презентація 9 клас

1. Презентація
курсу за вибором
“Метод координат на площині”

2. Метод координат на
площині.
• Аналітична геометрія — розділ
геометрії, що вивчає властивості
геометричних фігур засобами
елементарної алгебри (в ширшому
розумінні — засобами
математичного аналізу),
пов'язуючи їх з застосуванням
методу координат.

3. Основоположники
аналітичної геометрії
• Основні положення
аналітичної геометрії
вперше сформулював
філософ і математик
Р. Декарт.
• Г. Лейбніц, Л. Ейлер,
І. Ньютон надали
аналітичній геометрії
сучасної структури.

4. Декартові координати на
площині.
• Прямокутна система координат на площині вважається
заданою, якщо на площині вказано:
• а) дві взаємно перпендикулярні прямі, на кожній із яких
вибрано додатній напрям - осі ординат (вісь абсцис і вісь
ординат). Точка О перетину цих координат називається
початком координат;
• б) одиничний відрізок;
• Прямокутними декартовими координатами довільної
точки площини називається впорядкована пара чисел
і , де - координата проекції точки на вісь абсцис, а
- координата проекції точки на вісь ординат. Той
факт, що точка має координати і , записується так:
.
Ì õ
ó õ Ì ó
Ì
Ì õ ó
( )óõÌ ;

5. 1.2 Відстань між двома
точками
( ) ( )ÂÂÀÀ óõ³ÂóõÀ ;;
( ) ( )22
ÀÂÀÂ óóõõÀÂ −+−=
Відстань між двома точками
обчислюється за формулою:
( )7;2−À ( )1;13 −Â
( ) ( ) ( ) ( ) .172896422571213
2222
==+=−−++=−+−= ÀÂÀÂ óóõõÀÂ
Приклад 1.
Обчислити відстань між точками і
Розв’язання:

6. 1.3 Ділення відрізка в даному
відношенні
Координати точки , яка ділить
відрізок у відношенні
знаходяться по формулі:
При діленні відрізка навпіл,
тобто при , отримуємо такі
формули:
•
1=λ
,
2
ВА хх
х
+
=
2
ВА уу
у
+
=
М
АВ λ
λ
λ
+
+
=
1
ВА
М
хх
х
λ
λ
+
+
=
1
ВА
м
уу
у

7. Приклад 1.
Відрізок, обмежений точками і
поділено на три рівні частини.
Знайти координати точок поділу і
( )4;1А ( )14;4 −В
С D
Розв’язання:
Точка С ділить відрізок АВ у
відношенні 2
1
==
СВ
АС
λ
.
Отже,
.2
2
1
1
4
2
1
1
1
=
+
⋅+
=
+
+
=
λ
λ ВА
С
хх
х
( )
.2
2
1
1
10
2
1
4
1
−=
+
−⋅+
=
+
+
=
λ
λ вА
С
уу
у
Отже, ( ).2;2 −С
.

8. .2
1
2
===
DВ
АD
λ
.3
21
421
1
=
+
⋅+
=
+
+
=
λ
λ ВА
D
ХХ
X
( ) .8
21
1424
1
−=
+
−⋅+
=
+
+
=
λ
λ ВА
D
уу
у
( ).8;3 −D
Точка Д ділить відрізок АВ у відношенні
Звідси
Отже,

9. Приклад 2.
Трикутник ABC задано координатами вершин A(–3;4), B(7; –2),
C(5;6). Побудувати ∆ABC в системі координат.
Знайти:
а) довжину медіани AM; б) точку E перетину медіан. (рис. 1)
Нехай M – середина сторони BC:
;6
2
57
2
21
=
+
=
+
=
xx
x ;2
2
62
2
21
=
+−
=
+
=
yy
y ( ).2;6M
( ) ( ) ( )( ) ( ) .854236
222
12
2
12 =−+−−=−+−= yyxxAM
За властивістю точки перетину медіан трикутника 212 ===λ EMAE
Тоді координати точки E:
;3
21
623
1
21
=
+
⋅+−
=
+
+
=
λ
λxx
x
.
3
2
2
21
224
1
21
=
+
⋅+
=
+
+
=
λ
λyy
y






3
2
2;3E

10. -3
4
A(-3,4)
7
-2 B(7,-2)
5
6 C(5,6)
M(6,2)E
Ілюстрація до прикладу 2
x
y
O
x – вісь абсцис
y – вісь ординат
XOY – координатна
площина
A, B, C – вершини
трикутника
M – середина сторони BC
E – точка перетину медіан
Рис. 8

11. Пряма на площині
1.4 Загальне рівняння прямої.
1.5 Кутовий коефіцієнт прямої.
Рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом.
1.6 Рівняння прямої, яка проходить через дану точку
в заданому напрямі.
1.7 Рівняння прямої, що проходить
через дві задані точки.
1.8. Рівняння прямої у відрізках на осях.
1.9 Перетин двох прямих.

12. 1.4 Загальне рівняння
прямої.
• Якщо на площині довільно взято
декартову систему координат, то
будь – яке рівняння першого степеня
відносно координат і ,
де визначають пряму в цій
системі координат.
х у 0=++ СВуАх
0,0 ≠≠ ВА

13. Окремі випадки загального рівняння
прямоїЗначення
коефіцієн
тів
Рівняння
прямої Розміщення прямої
1
С=0
Пряма проходить через
початок координат.
2
А=0
Пряма паралельна осі
абсцис.
3
Пряма паралельна осі
ординат.
4
Пряма співпадає з віссю
абсцис.
5 Пряма співпадає з віссю
ординат.
0=+ ВуАх
В
С
девву −== ,
0=В
А
С
аах −== ,
0== СА 0=у
0== СВ 0=х

14. 1.5Рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом
Нехай похила пряма l утворює кут α з віссю Ox і перетинає вісь
Oy у точці B(0;b) (рис. 10).
Рис. 10
l
x
O
α
( )bB ;0
y ( )yxM ;
by −
( )bxN ;
x
Нехай M(x; y) – довільна точка
прямої l. У прямокутному ΔBNM
MBN=α. Тоді
y – b = kx .
Звідси маємо рівняння прямої з
кутовим коефіцієнтом
y = kx + b.
;MBNtg
BN
NM
∠= ;ktg
x
by
==
−
α
Зауваження 1. Якщо b=0, то пряма y=kx проходить через початок координат
O(0;0). Якщо k=0, то пряма y=b паралельна осі Ox (горизонтальна).
Зауваження 2. Якщо пряма паралельна осі Oy (α=90º), то її
кутовий коефіцієнт не існує (k = tg 90º = ∞), і її рівняння не
можна подати у відповідному вигляді. Рівняння
вертикальної прямої має вигляд x=a, де a – абсциса точки
перетину A(a;0) з віссю Ox.
Тангенс кута нахилу α називають кутовим
коефіцієнтом k прямої l: k=tgα. Число b називають початковою
ординатою прямої l.
∠

15. Побудувати пряму за її рівнянням:
а) y=3x – 2; б) y= – 3x; в) y=2; г) x=
– 3.
x 0 1
y – 2 1
x 0 1
y 0 – 3
в) пряма,
паралельна осi
Оx i проходить
через т. (0;2)
г) пряма,
паралельна осi
Оy i проходить
через т. (– 3;0)
а) x = 0 → y = 3·0 – 2 = – 2;
x = 1 → y = 3·1 – 2 = 1
б) x = 0 → y = – 3·0 = 0;
x = 1 → y = – 3·1 = – 3
x
y
0
– 2
1
1
а)
– 3
б)
2 в)
– 3
г)

16. 1.6 Рівняння прямої, яка проходить через
дану точку в заданому напрямі.
• Рівняння прямої, яка проходить через дану
точку в заданому напрямі, має вигляд
, де - кутовий коефіцієнт прямої.
• Це рівняння можна розглядати як рівняння
пучка прямих, тобто множини прямих, які
проходять через ту саму точку площини - .
• Зазначимо, що тільки одна пряма з усіх
прямих, що проходять через точку , а
саме пряма, перпендикулярна до осі , не
виражається цим рівнянням. Її рівняння має
вигляд .
( )АА ухА ;
( )АА ххkуу −=− αtgk =
( )АА ухА ;
( )АА ухА ;
Ох
Ахх =

17. Написати рівняння і побудувати пряму,
що належить пучку з центром у точці
M1(–3,1), якщо: а) пряма паралельна осі
Ox; б) пряма паралельна осі Oy; в) пряма
нахилена до осі Ox під кутом α=60º.
а) якщо пряма паралельна осi Оx, то k = 0: y – 1= 0, y = 1;
б) якщо пряма паралельна осі Oy, то її рівняння має вигляд x = –
3;
в) якщо пряма нахилена до осі Ox під кутом α=60º, то k = tg 60º =
y – 1= (x+3);
y = x+3 +1
3
:3
3
3
x 0 -1
y 6,2 4,5
y
x
а)
б)
0
1
в) – 3
6,2
– 1
4,5
M1(–3,1)

18. 1.7 Рівняння прямої, що проходить
через дві задані точки.
• Рівняння прямої, що проходить
через дві задані точки має
вигляд .
• Кутовий коефіцієнт прямої, яка
проходить через точки А і В,
визначаємо з співвідношення
.
( ) ( )ÂÂÀÀ óõ³ÂóõÀ ;;
( )А
АВ
АВ
А хх
хх
уу
уу −
−
−
=−
АВ
АВ
АВ
хх
уу
k
−
−
=

19. ( ) ( )4;13;2 −− ³ÂÀ
4,3,1,2 =−−== ВАВА уухх
( ) 0537,2
21
34
3 =−+−
−−
+
+ ухабоху
Приклад 1.
Складіть рівняння прямої, яка проходить
через точки
Розв’язання:
За умовою
Підставивши ці значення в рівняння , дістанемо
.
( )А
АВ
АВ
А хх
хх
уу
уу −
−
−
=−

20. ( ) ( )( ) ;532115
22
=−−+−−=AB
( ) ( )( ) .52113
22
=−−−+−=AC
За властивістю бісектриси
внутрішнього
кута трикутника
.3
5
53
====
AC
AB
LC
BL
λ
Тоді
:L ;1
31
335
=
+
⋅+−
=x
( ) ;
2
1
31
131
−=
+
−⋅+
=y .
2
1
;1 





−L
:AL ;
12
1
12
1
xx
xx
yy
yy
−
−
=
−
− ( )
( )
;
11
1
221
2
−
−
=
−−−
−− xy
.1=x
Приклад 2.
Трикутник ABC задано координатами вершин A(1;–2), B(–5;1),
C(3;–1). Побудувати ∆ABC в системі координат (рис. 11).
Знайти рівняння бісектриси AL. y
x
А(1;–2)
В(–5;1)
С(3;–1)
L
Рис. 11
O
1
–2
–5
1
3
–1

21. 1.8 Рівняння прямої у відрізках на
осях.
Рівняння прямої у відрізках на осях
має вигляд ,
де а і b - відповідно абсциса і
ордината точок перетину прямої з
осями і .
1=+
b
у
а
х
Оу
B(0;b)
A(a;0)
l
b
O
y
Оx

22. Ох
( )0;3 ( )5;0
.5,3 == bа
1
53
=+
ух
Розв’язання:
За умовою
Отже, шукане рівняння має вигляд
:
.
Приклад.
Скласти рівняння прямої, яка перетинає вісь
у точці , а вісь ординат у точці

23. Кут між прямими. Умови паралельності та
перпендикулярності прямих
Нехай прямі l1 і l2, що зображені на рис. 1, мають задані кутові
коефіцієнти відповідно k1 і k2.
.
1 21
12
αα
αα
ϕ
tgtg
tgtg
tg
⋅+
−
=
Оскільки tgα1 = k1; tgα2 = k2, то тангенс
кута між прямими знаходиться за
формулою
.
1 21
12
kk
kk
tg
+
−
=ϕ
φ = α2 – α1;
Рис. 1
α1 α2
O
l1
l2
α2
φ
α1
x
y
Для паралельних прямих φ = 0, tgφ = 0, а для перпендикулярних прямих
φ = 90º, tgφ → ∞. З одержаної формули випливає, що
1) необхідною і достатньою умовою паралельності невертикальних
прямих l1 і l2 є рівність k1 = k2;
2) необхідною і достатньою умовою перпендикулярності похилих
прямих l1 і l2 є рівність k1k2 = – 1.
Зауваження. Кут між прямими φ розуміється як кут
повороту. Гострий кут між прямими знаходиться за
формулою
.
1 21
12
kk
kk
arctgг
+
−
=ϕ
Тоді для кута φ між ними маємо

24. У тупокутному ΔABC ( – тупий) задано рівняння сторін
AB: y = – 3x + 5, AC: y = 2x – 10 і координати вершини C(2; – 6).
Знайти: а) ; б) рівняння висоти CN; в) рівняння середньої
лінії ML, що паралельна AB, де M – середина сторони AC. (рис. 14)
A∠
A∠
а) Знайдемо гострий кут між прямими AB і
AC: ( )
( )
.41
321
32
1 21
12
πϕ ==
−⋅+
−−
=
+
−
= arctgarctg
kk
kk
arctgг
Т
одi
.434 πππϕπ =−=−=∠ гA
б) ;121 −=⇔⊥ kkABCN ;3−=ABk ;311 =−= ABCN kk
;CNC ∈ :CN ( );00 xxkyy −=− ( );2
3
1
6 −=+ xy .
3
20
3
1
−= xy
в) ;
102
53
:



−=
+−=
∩=
xy
xy
ACABA ( ).4;3 −A
M – середина сторони AC: ;
2
5
2
23
2
21
=
+
=
+
=
xx
x ;5
2
64
2
21
−=
−−
=
+
=
yy
y
( ).5;25 −M
;|| ABML ;3−== ABML kk ;MLM ∈
:ML ( );00 xxkyy −=− ( );2535 −−=+ xy .
2
53 +−= xy
kAB = – 3; kAC = 2;
32

25. Перетин двох прямих.
• Якщо дано дві прямі
які перетинаються, то щоб визначити
координати точки перетину цих
прямих, треба розв’язати систему
рівнянь даних прямих.
,00 22111 =++=++ СуВхіАСуВхА

26. 033 =−+ ух 029113 =−− ух 0113 =+− ух
Приклад 2.
Знайдіть вершини трикутника, якщо його сторони
задано
рівняннями , ,
,
Розв’язання:
Щоб знайти координати вершин трикутника, треба розв’язати три системи
рівнянь:



=−−
=−+
,029113
,033
ух
ух



=+−
=−−
,0113
.029113
ух
ух



=−+
=+−
.033
,0113
ух
ух
Розв’язок першої системи: .1,6 −== ух
Розв’язок другої системи: 4,5 −=−= ух
Розв’язок третьої системи: .2,3 =−= ух
Отже, вершинами трикутника є точки: ( )1;6 − ( )4;5 −− ( )2;3−

27. Розділ 2. Лінії другого
порядку
2.1 Загальне рівняння ліній другого
порядку.
2.2 Коло.
2.3 Еліпс.
2.4 Гіпербола.
2.5 Парабола.

28. 2.1 Загальне рівняння лінії другого
порядку
• Пряма – це єдина лінія першого порядку. Її загальним рівнянням є
алгебраїчне рівняння першого степеня.
Існують чотири типи ліній другого порядку –
коло, еліпс, гіпербола і парабола.

29. 2.2 Коло
• Колом називається множина всіх точок площини,
рівновіддалених від даної точки цієї площини, яку
називають центром.
• Кола з центром у початку координат і радіусом
має вигляд: .
• Рівняння кола з центром у точці і радіусом
має вигляд:
• Рівняння кола в загальному вигляді записують так:
, де
- сталі коефіцієнти.
r
222
róõ =+
( )âàÎ ; r
( ) ( ) 222
râóàõ =−+−
022
=++++ DÑóÂõÀóÀõ DÑÂA ,,,

30. Переконатись, що
рівняння3x2
+ 3y2
+ 6x – 5y – 9 = 0
є рівнянням кола. Знайти його центр C(a;b) і радіус r.
x2
+ y2
+ 2x – (5/3)y – 3 = 0; ;03
6
5
6
5
6
5
2112
22
22
=−





−





+⋅−+−++ yyxx
(x + 1)2
+ (y – 5/6)2
= (13/6)2
; C(– 1; 5/6); r = 13/6.
Дано дві точки A(2; –3) і B(–6; 1). Скласти
;2
2
)6(2
2
21
−=
−+
=
+
=
xx
x
рівняння кола l, для якого відрізок AB служить діаметром.
Центром кола l є середина C діаметра AB, а радіус кола r = AB/2.
Тоді:
;1
2
13
2
21
−=
+−
=
+
=
yy
y
( );1;2 −−C ( ) ( ) ( )( ) ( ) ;541362
222
12
2
12 =−−+−−=−+−= yyxxAB
.52=r
Рівняння
кола
( ) ( ) .2012
22
=+++ yx

31. • Еліпсом називається множина точок площини, сума відстаней
яких до двох даних точок, що називаються фокусами, є
величина стала , більша за відстань між фокусами .
2.3 Еліпс
à2 ñ2

32. Рівняння еліпса:
• Залежність між параметрами , , , виражається
співвідношенням:
• Точки перетину еліпса з осями координат , ,
називаються вершинами еліпса.
• Форма еліпса ( міра його стиску характеризується його
ексцентриситетом , тобто
• Директрисами еліпса називаються дві прямі, паралельні малій
осі , які віддалені від неї на відстань ( коло директрис не має).
• Рівняння директрис має вигляд : .
12
2
2
2
=+
â
ó
à
õ
д
е
;à â ñ
222
ñâà =−
( )0;1 àÀ ( )0;2 àÀ − ( )â ;01
( )â −;02
à
ñ
=ε 1
22
<
−
=
à
âà
ε
ε
à
ε
à
õ ±=

33. Переконатись, що рівняння
9x2
+ 100y2
– 900 = 0
є рівнянням еліпса. Зобразити ескіз еліпса, знайшовши точки його
перетину з осями координат (вершини еліпса).
;9001009 22
=+ yx ;1
9100
22
=+
yx
–1
310 2
2
2
2
=+
yx
еліпс, що перетинає осі координат у вершинах A1(– 10,0), A2(10,0), B1(0, –3),
B2(0,3).
x
y
A1 A2
B1
B2
O
3
– 3
–10 10

34. 2.4 Гіпербола
• Гіперболою називають множину точок площини, абсолютна
величина різниці відстаней яких до двох даних точок, що
називаються фокусами, є величина стала , менша за
відстань між фокусами .
( )à2
( )ñ2

35. Рівняння гіперболи: де
Точки , називаються вершинами
гіперболи, а точки , називаються уявними
вершинами гіперболи.
Відрізок називається дійсною
віссю, а відрізок і його довжина - уявною віссю.
12
2
2
2
=−
â
ó
à
õ
222
àñâ −=
( )0;1 àÀ ( )0;2 àÀ −
( )â ;01 ( )â −;02
21 ÀÀ і його довжина ( )à2
21ÂÂ â2
Ексцентриситетом гіперболи називається
відношення відстані між фокусами до дійсної осі:
1
22
>
+
==
à
âà
à
ñ
ε
Гіпербола має дві асимптоти, рівняння яких: õ
ñ
â
ó ±=

36. Переконатись, що рівняння 9x2
– 25y2
– 225 = 0
є рівнянням гіперболи. Знайти вершини гіперболи
та її асимптоти. Зобразити ескіз гіперболи.
;225259 22
=− yx ;1
225
25
225
9
22
=−
yx 1
925
22
=−
yx
дійсні вершини гіперболи: A1(–5;0), A2(5;0),
уявні вершини гіперболи: B1(– 3;0), B2(3;0),
– гіпербола з вершинами:
асимптоти: ;x
a
b
y ±= .
5
3
xy ±=
y
xOA1 A2
B1
B23
–3
–5 5
46

37. Приклад 2.
,
Скласти рівняння гіперболи з фокусами на
осі , якщо її дійсна вісь дорівнює 16, а
уявна 8.
Розв’язання:
Îõ
Для складання рівняння гіперболи треба знати
параметри
і . З умови маємо , , і , .
Підставивши ці значення в рівняння гіперболи ,
дістанемо:
à â 162 =à 8=à 82 =â
4=â
1
1664
22
=+
óõ

38. 2.5 Парабола з вершиною в початку
координат
• Параболою називається множина точок , для кожної з яких
відстань до деякої фіксованої точки площини, що називається
фокусом, дорівнює відстані до деякої фіксованої прямої, яка не
проходить через фокус і називається директрисою.
Відстань ð
від фокуса параболи до її
директриси
називається параметром параболи.
Якщо осі декартової прямокутної системи
координат вибрано так, що фокус міститься в
точці , а директриса перпендикулярна
до осі має рівняння , то рівняння
параболи має вигляд:





 0
2
pF
Îõ
2
ð
õ −=
ðõó 22
=

39. Парабола має одну вісь симетрії, вісь симетрії параболи
називається віссю параболи. Точка перетину параболи з віссю симетрії
називається її вершиною. Для нашої параболи віссю є вісь , а
вершиною – початок координат.
Îõ
r ( )óõÌ ;
Фокальний
радіус довільної точки
параболи ( тобто довжина )
відрізк
а
FM
може бути обчислений за формулою: 2
põr += x Ìде - абсциса точки
.
2
ðõ = 



− 0;
2
pF
ðõó 22
−
2
ðó −=






2
;0 ðF
ðóõ 22
=
Якщо директриса параболи – пряма , а фокус – точка
рівняння параболи має вигляд
У випадку, якщо директриса параболи –
пряма
а фокус – точка
рівняння параболи має вигляд:.

40. Основні випадки розміщення параболи
відносно системи координат.
y
xF
O
ld
Рис. 21
y2
=2px
y
xF O
ld
Рис. 22
y2
= – 2px
y
x
F
O
ld
Рис. 23
x2
=2py
y
x
F
O
ld
Рис. 24
x2
= – 2py
49

41. ( )0;3F
Îõ
ðõó 22
=




 0;
2
ð
3
2
=ð 6=ð
ð
ðõó 22
=
.122
õó =
Приклад 1. Скласти рівняння параболи з вершиною в початку координ
якщо її фокус лежить у точці .
Розв’язання :
Фокус параболи лежить на додатній півосі ,
отже, рівняння параболи має вигляд ,
Оскільки координати фокуса
, то ,, звідки
Підставивши значення
в рівняння ,
дістанемо :
ð

42. Визначити координати фокуса F(p/2;0)
і рівняння директриси ld параболи y2
=12x.
Знайти кінці M1(p/2;–p) і M2(p/2; p) хорди
M1M2=2p, яка проходить через фокус
параболи і перпендикулярна до її осі.
Зобразити ескіз параболи, провівши
плавну лінію через її вершину O і точки
M1(p/2;–p), M2(p/2; p).
y2
= 2px; y2
= 12x; 2p = 12; p
= 6;
F(p/2; 0); F(3;0);
ld: x = – p/2; x = – 3;
M1(3; –6), M2(3,6).
y
xO 3
6
-6
F
ld
M1
M2
-3
50
Приклад 2

43. 2.6 Парабола із зміщеною
вершиною.
• Рівняння параболи з
вершиною в точці , з
віссю симетрії, паралельною
осі , і вітками,
напрямленими вправо, має
вигляд:
• Рівняння параболи з
вершиною в точці , з
віссю симетрії, паралельною
осі , і вітками,
напрямленими вліво, має
вигляд:
( )âà;
( )âà;
Îõ
( ) ( )àõðâó −=− 2
2
( ) ( )àõðâó −−=− 2
2
Îõ
( )âà;

44. Парабола із зміщеною
вершиною.
• Рівняння параболи з
вершиною в точці , з
віссю симетрії, паралельною
осі , і вітками,
напрямленими вгору, має
вигляд: .
• Рівняння параболи з
вершиною в точці , з
віссю симетрії, паралельною
осі , і вітками,
напрямленими вниз, має
вигляд:
Îó
( )âà;
Îó
( ) ( )âóðàõ −=− 2
2
( ) ( )âóðàõ −−=− 2
2
( )âà;

45. Приклад 3.
• Дано рівняння параболи.
Знайти координати її вершини.
0331262
=+−− õóó
( ) ( )àõðâó −=− 2
2
0331262
=+−− õóó
Розв’язання:
Зведемо це рівняння до вигляду .
Для цього зробимо перетворення : ,
;
222
33312332 +−=+⋅− õóó
( ) ( )2123
2
−=− õó
( )3;2;122,3, Àðâà ===