ПРИМЕНЕНИЕ МЕТОДА КООРДИНАТ ПРИ РЕШЕНИИ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ

IV Международный конкурс научно-исследовательских и творческих работ учащихся
Старт в науке

ПРИМЕНЕНИЕ МЕТОДА КООРДИНАТ ПРИ РЕШЕНИИ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ

Карпова Е.А. 1, 0Мартынова В.В. 1, 0
Санникова Галина Ивановна 1, 0
Автор работы награжден дипломом победителя III степени
Текст работы размещён без изображений и формул.
Полная версия работы доступна во вкладке "Файлы работы" в формате PDF
Введение

Данная работа проделана с целью изучить векторный и координатный методы при решении геометрических задач.

Метод координат – это способ определять положение точки или тела с помощью чисел или других символов. Числа, с помощью которых определяется положение точки, называются координатами точки. Своеобразные координаты используются в шахматах, где положение фигуры на доске определяется с помощью буквы и числа.

Первоначально идея координат зародилась в древности в связи с потребностями астрономии, географии, живописи. Применять координаты в математике впервые стали Ферма и Декарт. В 1637 году вышла книга Декарта «Рассуждения о методе», где он предложил новый метод – метод координат, который позволил переходить от точки к паре чисел, от линии к уравнению, от геометрии к алгебре. Особенностью метода координат является определение геометрических фигур уравнениями, что позволяет решать геометрические задачи средствами алгебры.

Выбор системы координат на плоскости

Самым главным этапом решения геометрической задачи методом координат является выбор системы координат. Необходимо, чтобы выбранная система координат была «привязана» к геометрической фигуре. Рассмотрим в качестве примера следующую задачу.

Задача1. Дано: ABCD-квадрат, АС, ВD-диагонали; на AC и BD взяты точки М и К так, что СМ· ВК= АВˆ2.

Доказать: ВМ и СК пересекаются на окружности, описанной около квадрата.

Решение: Пусть вершина В и С имеют координаты (1;0) и (0;1), а точка М и К- координаты (0; и) И (u;0). Сторона квадрата равна корень из 2, и значит, условие СМ· ВК=2 → (1-u)(1-v)=2. Найдем уравнение прямой, проходящей через точки В и М. у= kx+b, подставим в него координаты данных точек, получаем систему

0=k+b,

u= b,

Из которой находим: b=u, k= -u. Итак, уравнение прямой, проходящей через В и М, имеет вид у= -uх+ u. Аналогично для точек С и К у= - x +1

у=-uх+ u,

y= -x + 1.

Находим: x=, у=.

Осталось проверить, что точка с найденными координатами

действительно лежит на окружности с центром в начале координат и радиусом, равным 1. При этом надо учитывать, что (1-u)(1-v)=2.

+ =1, если (1-u)(1-v)=2. Выразим u через v: u=

Х= (-1)v у= y

С(0;1)

 

v -1

K(v;0)

 

Таким образом х²+у²=()² + ()²= 1 D x

В(1;0)

М(0;u)

 

(x;y)

Окружность Аполлония

Окружность названа в честь древнегреческого математика и астронома Аполлония Перского, жившего во 2-3 вв. до н.э.

Задача №1

Даны две точки А и В. Докажите, что геометрическим местом точек М таких, что АМ:ВМ= к при k≠1, является окружность с центром на прямой АВ.

Решение: у

М(х;у)

 

 

В(-а; 0)

А(а;0)

 

Введем систему координат. Точка имеет координаты В(-а;0), а точка А(а;0). Точка М, принадлежащая искомому геометрическому месту, имеет координаты (х;у).

АМ²= (х-а)²+ у², ВМ²=(х+а)² + k²y².

Условие АМ:ВМ=k эквивалентно равенству АМ²= ВМ² ˙ k². Заменяя АМ² и ВМ² их выражениями, получаем уравнение (х-а)²+ у²= к²(х+а)² + k²y² чтд.

Первая разновидность векторного метода. Здесь мы используем свойства коллинеарных векторов, единственность разложения любого вектора на плоскости по 2 неколлинеарным векторам.

Задачи, использующие свойства скалярного произведения

Вторая разновидность векторного метода. Здесь мы используем свойства скалярного произведения. Рассмотрим пример.

Задача №2

Через вершину А прямоугольника АВСD проведена прямая, пересекающая диагональ ВD в точке К, а прямые ВС и СD в точках Р и М соответственно. Найдите АК, если АР=а, АМ=b.

Решение: из подобия треугольников АКD и РКВ запише: =

M

M

 

из подобия треугольников АКВ и МКD имеем: =

b-a

 

C из этих двух соотношений получаем: х=

 

D

A

K

х

 

Задача№3

Пусть А, В и С- углы некоторого треугольника. Докажите , что имеет место неравенства.

cosA+cosB+cosC ≤

Решение: воспользуемся одним наиболее изящным способом.

Возьмем любую точку М внутри треугольника АВС, например центр вписанной окружности, опустим из этой точки перпендикуляры на стороны треугольника и отложим на каждом из перпендикуляров единичные векторы m, n, p. Легко видеть, что углы между этими векторами дополняют до 180° соответствующие углы треугольника АВС. Если, например, угол между векторами m и n равен 180°-А, то m · n = -cos A. Теперь сложим эти векторы и возведем в квадрат. Имеем

0 ≤(m + n + p+)²= m²+n²+p² + 2m·n + 2m·p + 2n·p= 3 – 2cosA -2cosB- 2cosC.

Отсюда следует требуемое неравенство. С помощью этого приема можно доказать интересные неравенства. Ведь вовсе не обязательно рассматривать лишь един6ичные векторы m,n и p.

 

 

A

C

m M

180° - A

 

Задача №4

На сторонах АВ и ВС квадрата АВСD взяты точки К и N так, что 3АК=2ВМ=АВ. Найдите косинус угла между прямыми KD и АМ.

у

 

Решение: косинус угла между прямыми АМ и DK равен косинусу

В М С

 

угла между векторами АМ( ½ а; а) и DK (-А; ). найдем скалярное произведение векторов АМ и DK

К

 

АМ·DK= -а² + а² = а². ׀АМ׀= а, ׀DK׀= а,

х

А

D

 

Cos a= .

Задача №5

Около единичной окружности описан квадрат. Найдите сумму квадратов расстояний от произвольной точки окружности до вершин квадрата.

Решение: АМ²= х²+у², ВМ²= х²+(у-2)², СМ²= (х-2)² + (у-2)², DМ²= (х-2)²+ у².

АМ²+ВМ²+СМ²+DМ²= х² + у² + х²+ (у-2)²+ (х-2)²+ (у-2)² +(х-2)²+ у²= 4(х²+у²-2х²-2у+4)=4((х-1)²+(у-1)²+2).

Заметим, что (х-1)²+(у-1)² является правой частью уравнения единичной окружности с центром в точке О(1;1) и, значит, равна 1. Отсюды сумма квадратов расстояний равна 12.

 

у

х

 

В(0;2)С(2;2)

 

М(х;у)

O(1;1)

 

А(0;0) D(2;0)

Выбор системы координат в пространстве

Для определения положения точки в пространстве нужно взять 3 числовые оси: ось Х – ось абсцисс, ось У – ось ординат, ось Z – ось аппликат. Эти оси проводят через одну точку – начало координат О – так, чтобы каждые две из них были взаимно перпендикулярны. В пространстве, кроме координатных осей, удобно рассматривать еще координатные плоскости. Таких плоскостей три: плоскость ХУ, где x и у– любые числа; плоскость УZ, где у и z – любые числа; плоскость ХZ, где х и z – любые числа. Для каждой точки М пространства можно найти три числа х,у,z, которые будут служить ее координатами.

Чтобы найти первое число Х, проведем через точку М плоскость, параллельную координатной плоскости УZ (проведенная плоскость будет одновременно перпендикулярна к оси OZ). Точка пересечения плоскости с осью ОХ имеет координату х точки М₁. Х является абсциссой точки М.

Проводим плоскость, параллельную плоскости ХZ (перпендикулярную ОУ), находим точку М₂. У- координата М₂ называется ординатой М. Аналогично, проведя плоскость, параллельно плоскости ХУ (перпендикулярную ОZ), находят z – координату М₃. Z – Аппликата точки М.

 

Z

 

 

М

 

 

0

 

 

М₁

 

 

Х

У

У

 

 

Z

М₃

 

 

У

Х

0

М₁

М₂

М

Х

У

Z

М

М₁

М₂

0

 

Задача №6

Дан куб ABCDA₁B₁C₁D₁, длина ребра которого равна а. Найти радиус сферы, проведенной через точки А, В₁, Е и F – точки на ребре СС₁, причем СE=EF=FC₁.

Решение: введем систему координат (рис. 17.8), началом которой является точка В(0;0;0).

В этой системе точки А, В₁, Е и F имеют следующие координаты A(a; 0; 0;), В₁(0; 0; а), Е(0; а;), F(0; а; ).

Пусть О(х; у; z) – центр искомой сферы. Тогда ОА²=ОВ₁²=ОЕ²=ОF²=R², где R – радиус сферы. Используя формулу, выражающую расстояние между двумя точками, получим систему уравнений

(x-a)²+y²+z²=R², (1)

x²+y²+(z-a)²=R², (2)

x²+ (y-a)²+(z - -)²=R², (3)

x²+(y-a)²+(z – )²=R². (4)

Вычитая уравнение (4) из (3), имеем (z –)² - (z - )² = 0, откуда 2z–a=0, т.е. z=. Подставим это значение z в уравнения (1) и (2) и вычтем (2) из (1); тогда получим х= . Вычитая уравнение (3) из (2), имеем y=. После подстановки значений x, y, zв уравнение (2) окончательно найдем R=.

z

B₁(0;0;a) С₁

 

F

 

A₁ D₁

C

E

 

y

D

 

A(a;0;0)

x

Задача№7

В кубе ABCDA₁B₁C₁D₁точка К лежит на ребре АА₁, точка М лежит на ребре D₁C₁, длина ребра ВС = 10. Найдите косинус угла между прямой КМ и диагональю куба, которая выходит из вершины В, если АК:КА₁ = 2:3, D₁M:МС₁ = 7:3.

Решение:

Введем систему координат, как показано на рис. 54.

Из условия получим:

К(10;0;4), М(0;7;10), КМ (-10;7;6);

В(10;10;0;), D₁(0;0;10), BD₁(-10;-10;10).

Пусть ɑ - искомый угол. Тогда cosɑ = = = .

Ответ: .

z

D₁ 7 M 3 C₁

A₁ B₁

6

K D C

4 10 y

A B

Рис. 54

 

x

Задача №8

В кубе ABCDA₁B₁C₁D₁ прямая BC₁ лежит в плоскости СBB₁, прямая АЕ пересекает плоскость СBB₁ в точке Е. Точка Е не принадлежит прямой BC₁. Найти уравнение плоскости и расстояние от точки А до этой плоскости.

Решение: 1) Прямая ВС₁ лежит в плоскости СВВ₁, прямая АЕ пересекает плоскость СВВ₁ в точке Е. Точка Е не принадлежит прямой ВС₁, следовательно, по признаку скрещивающихся прямых ВС₁ и АЕ – скрещивающиеся прямые.

2) Введем прямоугольную систему координат (рис. 65) и запишем координаты точек, необходимых для решения задачи В(0;0;0), С₁(0;2;4), А(3;0;0), Е(0;2;2).

3) Найдем уравнение плоскости ax+by+cz+d=0, проходящей через прямую ВС₁ параллельно прямой АЕ. Пусть n(a;b;c) – вектор нормали к этой плоскости, тогда n_ВС₁ и n_AE. ВС₁(0;2;4), АЕ(-3;2;2). Составим и решим систему уравнений.

n ∙ ВС₁ = 0, 2b + 4c = 0,

n ∙ AE = 0; -3a + 2b + 2c = 0.

Обозначим a=t, t € R, t ≠ 0. Система примет вид:

2b + 4c = 0,

3t – 2b – 2c = 0;с = -1,5t,b = 3t.

Имеем n(t;3t;-1,5t). Если, например t = 2, то n(2;6;-3). Уравнение плоскости примет вид 2x+6y-3z+d=0. Точка В(0;0;0) лежит в этой плоскости, значит ее координаты удовлетворяют уравнению плоскости: 2 ∙ 0 + 6 ∙ 0 - 3 ∙ 0 + d=0, d=0.

Отсюда 2x+6y-3z=0 – искомое уравнение плоскости. Расстояние от А(3;0;0) до найденной плоскости:

P== .

z

С₁ D₁

A₁

 

Ответ:

B₁

 

E

С у D

В А х

Заключение

Подводя итог работы над темой применения векторного и координатного методов при решении геометрических задач, заметим, что не все этапы присутствуют в решении любой задачи. Мы видели примеры, показывающие, что некоторые решения одним этапом исчерпывались.

Достоинство метода координат состоит в том, что его применение избавляет от необходимости прибегать к представлению сложных пространственных трансфигураций.

Список литературы

1. Геометрия 7-9 кл. Учебник для общеобразовательных учебных заведений. 5-е издание, стереотип. – М. Дрофа, 2001 г. -368 с.

2. Математика. Подготовка к ОГЭ – 2016; 36 тренировочных вариантов по демоверсии 2016 года: учебно-методическое пособие (под редакцией Ф.Ф. Лысенко, С.Ю. Кулабухова.) – Ростов-на-Дону: Легион, 2015 г. – 306 с.

3. Математика. Подготовка к ЕГЭ - 2018; 40 тренировочных вариантов по демоверсии 2018 года: учебно-методическое пособие (под редакцией Ф.Ф. Лысенко; С.Ю. Кулабухова) – Ростов-на-Дону: Легион, 2017 – 416 с.

4. Сборник задач по математике для поступающих в вузы: Учебное пособие. В.К. Егерев, В.В. Зайцев, Б.А. Кордемский и др.; Под редакцией М.И. Сканави – 6-е издание: - М.: Издательский дом «ОНИКС 21 век» Мир и Образование 2001 г. – 608 с.

Просмотров работы: 82