini forma dönüştürürsek:

A(x - x 0) + B(y - y 0) + Ax 0 + By 0 + C = 0,

sonra çözersek şunu elde ederiz:

Bu ifadeleri denklem (1)'de yerine koyarsak şunu buluruz:

Teorem kanıtlandı.

Segmentlerdeki bir doğrunun denklemi

Düz bir çizginin genel denklemi verilsin:

Parçalar halinde düz bir çizginin denklemi; burada düz çizginin ilgili koordinat eksenlerinde kestiği bölümler bulunur.

Genel denklem tarafından verilen düz bir çizgi oluşturun:

Buradan bu doğrunun segmentler halinde bir denklemini oluşturabiliriz:

Bir düzlemdeki çizgilerin göreceli konumu.

Açıklama 1.

Düz çizgiler için ve denklemlerle verilmek üzere:

Tesadüf gerekli ve yeterlidir:

Kanıt: ve çakışmaları, yön vektörleri ve eşdoğrusal olmaları, yani:

Bu düz çizgiyle M 0 noktasını alalım, o zaman:

İlk denklemi çarpıp ikinciye (2) ekleyerek şunu elde ederiz:

Yani formül (2), (3) ve (4) eşdeğerdir. (2) sağlanıyorsa, (*) sisteminin denklemleri eşdeğerdir; karşılık gelen düz çizgiler çakışır.

Açıklama 2.

Denklemlerle (*) verilen çizgiler paraleldir ve ancak ve ancak şu durumlarda çakışmaz:

Kanıt:

Eşleşmeseler bile:

Tutarsız, yani Kronecker-Capelli teoremine göre:

Bu yalnızca aşağıdaki durumlarda mümkündür:

Yani koşul (5) karşılandığında.

Birinci eşitlik (5) sağlandığında, - ikinci eşitliğin sağlanamaması sistemin uyumsuzluğuna neden olur (*) çizgiler paraleldir ve çakışmaz.

Not 1.

Kutupsal koordinat sistemi.

Düzlem üzerinde bir nokta belirleyip ona kutup adını verelim. Kutuptan çıkan ışına kutup ekseni adı verilecektir.

Segmentlerin uzunluklarını ölçmek için bir ölçek seçelim ve nokta etrafında saat yönünün tersine dönmenin pozitif kabul edileceği konusunda anlaşalım. Herhangi bir noktayı düşünün Verilen uçak, direğe olan mesafesini belirtin ve buna kutup yarıçapı adını verin. Kutup ekseninin çakışması için döndürülmesi gereken açı, kutup açısı olarak adlandırılacak ve gösterilecektir.

Tanım 3.

Bir noktanın kutupsal koordinatları kutup yarıçapı ve kutup açısıdır:

Açıklama 2. direkte. Puan dışındaki puanların değeri bir döneme kadar belirlenir.

Kartezyen dikdörtgen koordinat sistemini düşünün: kutup orijinle çakışır ve kutupsal eksen pozitif yarı eksenle çakışır. Burada. Daha sonra:

Dikdörtgen Kartezyen ve kutupsal koordinat sistemleri arasındaki ilişki nedir?

Bernoulli'nin lemniskat denklemi. Kutupsal koordinat sistemine yazın.

Düzlemdeki bir doğrunun normal denklemi. Kutup ekseninin orijinden geçen eksenle çakışmasına izin verin. İzin vermek:

O halde:

Noktanın koşulu (**):

Kutupsal koordinat sisteminde düz bir çizginin denklemi.

Burada - orijinden düz çizgiye çizilen uzunluk - normalin eksene eğim açısı.

Denklem (7) yeniden yazılabilir:

Düzlemdeki bir doğrunun normal denklemi.

“Düzlemde bir doğrunun denklemi” bölümünü incelemeye devam ediyoruz ve bu yazıda “Bir doğrunun segmentlerde denklemi” konusunu inceleyeceğiz. Parçalar halinde bir doğrunun denkleminin biçimini, bu denklemle verilen bir düz çizginin yapısını, bir doğrunun genel denkleminden parçalar halinde bir doğrunun denklemine geçişi sırayla ele alacağız. Bütün bunlara problem çözme örnekleri ve analizleri eşlik edecek.

Düzlemde O x y dikdörtgen koordinat sistemi olsun.

Kartezyen koordinat sistemindeki O x y düzlemindeki düz bir çizgi, x a + y b = 1 formundaki bir denklemle verilir; burada a ve b, değerleri sıfır olmayan bazı gerçek sayılardır. O x ve O y eksenleri üzerindeki düz çizgiyle kesilen bölümlerin uzunlukları. Segmentlerin uzunlukları orijinden hesaplanır.

Bildiğimiz gibi bir doğrunun denklemiyle verilen bir doğruya ait noktalardan herhangi birinin koordinatları bu doğrunun denklemini sağlar. a, 0 ve 0, b noktaları bu düz çizgiye aittir, çünkü a a + 0 b = 1 ⇔ 1 ≡ 1 ve 0 a + b b = 1 ⇔ 1 ≡ 1. a, 0 ve b, 0 noktaları O x ve O y koordinat eksenleri üzerinde bulunur ve orijinden a ve b birimleriyle uzaklaştırılır. Segmentin uzunluğunun çizilmesi gereken yön, a ve b sayılarının önünde görünen işaretle belirlenir. “-” işareti, parçanın uzunluğunun koordinat ekseninin negatif yönünde çizilmesi gerektiği anlamına gelir.

Yukarıdakilerin tümünü, şematik bir çizim üzerine sabit bir Kartezyen koordinat sistemi O x y'ye göre düz çizgiler yerleştirerek açıklayalım. x a + y b = 1 parçalarındaki düz bir çizginin denklemi, O x y Kartezyen koordinat sisteminde bir düz çizgi oluşturmak için kullanılır. Bunu yapmak için eksenler üzerinde a, 0 ve b, 0 noktalarını işaretlememiz ve ardından bu noktaları cetvel kullanarak bir çizgiyle birleştirmemiz gerekir.

Çizim, a ve b sayılarının farklı işaretlere sahip olduğu durumları göstermektedir ve bu nedenle bölümlerin uzunlukları, farklı yönler eksenleri koordine edin.

Bir örneğe bakalım.

Örnek 1

Düz bir çizgi, x 3 + y - 5 2 = 1 formundaki bölümlerdeki bir düz çizginin denklemiyle verilir. Bu doğruyu Kartezyen koordinat sistemi O x y'deki bir düzlem üzerinde çizmek gerekir.

Çözüm

Parçalar halinde bir doğrunun denklemini kullanarak, doğrunun içinden geçtiği noktaları belirleriz. Bu 3, 0, 0, - 5 2. Bunları işaretleyip bir çizgi çizelim.

Bir doğrunun genel denklemini parçalar halinde bir doğrunun denklemine indirgemek

Belirli bir doğru denkleminden parçalar halinde bir doğrunun denklemine geçiş, çeşitli problemleri çözmemizi kolaylaştırır. Bir doğrunun tam bir genel denklemine sahip olarak, bir doğrunun denklemini parçalar halinde elde edebiliriz.

Düzlemdeki düz bir çizginin tam genel denklemi A x + B y + C = 0'dır; burada A, B ve C sıfıra eşit değildir. C sayısını eşitliğin sağ tarafına aktarıyoruz, ortaya çıkan eşitliğin her iki tarafını da -C'ye bölüyoruz. Aynı zamanda x ve y'nin katsayılarını paydalara gönderiyoruz:

Bir x + B y + C = 0 ⇔ Bir x + B y = - C ⇔ ⇔ A - C x + B - C y = 1 ⇔ x - C Bir + y - C B = 1

Son geçişi gerçekleştirmek için p q = 1 q p, p ≠ 0, q ≠ 0 eşitliğini kullandık.

Sonuç olarak, A x + B y + C = 0 düz çizgisinin genel denkleminden x a + y b = 1 parçalarındaki düz çizginin denklemine geçiş yaptık, burada a = - C A, b = - CB.

Aşağıdaki örneğe bakalım.

Örnek 2

Genel bir düz çizgi denklemi x - 7 y + 1 2 = 0 olan, parçalar halinde bir düz çizgi denklemine geçiş yapalım.

Çözüm

x - 7 y + 1 2 = 0 ⇔ x - 7 y = - 1 2 eşitliğinin bir saniye sağ tarafına ilerliyoruz.

Eşitliğin her iki tarafını da - 1 2'ye bölüyoruz: x - 7 y = - 1 2 ⇔ 1 - 1 2 x - 7 - 1 2 y = 1.

Ortaya çıkan eşitliği istenen forma dönüştürelim: 1 - 1 2 x - 7 - 1 2 y = 1 ⇔ x - 1 2 + y 1 14 = 1.

Parçalı bir doğrunun denklemini elde ettik.

Cevap: x - 1 2 + y 1 14 = 1

Düz bir çizginin kanonik veya parametrik denklem Düzlemdeki doğruyu inceledikten sonra önce doğrunun genel denklemine, ardından doğrunun parçalar halinde denklemine geçiyoruz.

Parçalar halinde bir doğrunun denkleminden bir doğrunun genel denklemine geçmek basittir: Birimi, x a + y b = 1 biçimindeki bölümler halinde bir doğrunun denkleminin sağ tarafından, tersi ile sol tarafa aktarırız. işareti, bilinmeyen x ve y'nin önündeki katsayıları seçerek.

x a + y b = 1 ⇔ x a + y b - 1 = 0 ⇔ 1 a x + 1 b y - 1 = 0

Düzlemdeki bir doğrunun diğer herhangi bir denklemine gidebileceğimiz genel bir doğru denklemi elde ederiz. Geçiş sürecini “Bir doğrunun genel denkleminin diğer doğru denklem türlerine indirgenmesi” başlığında detaylı olarak ele aldık.

Örnek 3

Parçalardaki düz bir çizginin denklemi x 2 3 + y - 12 = 1 biçimindedir. Düz bir çizginin genel denklemini bir düzlem üzerine yazmak gerekir.

Çözüm

Daha önce açıklanan bir algoritmaya göre çalışır:

x 2 3 + y - 12 = 1 ⇔ 1 2 3 x + 1 - 12 y - 1 = 0 ⇔ ⇔ 3 2 x - 1 12 y - 1 = 0

Cevap: 3 2 x - 1 12 y - 1 = 0

Metinde bir hata fark ederseniz, lütfen onu vurgulayın ve Ctrl+Enter tuşlarına basın.

Düz çizginin genel denkleminde Ах + Ву + С = 0 С ¹ 0 ise, –С'ye bölerek şunu elde ederiz: veya

Katsayıların geometrik anlamı, katsayının Açizginin Ox ekseni ile kesişme noktasının koordinatıdır ve B– düz çizginin Oy ekseniyle kesişme noktasının koordinatı.

Örnek. x – y + 1 = 0 doğrusunun genel denklemi verilmiştir. Bu doğrunun denklemini parçalar halinde bulun.

C = 1, , a = -1, b = 1.

Bir doğrunun normal denklemi.

Denklemin her iki tarafı Ax + By + C = 0 olarak adlandırılan bir sayıya bölünürse normalleştirme faktörü, sonra elde ederiz

Xcosj + ysinj - p = 0 –

Bir doğrunun normal denklemi.

Normalleştirme faktörünün ± işareti m×С olacak şekilde seçilmelidir.< 0.

p, orijinden düz çizgiye indirilen dikmenin uzunluğu, j ise bu dikmenin Ox ekseninin pozitif yönü ile oluşturduğu açıdır.

Örnek. 12x – 5y – 65 = 0 doğrusunun genel denklemi verilmiştir. Bu doğru için çeşitli denklemlerin yazılması gerekmektedir.

bu doğrunun segmentlerdeki denklemi:

bu doğrunun eğimle denklemi: (5'e böl)

Bir doğrunun normal denklemi:

; cosj = 12/13; sinj = -5/13; p = 5.

Her düz çizginin, örneğin eksenlere paralel veya koordinatların kökeninden geçen düz çizgiler gibi bölümler halinde bir denklemle temsil edilemeyeceğine dikkat edilmelidir.

Örnek. Düz çizgi, koordinat eksenleri üzerinde eşit pozitif parçaları keser. Bu parçaların oluşturduğu üçgenin alanı 8 cm2 ise düz bir çizginin denklemini yazın.

Doğrunun denklemi şu şekildedir: , a = b = 1; ab/2 = 8; bir = 4; -4.

a = -4 problemin şartlarına göre uygun değildir.

Toplam: veya x + y – 4 = 0.

Örnek. A(-2, -3) noktasından ve orijinden geçen düz bir çizginin denklemini yazın.

Düz çizgi denklemi şu şekildedir: burada x 1 = y 1 = 0; x2 = -2; y2 = -3.

Belirli bir noktadan geçen çizginin denklemi

Belirli bir çizgiye dik.

Tanım. M 1 (x 1, y 1) noktasından geçen ve y = kx + b düz çizgisine dik olan düz bir çizgi aşağıdaki denklemle temsil edilir:

Düzlemdeki düz çizgiler arasındaki açı.

Tanım.İki doğruya y = k 1 x + b 1, y = k 2 x + b 2 verilirse, bu çizgiler arasındaki dar açı şu şekilde tanımlanacaktır:

k 1 = k 2 ise iki doğru paraleldir.

k 1 = -1/k 2 ise iki doğru birbirine diktir.

Teorem. Ax + Bу + C = 0 ve A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 düz çizgileri, A 1 = lA, B 1 = lb katsayıları orantılı olduğunda paraleldir. Ayrıca С 1 = lС ise, çizgiler çakışır.

İki doğrunun kesiştiği noktanın koordinatları bu doğruların denklem sisteminin çözümü olarak bulunur.

Bir noktadan bir çizgiye olan mesafe.

Teorem. Bir M(x 0, y 0) noktası verilirse, Ax + Bу + C = 0 çizgisine olan uzaklık şu şekilde belirlenir:

Kanıt. M 1 (x 1, y 1) noktası, M noktasından belirli bir düz çizgiye bırakılan dik bir çizginin tabanı olsun. Daha sonra M ve M 1 noktaları arasındaki mesafe:

X 1 ve y 1 koordinatları denklem sistemini çözerek bulunabilir:

Sistemin ikinci denklemi, belirli bir M 0 noktasından belirli bir çizgiye dik olarak geçen bir çizginin denklemidir.

Sistemin ilk denklemini forma dönüştürürsek:

A(x – x 0) + B(y – y 0) + Ax 0 + By 0 + C = 0,

sonra çözersek şunu elde ederiz:

Bu ifadeleri denklem (1)'de yerine koyarsak şunu buluruz:

Teorem kanıtlandı.

Örnek . Çizgiler arasındaki açıyı belirleyin: y = -3x + 7; y = 2x + 1.

k1 = -3; k 2 = 2 tgj = ; j = p/4.

Örnek. 3x – 5y + 7 = 0 ve 10x + 6y – 3 = 0 doğrularının birbirine dik olduğunu gösterin.

Şunu buluruz: k 1 = 3/5, k 2 = -5/3, k 1 k 2 = -1, dolayısıyla çizgiler diktir.

Örnek. A(0; 1), B(6; 5), C(12; -1) üçgeninin köşeleri verilmiştir. C köşesinden çizilen yüksekliğin denklemini bulun.

AB tarafının denklemini buluyoruz: ; 4x = 6y – 6;

2x – 3y + 3 = 0;

Gerekli yükseklik denklemi şu şekildedir: Ax + By + C = 0 veya y = kx + b.

k = . O halde y = . Çünkü yükseklik C noktasından geçiyorsa koordinatları şu denklemi sağlar: dolayısıyla b = 17. Toplam: .

Cevap: 3x + 2y – 34 = 0.

İkinci dereceden eğriler.

Denklem ile ikinci dereceden bir eğri verilebilir

Ax 2 + 2Bhu + Su 2 + 2Dx + 2Ey + F = 0.

Bu denklemin aşağıda verilen formlardan birinde temsil edilebileceği bir koordinat sistemi vardır (kartezyen dikdörtgen olması gerekmez).

1) - elipsin denklemi.

2) - “hayali” bir elipsin denklemi.

3) - hiperbol denklemi.

4) a 2 x 2 – c 2 y 2 = 0 – kesişen iki doğrunun denklemi.

5) y 2 = 2px – bir parabolün denklemi.

6) y 2 – a 2 = 0 – iki paralel doğrunun denklemi.

7) y 2 + a 2 = 0 – iki “hayali” paralel çizginin denklemi.

8) y 2 = 0 – bir çift çakışan doğru.

9) (x – a) 2 + (y – b) 2 = R 2 – bir dairenin denklemi.

Daire.

(x – a) 2 + (y – b) 2 = R 2 dairesinde merkezin koordinatları (a; b)'dir.

Örnek. Denklemi şu şekilde verilmişse, merkezin koordinatlarını ve dairenin yarıçapını bulun:

2x 2 + 2y 2 – 8x + 5y – 4 = 0.

Dairenin merkezinin ve yarıçapının koordinatlarını bulmak için bu denklemin yukarıda paragraf 9'da belirtilen forma getirilmesi gerekir. Bunu yapmak için tam kareleri seçin:

x 2 + y 2 – 4x + 2,5y – 2 = 0

x 2 – 4x + 4 –4 + y 2 + 2,5y + 25/16 – 25/16 – 2 = 0

(x – 2) 2 + (y + 5/4) 2 – 25/16 – 6 = 0

(x – 2) 2 + (y + 5/4) 2 = 121/16

Buradan O(2; -5/4); R = 11/4.

Elips.

Tanım. Elips denklemin verdiği eğriye denir.

Tanım. Odaklar elipsin herhangi bir noktasına olan uzaklıkların toplamı sabit bir değer olan bu iki noktaya denir.

F 1, F 2 – odaklanır. F1 = (c; 0); F 2 (-c; 0)

c – odaklar arasındaki mesafenin yarısı;

a – yarı ana eksen;

b – yarı küçük eksen.

Teorem. Elipsin odak uzaklığı ve yarı eksenleri şu ilişkiyle ilişkilidir:

a 2 = b 2 + c 2 .

Kanıt: M noktası elipsin düşey eksenle kesişme noktasındaysa, r1 + r2= 2 (Pisagor teoremine göre). M noktası elipsin yatay eksenle kesişme noktasındaysa, r 1 + r 2 = a – c + a + c.Çünkü tanım gereği miktar r1 + r2 sabit bir değerdir, o zaman eşitlersek şunu elde ederiz:

a 2 = b 2 + c 2

r1 + r2 = 2a.

Tanım. Elipsin şekli, odak uzunluğunun ana eksene oranı olan ve adı verilen karakteristik tarafından belirlenir. tuhaflık.

Çünkü İle< a, то е < 1.

Tanım. k = b/a miktarına denir sıkıştırma oranı elips olup 1 – k = (a – b)/a miktarına denir sıkıştırma elips.

Sıkıştırma oranı ve eksantriklik şu ilişkiyle ilişkilidir: k 2 = 1 – e 2 .

a = b (c = 0, e = 0, odaklar birleşirse) elips bir daireye dönüşür.

M(x 1, y 1) noktası için koşul sağlanıyorsa, o zaman elipsin içinde yer alır ve eğer öyleyse, nokta elipsin dışındadır.

Teorem. Bir elipse ait rastgele bir M(x, y) noktası için aşağıdaki ilişkiler doğrudur::

R 1 = a – örnek, r 2 = a + örnek.

Kanıt. Yukarıda r1 + r2 = 2a olduğu gösterilmiştir. Ek olarak geometrik değerlendirmelerden şunu yazabiliriz:

Kareleri alınıp benzer terimlerin getirilmesinden sonra:

Benzer şekilde r 2 = a + ex olduğu kanıtlanmıştır. Teorem kanıtlandı.

Bir elips adı verilen iki düz çizgiye bağlanır müdireler. Denklemleri:

X = a/e; x = -a/e.

Teorem. Bir noktanın bir elips üzerinde uzanması için, odağa olan mesafenin karşılık gelen doğrultuya olan mesafeye oranının dışmerkezliğe e eşit olması gerekli ve yeterlidir.

Örnek. Denklemde verilen elipsin sol odağından ve alt köşesinden geçen çizgi için bir denklem yazın:

1) Alt köşenin koordinatları: x = 0; y2 = 16; y = -4.

2) Sol odağın koordinatları: c 2 = a 2 – b 2 = 25 – 16 = 9; c = 3; F2(-3;0).

3) İki noktadan geçen bir doğrunun denklemi:

Örnek. Odakları F 1 (0; 0), F 2 (1; 1) ve ana ekseni 2 olan bir elipsin denklemini yazın.

Elipsin denklemi şu şekildedir: . Odak mesafesi:

2c = dolayısıyla a 2 – b 2 = c 2 = ½

2a = 2 koşuluna göre a = 1, b =

Hiperbol.

Tanım. Abartı verilen iki noktaya olan uzaklık farkı modülünün verildiği düzlemin noktaları kümesidir. hileler odaklar arasındaki mesafeden daha küçük sabit bir değerdir.

Tanım gereği ïr 1 – r 2 ï= 2a. F 1, F 2 – hiperbolün odakları. F 1 F 2 = 2c.

Hiperbol üzerinde keyfi bir M(x, y) noktası seçelim. Daha sonra:

c 2 – a 2 = b 2 diyelim (geometrik olarak bu miktar küçük yarı eksendir)

Hiperbolün kanonik denklemini elde ettik.

Hiperbol, odakları birleştiren parçanın ortası ve koordinat eksenleri etrafında simetriktir.

Eksen 2a'ya hiperbolün gerçek ekseni denir.

Eksen 2b'ye hiperbolün sanal ekseni denir.

Bir hiperbolün iki asimptotu vardır ve bunların denklemleri

Tanım.İlişki denir tuhaflık hiperboller; burada c, odaklar arasındaki mesafenin yarısıdır ve gerçek yarı eksendir.

c 2 – a 2 = b 2 olduğu gerçeğini dikkate alarak:

a = b, e = ise hiperbol denir eşkenar (eşkenar).

Tanım. Hiperbolün gerçek eksenine dik ve merkeze göre a/e uzaklıkta simetrik olarak yerleştirilmiş iki düz çizgiye denir. müdireler abartı. Denklemleri: .

Teorem. Eğer r, hiperbolün rastgele bir M noktasından herhangi bir odağa olan uzaklığı ise, d aynı noktadan bu odağa karşılık gelen doğrultmana olan uzaklıktır, o zaman r/d oranı dışmerkezliğe eşit sabit bir değerdir.

Kanıt. Bir hiperbolü şematik olarak gösterelim.

Açık geometrik ilişkilerden şunu yazabiliriz:

a/e + d = x, dolayısıyla d = x – a/e.

(x – c) 2 + y 2 = r 2

Kanonik denklemden: b 2 = c 2 – a 2 dikkate alınarak:

o zaman çünkü с/a = e, o zaman r = ex – a.

Hiperbolün sol dalı için de kanıt benzerdir. Teorem kanıtlandı.

Örnek. Köşeleri ve odakları elipsin karşılık gelen köşe ve odak noktalarında olan bir hiperbolün denklemini bulun.

Bir elips için: c 2 = a 2 – b 2.

Bir hiperbol için: c 2 = a 2 + b 2.

Hiperbol denklemi: .

Örnek. Eğer hiperbolün dışmerkezliği 2 ise ve odakları elipsin odaklarıyla çakışıyorsa ve denklem parabolün parametresiyse, hiperbol için bir denklem yazın. Parabolün kanonik denklemini türetelim.

Geometrik ilişkilerden: AM = MF; AM = x + p/2;

MF 2 = y 2 + (x – p/2) 2

(x + p/2) 2 = y 2 + (x – p/2) 2

x 2 +xp + p 2/4 = y 2 + x 2 – xp + p 2/4

Doğrultman denklemi: x = -p/2.

Örnek . y 2 = 8x parabolünde doğrultmana uzaklığı 4 olan bir nokta bulun.

Parabol denkleminden p = 4 olduğunu buluyoruz.

r = x + p/2 = 4; buradan:

x = 2; y2 = 16; y = ±4. Aranan noktalar: M 1 (2; 4), M 2 (2; -4).

Örnek. Kutupsal koordinat sistemindeki bir eğrinin denklemi şu şekildedir:

Kartezyen dikdörtgen koordinat sisteminde bir eğrinin denklemini bulun, eğrinin tipini belirleyin, odakları ve dışmerkezliği bulun. Eğriyi şematik olarak çizin.

Kartezyen dikdörtgen bağlantısını kullanalım ve kutup sistemi koordinatlar: ;

Hiperbolün kanonik denklemini elde ettik. Denklemden, hiperbolün Ox ekseni boyunca 5 sola kaydırıldığı, ana yarı eksen a'nın 4'e, küçük yarı eksen b'nin 3'e eşit olduğu açıktır, dolayısıyla c 2 = a elde ederiz. 2 + b2; c = 5; e = c/a = 5/4.

F 1 (-10; 0), F 2 (0; 0) 'a odaklanır.

Bu hiperbolün bir grafiğini oluşturalım.