с = х

Пояснительная записка
Предлагаемый курс содержит совершенно не проработанные в базовом
курсе школьной математики вопросы и своим содержанием сможет привлечь
внимание учащихся 8–9 классов, которым интересна математика. Данный
элективный курс поможет школьникам изучить основы аналитической
геометрии на плоскости, а также научиться решать широкий класс задач, в
которых используется метод координат. Курс характеризуется рациональным
сочетанием логической строгости и геометрической наглядности.
Теоретический материал сопровождается разбором типовых задач,
приведены упражнения для самостоятельной работы, вопросы самопроверки,
сводка основных формул. Учащиеся овладевают приемами аналитикосинтетической деятельности при доказательстве теорем и решении задач. Его
прикладная направленность обеспечивается постоянным обращением к
наглядности, использованием чертежей и развитием на этой основе
геометрической интуиции. Наряду с основной задачей обучения математики
– обеспечением прочного и сознательного овладения учащимися системой
математических знаний и умений, данный курс предусматривает
формирование устойчивого интереса к предмету, выявление и развитие
математических способностей, ориентацию на профессии, существенным
образом, связанные с математикой, выбору профиля дальнейшего обучения.
Ц е л и к у р с а:
– помочь повысить уровень понимания и практической подготовки в
таких вопросах, как решение геометрических задач с помощью алгебры;
– создать в совокупности с основными разделами курса базы для развития
способностей учащихся;
– помочь осознать степень своего интереса к предмету и оценить
возможности овладения им с точки зрения дальнейшей перспективы.
З а д а ч и к у р с а:
– научить учащихся применять аппарат алгебры к решению
геометрических задач;
– научить учащихся применять свойство геометрических преобразований
к решению задач;
– помочь овладеть рядом технических и интеллектуальных умений на
уровне свободного их использования;
– помочь ученику оценить свой потенциал с точки зрения
образовательной перспективы.
Данный курс рассчитан на 8 часов, предполагает компактное и четкое
изложение теории вопроса, решение типовых задач, самостоятельную
работу. В программе приводится примерное распределение учебного
времени, включающее план занятий. Каждое занятие состоит из двух частей:
задачи, решаемые с учителем и задачи для самостоятельного (или
домашнего) решения. Основные формы организации учебных занятий:
лекция, объяснение, практическая работа. Разнообразный дидактический
материал дает возможность отбирать дополнительные задания для учащихся
разной степени подготовки. Все занятия направлены на развитие интереса
школьников к предмету, на расширение представлений об изучаемом
материале, на решение новых и интересных задач.
Программа может быть эффективно использована в 8–9 классах с любой
степенью подготовленности, способствовать развитию познавательных
интересов, мышления учащихся, предоставит возможность подготовиться к
сознательному выбору профиля обучения и дальнейшей специализации.
В состав учебно-методического комплекта входят:
1. Учебное пособие для школьников, включающее задачи и упражнения
для закрепления знаний и отработки практических навыков, упражнения для
самостоятельной работы, тесты.
2. Методическое пособие для учителя с методическими рекомендациями
по проведению занятий, решению задач, организации промежуточного и
итогового контроля знаний учащихся.
3. Приложения, содержащие дополнительную информацию по данному
курсу.
Учебно-тематический план
В том числе
№
п/п
Наименование
тем курса
Всего
часов
лекция
практика
1
Декартовы координаты на
плоскости. Деление отрезка
в данном отношении
1
0,5
0,5
2
Площадь треугольника
1
0,5
0,5
С.р.
3
Прямая и виды ее
уравнений
2
1
1
С.р.
4
Взаимное расположение
прямых на плоскости
1
0,5
0,5
5
Расстояние от точки до
прямой.
Расстояние между
параллельными прямыми
0,5
0,5
С.р.
2
Пр.р.
6
Решение задач по всему
курсу
Форма
семинар контроля
1
2
Содержание программы
Занятие 1. Декартовы координаты на плоскости. Деление отрезка в
данном отношении (1 ч).
М е т о д ы о б у ч е н и я: лекция, объяснение, выполнение
тренировочных упражнений.
Ф о р м ы к о н т р о л я: проверка задач самостоятельного решения.
Занятие 2. Площадь треугольника (1 ч).
М е т о д ы о б у ч е н и я: объяснение, выполнение тренировочных
упражнений.
Ф о р м ы к о н т р о л я: самостоятельная работа.
Занятие 3. Прямая и виды ее уравнений. Уравнение прямой, проходящей
через данную точку и имеющей данный угловой коэффициент. Уравнение
прямой, проходящей через две данные точки (1 ч).
М е т о д ы о б у ч е н и я: лекция, объяснение, выполнение
тренировочных упражнений.
Ф о р м ы к о н т р о л я: самостоятельная работа.
Занятие 4. Прямая и виды ее уравнений: общее уравнение прямой;
уравнение прямой в отрезках (1 ч).
М е т о д ы
о б у ч е н и я: лекция, объяснение, выполнение
тренировочных упражнений.
Ф о р м ы к о н т р о л я: проверка задач самостоятельного решения.
Занятие 5. Взаимное расположение прямых на плоскости. Угол между
прямыми. Условие параллельности и перпендикулярности (1 ч).
М е т о д ы
о б у ч е н и я: лекция, объяснение, выполнение
тренировочных упражнений.
Ф о р м ы к о н т р о л я: проверка задач самостоятельного решения.
Занятие 6. Расстояние от точки до прямой. Расстояние между
параллельными прямыми (1 ч).
М е т о д ы о б у ч е н и я: лекция, объяснение, выполнение
тренировочных упражнений.
Ф о р м ы к о н т р о л я: самостоятельная работа.
Занятие 7. Решение задач по всему курсу (1 ч).
М е т о д ы
о б у ч е н и я: объяснение, беседа, выполнение
тренировочных упражнений.
Ф о р м ы к о н т р о л я: проверка задач самостоятельного решения.
Занятие 8. Проверочная работа (1 ч).
Общие методические рекомендации
Данный элективный курс. «Простейшие задачи аналитической геометрии
на плоскости» задает примерный объем знаний, умений и навыков, которым
должны овладеть школьники. В результате изучения курса учащиеся должны
научиться решать задачи более высокой по сравнению с обязательным
уровнем сложности, овладеть рядом технических и интеллектуальных
умений на уровне их свободного использования.
В каждой теме курса имеются задания на актуализацию и систематизацию
знаний и способов деятельности, что способствует эффективному освоению
предлагаемого курса. На уроках можно использовать фронтальный опрос,
который охватывает большую часть учащихся класса. Эта форма работы
развивает точную, лаконичную речь, способность работать в скором темпе,
быстро собираться с мыслями и принимать решения.
Можно рекомендовать комментированные упражнения, когда один из
учеников объясняет вслух ход выполнения задания. Эта форма помогает
учителю «опережать» возможные ошибки. При этом нет механического
списывания с доски, а имеет место процесс повторения. Сильному ученику
комментирование не мешает, среднему – придает уверенность, а слабому
помогает. Ученики приучаются к вниманию, сосредоточенности в работе, к
быстрой ориентации в материале.
Домашние задания являются обязательными для всех. Активным
учащимся можно давать задания из дополнительной части или предлагать
творческие задания. Проверка заданий для самостоятельного решения
осуществляется на занятии путем определения способа действия и называния
ответа. Данный курс содержит дидактический материал как для учителя, так
и для учащихся, а также приводятся возможные варианты организации
деятельности учащихся.
Проверочные работы рассчитаны на часть урока, целиком проверочная
или самостоятельная работа может быть предложена на заключительном
этапе обучения с целью выявления степени овладения данным курсом.
Задания выбираются по усмотрению учителя, в зависимости от состава
слушателей курса и их подготовленности.
Курс является открытым, в него можно добавлять новые фрагменты,
развивать тематику или заменять какие-либо разделы другими (в
приложении содержится разнообразная дополнительная информация, в том
числе и исторические сведения). Главное, чтобы они были небольшими по
объему, интересными для учащихся, соответствовали их возможностям.
Программа мобильна, т. е. дает возможность уменьшить количество задач по
данной теме (так как многие задания предназначены на отработку навыков
по одному типу задач) при установлении степени достижения результатов.
В результате изучения курса у ч а щ и е с я д о л ж н ы у м е т ь:
– точно и грамотно формулировать теоретические положения и излагать
собственные рассуждения в ходе решения заданий;
– уверенно решать задачи на вычисление, доказательство и построение;
– применять аппарат алгебры и тригонометрии к решению
геометрических задач;
– применять свойства геометрических преобразований к решению задач.
Возможные критерии оценок
Критерии при выставлении оценок могут быть следующие.
Оценка «отлично» – учащийся демонстрирует сознательное и
ответственное отношение, сопровождающееся ярко выраженным интересом
к учению; учащийся освоил теоретический материал курса, получил навыки в
его применении при решении конкретных задач; в работе над
индивидуальными и домашними заданиями учащийся продемонстрировал
умение работать самостоятельно, творчески. Как правило, для получения
высокой оценки учащийся должен показать не только знание теории и
владение набором стандартных методов, но и известную сообразительность,
математическую культуру.
Оценка «хорошо» – учащийся освоил идеи и методы данного курса в
такой степени, что может справиться со стандартными заданиями; выполняет
домашние задания прилежно (без проявления явных творческих
способностей); наблюдаются определенные положительные результаты,
свидетельствующие об интеллектуальном росте и о возрастании общих
умений учащихся.
Оценка «удовлетворительно» – учащийся освоил наиболее простые идеи и
методы курса, что позволило ему достаточно успешно выполнять простые
задания.
Литература для учителя
1. Алтынов, П. И. Геометрия. Тесты. 7–9 класс.: учебно-метод. пособие. –
М.: Дрофа, 1998. – 112 с.
2. Арутюнян, Е. Б. Математические диктанты для 5–9 классов. – М., 1991.
3. Галицкий, М. Л, Гольдман, А. М., Звавич, Л. И. Курс геометрии 8 класса
в задачах. – М., 1996.
4. Звавич, Л. И. и др. Геометрия 8–11 класс. Пособие для школьников и
классов с углубленным изучением математики. – М.: Дрофа, 2000. – 288 с.
5. Звавич, Л. И., Аверьянов, Д. И. О работе в Х классе с углубленным
изучением математики. / Математика в школе, № 5. – С. 22–34.
6. Киселев, А. П. Элементарная геометрия: книга для учителей. – М.:
Просвещение, 1980.
7. Планирование учебного материала для VII класса с углубленным
изучением математики. Методические рекомендации / Галицкий М. Л.,
Гольдман А. М., Звавич Л. И. – М., 1988.
8. Прасолов, В. В. Задачи по планиметрии. Ч. 1, 2, – М.: Просвещение,
1986.
9. Фектистов, И. Е. Материалы по теме «Декартовы координаты на
плоскости». / Математики в школе, № 2, 1992. – С. 17–26.
10. Шипачев, В. С. Аналитическая геометрия. Метод координат. Решение
геометрических задач с помощью алгебры / Учеб. пособие. – М.: Аквариум,
1997. – 256 с.
Литература для учащихся
1. Александров, А. Д., Вернер, А. Л., Рыжик, В. И. Геометрия 8–9. – М.:
Просвещение, 1991. – 415 с.
2. Атанасян, Л. С. и др. Геометрия 7–9. – М.: Просвещение, 1996.
3. Бардушкин, В. В., Кожухов, И. Б. Геометрия 8. Рабочая тетрадь. – М.:
Открытый мир, 1998. – 128 с.
5. Погорелов, А. В. Геометрия: учебник для 7–11 классов ср. школы. – М.:
Просвещение, 1991. – 384 с.
6. Шарыгин, И. Ф. Геометрия 9–11 кл.: учеб. пособие. – М.: Дрофа, 1997. –
400 с.
7. Энциклопедический словарь юного математика. – М.: Педагогика, 1989.
Занятие 1
ДЕКАРТОВЫ КООРДИНАТЫ НА ПЛОСКОСТИ.
ДЕЛЕНИЕ ОТРЕЗКА В ДАННОМ ОТНОШЕНИИ
Ц е л и: рассмотреть понятие системы координат и координаты точки на
плоскости; вывести формулу для координаты точки, делящей отрезок в
данном отношении.
Содержание занятия
I. Вводная лекция (Приложение 1).
II. Повторение изученного материала.
Аналитическая геометрия является разделом высшей математики, в
которой геометрические образы (точки, линии, поверхности) изучаются с
помощью алгебраических методов.
Основные формулы и утверждения аналитической геометрии.
 Если М1(х1) и М2(х2) – две точки числовой прямой, то формула:
d = |M1M2| = |x2 – x1| – расстояние между точками.
 Расстояние между точками М1(х1; у1) и М2(х2; у2) находится по
формуле:
|М1М2| =
( x2  x1 )2  ( y2  y1 )2
.
 Если М(х; у) – середина отрезка с концами М1(х1; у1) и М2(х2; у2), то
x
x1 x2
2
;
y
y1  y2
2
.
III. Объяснение нового материала.
Деление отрезка в данном отношении.
Пусть на плоскости дан произвольный отрезок М1М2 и пусть М – любая
точка этого отрезка, отличная от точки М2.
Число , определяемое равенством

| M1M |
| MM 2 | ,
называется отношением, в
котором точка М делит отрезок М1М2.
Задача о делении отрезка в данном отношении состоит в том, чтобы по
данному отношению  и данным координатам точек М1 и М2 найти
координаты точки М. Эту задачу позволяет решить следующая теорема.
Теорема. Если точка М(х; у) делит отрезок М1М2 в отношении , то
координаты этой точки определяются формулами
x
x1  x2
1 
;
y
y1  y2
1 
,
где (х1; у1) – координаты точки М1;
(х2; у2) – координаты точки М2.
Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть прямая М1М2 не перпендикулярна оси ОХ.
Опустим перпендикуляры из точек М1; М; М2 на ось ОХ и обозначим точки
их пересечения с осью ОХ соответственно Р1; Р и Р2.
На основании теоремы о пропорциональности отрезков прямых,
заключенных между параллельными прямыми, заключаем, что
| P1P | | M1M |


| PP2 | | MM 2 |
.
Расстояние между точками определяется по формулам:
|P1P| = |x – x1|; |PP2| = |x2 – x1|. Так как числа (х – х1) и (х2 – х) имеют один
и тот же знак (при х1 < х2 они положительны, а при х1 > х2 отрицательны), то

| x  x1 | x  x1

| x2  x | x2  x .
Поэтому
x  x1

x2  x
,
x
откуда
x1  x2
1 
.
Если прямая М1М2  ОХ, то х1 = х2 = х и эта формула также верна.
Формула для у выводится аналогично.
С л е д с т в и е 1. Если М1(х1; у1) и М2(х2; у2) – две произвольные точки
и точка М(х; у) – середина отрезка М1М2, т. е. |М1М| = |ММ2|, то  = 1 и
формула примет вид
x
x1  x2
2
y
y1  y2
2
;
,
таким образом, каждая координата середины отрезка равна полусумме
соответствующих координат.
П р и м е р. Даны точки М1(–2; 3) и М2(4; 6). Отрезок, ограниченний
этими точками, разделен в отношении  = 2. Найти координаты точки
деления М(х; у).
Р е ш е н и е.
По формулам
Находим
x
x
x1  x2
1 
и
y
y1  y2
1 
3 26
 2  24
2 y
5
1 2
1 2
;
.
Следовательно, х = 2; у = 5 – координаты точки деления.
С л е д с т в и е 2 . Точка М делит отрезок М1М2 в отношении ; при   0
точка М принадлежит отрезку М1М2, а при   0 точка М лежит на прямой
MM1
MM 2
М1М2 вне отрезка М1М2 и
= –;   –1.
Решим задачу № 14 (б; в; г).
№ 14. Найдите координаты точки М, делящей отрезок АВ в данном
отношении, и сделайте рисунок, если:
б) А(3); В(–11);  = 2,5.

1
2.
в) А(3); В(–11);  =
г) А(3); В(–11);  = –2.
Найдем координаты точки М, которая делит отрезок АВ в отношении λ,
если А(3); В(–11). Рассмотрев два случая ( > 0;  < 0), получаем ответ
x1  x 2
1 
.
Где находится точка М, если – 1 <  < 0 и  < –1?
В случае (в) точка А принадлежит отрезку МВ, во втором случае точка В
принадлежит отрезку АМ.
IV. Закрепление изученного материала.
Р а з о б р а т ь в к л а с с е № 16. С а м о с т о я т е л ь н о с
комментированием с места № 15.
V. Итоги занятия.
Домашнее задание: решить № 14 (а); 17.
Занятие 2
ПЛОЩАДЬ ТРЕУГОЛЬНИКА
Ц е л и: вывести формулу площади треугольника, вершины которого
заданы координатами; способствовать усвоению учащимися изученного
материала в ходе решения задач; прививать навык самостоятельного решения
задач.
Содержание занятия
I. Устная работа (Приложение 4).
II. Проверка домашнего задания.
III. Объяснение нового материала.
Теорема. Для любых трех точек А(х1; у2), В(х2; у2) и С(х3; у3) не лежащих
на одной прямой, площадь S треугольника АВС выражается формулой:
1
(x 2  x1 )(y3  y1 )  (x 3  x1 )(y 2  y1 )
2
.
S=
Д о к а з а т е л ь с т в о.
у
С
у2
А
у1
у3
В
D
0
х1
E
х2
F
х3
х
Площадь АВС можно найти следующим образом:
S = S(DACE) + S(ECBF) – S(DABF) (*)
Выражая площадь каждой трапеции через координаты точек А, В, С,
находим
| AD |  | EC | ( x2  x1 )  ( y1  y2 )

2
2
S(ADEC) = |DE|
;
| EC |  | BF | ( x3  x2 )  ( y 2  y3 )


2
2
S(BCEF) = |EF|
;
(
x

x
)

(
y

y
)
| AD |  | BF |
1
1
3

 3
2
2
S(ABFD) = |DF|
.

Подставив эти выражения в равенство (*), получим формулу после
несложных преобразований:
1
(x 2  x1 )(y3  y1 )  (x 3  x1 )(y 2  y1 )
2
.
S=
Данная формула верна для любого расположения точек А, В и С на
плоскости при условии, что обход вершин А  В  С совершается против
часовой стрелки.
Если же вершины АВС расположены так, что обход А  В  С
совершается по часовой стрелке, то правая часть формулы меняет знак на
противоположный и для площади АВС надо взять то же выражение со
знаком «минус».
П р и м е р. Даны точки А(1; 1), В(6; 4); С(8; 2). Найти площадь АВС.
Р е ш е н и е.
1
(x 2  x1 )(y3  y1 )  (x 3  x1 )(y 2  y1 )
По формуле S = 2
1
1
S  ((6  1)(2  1)  (8  1)(4  1))   16  8
2
2
.
находим
Следовательно, S = 8.
О т в е т: 8.
IV. Закрепление.
№ 18 (а).
V. Самостоятельная работа.
Вариант I
Даны координаты точек А(–1; 1), В(3; 4), М(1; 0). Найдите:
1) координаты точки Е, делящей отрезок АВ в отношении  = 2,5;
2) координаты вершин параллелограмма АВCD, если точка М является
точкой пересечения диагоналей;
3) периметр ABCD;
4) площадь АВМ.
В а р и а н т II
Даны координаты точек А(–3; –1), В(1; 2), М(–1; –2). Найдите:
1) координаты точки Е, делящей отрезок АВ в отношении  = 2,5;
2) координаты вершин параллелограмма АВCD, если точка М является
точкой пересечения диагоналей;
3) периметр параллелограмма ABCD;
4) площадь АВМ.
VI. Итоги занятия.
Домашнее задание: решить № 17 (б; в); 5.
У к а з а н и е к з а д а ч е № 5 . Центр тяжести (масс) треугольника
находится в точке пересечения его медиан, которая делит каждую из медиан
в отношении 2: 1, считая от вершины (Приложение 2).
Занятие 3
ПРЯМАЯ И ВИДЫ ЕЕ УРАВНЕНИЙ.
УРАВНЕНИЕ ПРЯМОЙ, ПРОХОДЯЩЕЙ ЧЕРЕЗ
ДАННУЮ ТОЧКУ И ИМЕЮЩЕЙ ДАННЫЙ УГЛОВОЙ
КОЭФФИЦИЕНТ. УРАВНЕНИЕ ПРЯМОЙ,
ПРОХОДЯЩЕЙ ЧЕРЕЗ ДВЕ ДАННЫЕ ТОЧКИ
Ц е л и: вывести уравнение прямой с угловым коэффициентом; вывести
уравнение прямой, проходящей через две данные точки.
Содержание занятия
I. Проверка домашнего задания.
II. Итоги самостоятельной работы.
III. Объяснение нового материала.
1. Уравнение прямой с угловым коэффициентом.
Пусть дана некоторая прямая, не перпендикулярная оси ОХ. Назовем
углом наклона данной прямой к оси ОХ угол , на которую нужно повернуть
ось ОХ, чтобы положительное направление совпало с одним из направлений
прямой.
Угол  может принимать различные значения, которые отличаются друг
от друга на величину n, где n – натуральное число. Как правило, в качестве
угла наклона берут наименьшее, неотрицательное значение , на которой
нужно повернуть (против часовой стрелки) ось ОХ, чтобы ее положительное
направление совпало с одним из направлений прямой. В этом случае 0   
.
y
M
y–b
B
α
b
x
N
α
0
C
Тангенс угла наклона прямой к оси ОХ
коэффициентом этой прямой и обозначают буквой k:
x
называют
угловым
k = tg.
Из данного равенства, в частности, следует, что если  = 0, т. е. прямая


2,
параллельна оси ОХ, то k = 0. Если
т. е. прямая перпендикулярна к оси
ОХ, то выражение k = tg теряет смысл. В таком случае говорят, что угловой
коэффициент «обращается в бесконечность».
Введем уравнение данной прямой, если известны ее угловой коэффициент
k и величина отрезка ОВ, который она отсекает на оси ОУ.
Пусть М – произвольная точка плоскости с координатами х и у. Проведем
прямые BN и NM, параллельные координатным осям, и получим
прямоугольный треугольник BNM.
Точка М лежит на прямой тогда и только тогда, когда величина NM и BN
MN
BN
удовлетворяют условию
= tg.
Но NM = CM – CN = CM – OB = y – b, BN = x.
Отсюда, учитывая k = tg, получаем, что М(х; у) лежит на данной прямой
у b
k
x
тогда и только тогда, когда ее координаты удовлетворяют уравнению
, которое после преобразований примет вид у = kx + b.
Данное уравнение называют уравнением прямой с угловым
коэффициентом k. Если k = 0, то у = b, и прямая параллельна оси ОХ.
Р е ш и т ь № 20.
Составить уравнение прямой, отсекающей на оси ОУ отрезок b = 3 и


6.
образующей с осью ОХ угол
Р е ш е н и е.
Находим угловой коэффициент:

1

tg 6 3 .
k = tg =
Подставив k и b в уравнение y = kx + b, получим искомое уравнение
прямой:
y
1
3
x3
y
.
1
x3
3
О т в е т:
.
Р е ш и т ь № 21.
y
3
x2
4
.
Построить прямую, заданную уравнением
Р е ш е н и е.
Отложим на оси ОУ отрезок ОВ, величина которого равна 2; проведем
через точку В параллельно оси ОХ отрезок, величина которого BN = 4, и
через точку N параллельно оси ОУ отрезок, величина которого NM = 3.
у
М
В
N
0
х
После этого проводим прямую ВМ, которая и является искомой. Она
имеет данный угловой коэффициент k =
величины b = 2.
3
4
и отсекает на оси ОУ отрезок
2. Уравнение прямой, проходящей через данную точку и имеющей
данный угловой коэффициент.
В ряде случаев возникает необходимость составить уравнение прямой,
зная ее точку М1(х1; у1) и угловой коэффициент k.
Запишем уравнение прямой в виде y = kx + b, где b – неизвестное число.
Так как прямая проходит через точку М1(х1; у1), то координаты этой прямой
удовлетворяют уравнению y1 = kx1 + b.
Выразив b = y1 – kx1 и подставив в y = kx + b, получим искомое уравнение
y – y1 = k(x – x1).
Р е ш и т ь № 22.
Составить уравнение прямой, проходящей через точку М(2; 1) и
образующей с осью ОХ угол
Р е ш е н и е.


4.
Находим угловой коэффициент k = tg =

tg 4
= 1. Подставив координаты
М и значение углового коэффициента k в равенство у – у1 = k(x – x1),
получаем искомое уравнение прямой
у – 1 = х – 2 или у – х + 1 = 0
3. Уравнение прямой, проходящей через две данные точки.
Пусть даны две точки М1(х1; у1) и М2(х2; у2).
Подставим в уравнение у – у1 = k(х – х1) координаты точки М2
имеем у2 – у1 = k(х2 – х1), выразим
и подставим в у – у1 = k(х – х1),
k
y 2  y1
x 2  x1
получим
y  y1 
y2  y1
( x  x1 )
x2  x1
или
y  y1
x  x1

y 2  y1 x 2  x1
Если у1 = у2, то уравнение искомой прямой имеет вид у = у1.
В этом случае прямая параллельна оси ОХ. Если х1 = х2, то прямая
параллельна оси ОУ и ее уравнение имеет вид х = х1.
Р е ш и т ь № 23.
Составить уравнение прямой, проходящей через точки М1(3; 1) и М2(5; 4).
Р е ш е н и е.
Подставив координаты точек М1 и М2 в равенство
искомое уравнение прямой
О т в е т: 3х – 2у – 7 = 0.
y  3 x 1

2
3 ,
у  у1
х  х1

у2  у1 х2  х1
, получаем
3х – 2у – 7 = 0.
IV. Самостоятельная работа (по вариантам со взаимопроверкой).
Вариант I
В а р и а н т II
Вывести уравнение прямой, проходящей через точки:
А(2; –3), С (0; –4)
С(2; –2); D(5; 0).
Определить, какой угол составляет эта прямая с осью
ОХ.
О т в е т: х + у + 4 = 0.
О т в е т: 2х – 3у – 10 = 0.
V. Итоги занятия.
Домашнее задание: решить № 28; 29; 39.
Занятие 4
ОБЩЕЕ УРАВНЕНИЕ ПРЯМОЙ.
УРАВНЕНИЕ ПРЯМОЙ В ОТРЕЗКАХ
Ц е л и: познакомить учащихся с общим уравнением прямой; вывести
уравнение прямой в отрезках; закрепить изученный материал в ходе решения
задач.
Содержание занятия
I. Проверка домашнего задания.
Четыре ученика выполняют на доске з а д а н и е № 4 2 .
На координатной плоскости изображены прямые l1; l2; l3; l4. Составьте их
уравнения.
y
ℓ1
ℓ2
1
–2
0
1
2
ℓ4
х
ℓ3
Остальные учащиеся отвечают на вопросы учителя (фронтальный
опрос.)
Затем обсуждается правильность выполнения задания у доски.
Д о п о л н и т е л ь н о.
1. Составить уравнение прямой и построить график, зная:
k
2
3;
а)
b = 3;
б) k = –2; b = –5.
2. Дана прямая:
а) х = у – 7 = 0;
б) х – у + 2 = 0.
Определите, какой угол составляет эта прямая с осью ОХ.
II. Изучение нового материала.
1. Общее уравнение прямой.
Теорема. В прямоугольной системе координат ОХУ любая прямая
задается уравнением первой степени
aх + by + c = 0 (*)
и, обратно, уравнение (*) при произвольных коэффициентах а; b; с (а и b
не равны нулю одновременно) определяет некоторую прямую в
прямоугольной системе координат ОХУ.
Д о к а з а т е л ь с т в о.
Сначала докажем первое утверждение. Если прямая не перпендикулярна
оси ОХ, то оно определяется уравнением у = kx + b, т. е. уравнение вида (*),
где а = k, b = –1 и c = b. Если же прямая перпендикулярна оси ОХ, то все ее
точки имеют одинаковые абсциссы, равные величине отрезка а, отсекаемого
прямой на оси ОХ. Уравнение этой прямой имеет вид х = а, т. е. также
является уравнением первой степени вида (*), где а = 1, b = 0, с = –а. Первое
утверждение доказано.
Докажем теперь обратное утверждение.
Пусть дано уравнение (*), причем хотя бы один из коэффициентов а и b не
равен 0.
Если b  0, то уравнение (*) можно записать в виде:
a
c
y  x
b
b.
k 
a
c

b
b,
Полагая
получаем уравнение у = kx + ℓ, т. е. уравнение вида
(*), которое определяет прямую.
Если ℓ = 0, то а  0 и уравнение (*) принимает вид
x
c
a.
c
m
a
,
Обозначим
получим х = m, т. е. уравнение прямой,
перпендикулярной оси ОХ.
Линии, определяемые в прямоугольной системе координат уравнением
первой степени, называется линиями первого порядка. Таким образом,
каждая прямая есть линия первого порядка и, обратно, каждая линия первого
порядка есть прямая.
Уравнение вида ах + bxy + c = 0 называется общим уравнением прямой
(или полным уравнением прямой). При различных знаниях а, b, с оно
определяет всевозможные прямые.
Р е ш и т ь № 31.
Прямая задана общим уравнением 12х – 5у – 65 = 0. Написать ее
уравнение с угловым коэффициентом.
Р е ш е н и е.
Разрешив общее уравнение прямой относительно у, получаем уравнение с
угловым коэффициентом:
5у = 12х – 65,
y
12
x  13
5
.
Здесь
k
12
5 ;
y
b = –13.
12
x  13
5
.
О т в е т:
С а м о с т о я т е л ь н о.
Составить уравнение прямой, которая проходит через точки А(–1; 1), В(1;
0). Чему равны коэффициенты а и b в уравнении прямой вида ах + by – 1 = 0.
2. Неполное уравнение первой степени. Уравнение прямой в отрезках.
Рассмотрим три частных случая, когда уравнение ах + by + c = 0 является
неполным, т. е. какой-то из коэффициентов равен нулю.
1) с = 0; уравнение имеет вид ах + by = 0 и определяет прямую,
проходящую через начало координат.
2) b = 0 (а  0); уравнение имеет вид ах + с = 0 и определяет прямую,
параллельную оси ОУ. Это уравнение приводится к виду х = n, где
– величина отрезка, который отсекает прямая на оси ОХ.
n
c
a,
а
у
В частности, если а = 0, то прямая совпадает с осью
ОУ. Таким образом, уравнение х = 0 определяет ось
ординат.
0
x
n
3) а = 0 (b 0); уравнение имеет вид by + c = 0 и определяет прямую,
параллельную оси ОХ. Это устанавливается аналогично предыдущему
с
m
b
,
случаю. Если положить
то уравнение у = m, где m – величина отрезка,
который отсекает прямая на оси ОУ.
у
В частности, если b = 0, то прямая совпадает
с осью ОХ таким образом, уравнение у = 0
определяет ось абсцисс.
m
0
x
Пусть дано уравнение ах + by + с = 0 при условии, что ни один из
коэффициентов а, b, с не равны нулю. Преобразуем его к виду
x
y

1
c
c


a
b
.
Введя обозначения n =

c
a;
m=

c
b.
x y
 1
n m
.
Данное уравнение называется уравнением прямой в отрезках. Число n и
m являются величинами отрезков, которые прямая отсекает на осях
координат. Эта форма уравнения удобна для геометрического построения
прямой.
Р е ш и т ь № 34.
Прямая задана уравнением 3х – 5у + 15 = 0. Составить ее уравнение в
отрезках и построить прямую.
Р е ш е н и е.
Для данной прямой уравнения в отрезках имеет
у
x
y
 1
5 3
вид
Чтобы построить эту прямую, отложим на
осях координат ОХ и ОУ отрезки, величины
которых соответственно равны n = –5, m =3 и
проведем прямую через точки М1(–5; 0) и
М2
m=3
М1
–5
М2(0; 3).
–1
х
n = –5
III. Закрепление изученного материала.
С а м о с т о я т е л ь н а я р а б о т а.
Вариант I
В а р и а н т II
Запишите уравнение прямой в отрезках и постройте ее
8х – 11у + 88 = 0
3х + 7у + 21 = 0
IV. Итоги занятия.
Домашнее задание: решить № 35; 36.
Занятие 5
Взаимное расположение прямых
на плоскости. Угол между прямыми.
Условие параллельности
и перпендикулярности прямых
Ц е л и: рассмотреть возможные случаи расположения прямых на
плоскости; закрепить изученный материал в ходе решения задач; развивать
логическое мышление учащихся.
Содержание занятия
I. Устная работа (Приложение 4).
II. Проверка домашнего задания.
III. Изучение нового материала.
1. Взаимное расположение двух прямых на плоскости.
Л е к ц и я.
Пусть прямые L1 и L2 заданы уравнениями
a1x + b1y + c1 = 0,
a2x + b2y + c2 = 0.
Рассмотрим уравнения как систему двух уравнений первой степени с
двумя неизвестными х и у. Решив эту систему, найдем
x
b1c2  b2c1
a c ac
y 2 1 1 2
a1b2  a2b1 ;
a1b2  a2b1
.
Пусть a1b2 – a2b1  0. Тогда записанные формулы дают решение системы.
Это значит, что прямые L1 и L2 не параллельны и пересекаются в одной
точке с координатами (х; у).
Пусть a1b2 – a2b1 = 0. Тогда возможны два случая:
1) a2с1 – a1с2 = 0 и b1c2 – b2c1 = 0;
2) a2с1 – a1с1  0 (b1c2 – b2c1  0).
a2 b2 c2



a1 b1 c1
,
1. В первом случае имеем а2 = а1, b2 = b1, с2 = с1, или
где   0 – некоторое число. Это означает, что коэффициенты уравнения
пропорциональны, откуда следует, что второе уравнение получается из
первого умножением на число . В этом случае прямые L1 и L2 совпадают, т.
е. уравнения определяют одну и ту же прямую. Очевидно, что система
уравнений имеет бесконечно много решений.
2. Во втором случае, если, например, a2с1 – a1с2  0, то, допустив, что
система имеет решение (х0; у0), получим противоречие. В самом деле,
подставляя в уравнения вместо х и у значения х0 и у0, умножая первое
уравнение на а2, второе на a1 и вычитая из первого результата второй,
получим a2с1 – a1с2 = 0, что противоречит предположению. Таким образом,
система не имеет решения. В этом случае прямые L1 и L2 не имеют точек
пересечения, т. е. они параллельны.
Итак, две прямые на плоскости либо пересекаются в одной точке, либо
совпадают, либо параллельны.
Р е ш и т ь № 43.
Найти точки пересечения прямых
3х – у + 5 = 0 и 5х + у + 3 = 0.
Р е ш е н и е.
Решим систему уравнений:
3 x  y  5  0,

5 x  y  3  0;
8х + 8 = 0,
8х = – 8,
х = –1, тогда у = 2.
Итак, прямые пересекаются в точке (–1; 2).
О т в е т: (–1; 2).
Итак, справедливые следующие утверждения:
если
a1 b1

a2 b2
если
a1 b1 c1


a2 b2 c2
, то прямые параллельны;
если
a1 b1 c1


a1 b2 c2
, прямые совпадают.
, то прямые пересекаются:
2. Угол между двумя прямыми.
Рассмотрим две прямые L1 и L2. Пусть уравнение L1 имеет вид у = k1x +
b1, где k1 = tg α2.
Пусть  – угол между прямыми L1 и L2: 0    .
y
L2
φ
α1
L1
α1
α2
α2
x
Из геометрических соображений устанавливаем зависимость между
углами 1 и 2
2 = 1 +  или  = 2 – 1, откуда
tg  2  tg 1
1  tg 1tg  2
k2  k1
1  k1k2
tg = tg(2 – 1) =
или tg =
.
Данная формула определяет один из углов между прямыми: другой угол
равен  – φ.
Р е ш и т ь № 48.
Прямые заданы уравнениями у = 2х+ 3 и у = –3х + 2.
Найти углы между этими прямыми.
Р е ш е н и е.
Очевидно k1 = 2, k2 = –3, поэтому согласно формуле
tg =
k2  k1
1  k1k2
: tg =
3 2
5

1
1  (3)  2  5
.
Таким образом, один из углов между данными прямыми равен
угол
 3

4 4 .
 3
в е т: 4 ; 4 .

4,
другой

От
3. Условия параллельности и перпендикулярности двух прямых.
Если прямые L1 и L2 параллельны, то  = 0. В этом случае числитель
правой части формулы tg =
k2  k1
1  k1k2
(**) равен нулю: k2 – k1 = 0, откуда k2 =
k1.
Таким образом, условием параллельности двух прямых является
равенство их угловых коэффициентов.
Если прямые L1 и L2 перпендикулярны, т. е.
находим ctg =
1
tg 4
1  k1k2
= k2  k1


2,
то из формулы (**)
.

0
ctg 2
k2  
1
k1
В этом случае
и 1 + k1k2 = 0, откуда
.
Таким образом, условие перпендикулярности двух прямых состоит в том,
что их угловые коэффициенты обратны по величине и противоположны по
знаку.
IV. Закрепление изученного материала.
Р е ш и т ь № 46.
Показать, что прямые 4х – 6у + 7 = 0 и 20х – 30у – 11 = 0 параллельны.
Р е ш е н и е.
Приведем уравнение каждой прямой к виду уравнения с угловым
коэффициентом, получаем
y
2
7
x
3
6
и
y
2
11
x
3
30 .
2
3.
Угловые коэффициенты этих прямых равны: k1 = k2 =
Отсюда
заключаем что прямые параллельны.
Р е ш и т ь № 47.
Показать, что прямые 3х – 5у + 7 = 0 и 10х + 6у – 3 = 0 перпендикулярны.
Р е ш е н и е.
После приведения уравнения к виду с угловым коэффициентом получаем
y
3
7
x
5
5
5
1
y  x
3
2.
и
3
5
k1 
k2  
5;
3.
Здесь
1
k2  
k , то прямые
Так как
перпендикулярны.
V. Итоги занятия.
Домашнее задание: решить № 50; 63; 65.
Занятие 6
РАССТОЯНИЕ ОТ ТОЧКИ ДО ПРЯМОЙ.
РАССТОЯНИЕ МЕЖДУ ПАРАЛЛЕЛЬНЫМИ ПРЯМЫМИ
Ц е л и: рассмотреть понятие расстояния между параллельными прямыми;
вывести формулу для определения расстояния от точки до прямой;
способствовать развитию навыка решения задач.
Содержание занятия
I. Проверка домашнего задания.
II. Повторение изученного материала.
М а т е м а т и ч е с к и й д и к т а н т.
Даны прямые
1) 2х + у = 0; –2х – у = 7;
5х – 3у + 2 = 0;
6х – 30 = 0;
–0,2х = 14;
х – у = 0;
–5у + 3 = 0; 3,2у = 6;
6х = 3у.
Выбрать уравнение прямых, параллельных оси ОХ.
Выбрать уравнение прямых, параллельных оси ОУ.
Выбрать уравнения прямых, проходящих через начало отсчета.
2) Придумать уравнение прямой, совпадающей с осью ОХ.
3) Придумать уравнение прямой, совпадающей с осью ОУ.
4) Что можно сказать о прямой, заданной уравнением х – у = 0.
5) Построить прямые, заданные уравнениями:
а) 4х + 2у = 4; б) –4х – 2у = –8; в) 3х – 6у = –6.
Задание выполняют три ученика у доски, правильность выполнения
обсуждается вместе со всеми учащимися.
III. Изучение нового материала.
Теорема. Расстояние d от данной точки М(х0; у0) до прямой L, заданной
общим уравнением ах + by + c = 0, определяется формулой:
d
| ax0  by0  c |
a 2  b2
.
Идея доказательства справедливости этой формулы состоит в следующем.
Рассмотрим на прямой L две произвольные точки Е и F с координатами (х1;
у1) и (х2; у2).
Вычислим длину отрезка EF и площадь S( MEF). Тогда расстояние от
точки М до L – это длина высоты h  MEF.
d h
2S (MEF )
| EF |
.
у
Д о к а з а т е л ь с т в о.
E
M
Так как точки Е и F имеют координаты (х1; у1)
F
и (х2; у2), то уравнение прямой L, проходящей
через эти точки, имеет вид:
h
0
y  y1
x  x1

y2  y1 x2  x1
х
,
Откуда (у – у1)(х2 – х1) – (х – х1)(у2 – у1) = 0.
S( MEF) 
1
x 2  x1 y 0  y1   x 0  x1 y 2  y1 
2
.
2
2
Кроме того, | EF | ( x2  x1)  ( y2  y1) .
d
| ( x2  x1 )( y0  y1 )  ( x0  x1 )( y2  y1 ) |
( x2  x1 )  ( y2  y1 )
Следовательно,
.
Выразим коэффициенты а, b, с общего уравнения прямой через
координаты точек Е и F. Запишем уравнение прямой, проходящей через две
точки в виде:
2
2
(у1 – у2)х + (х2 – х1)у + [х1(у2 – у1) – у1(х2 – х1)] = 0,
откуда получаем, что а = у1 – у2; b = х2 – х1;
с = х1(у2 – у1) – у1(х2 – х1). Тогда 2S( MEF) = |ax0 + by0 + c|;
|EF| =
a 2  b2
, таким образом, имеем:
d
ax0  by0  c
a 2  b2
.
Р е ш и т ь № 49.
Пусть прямая L задана уравнением 3х – 4у + 10 = 0 и дана точка М(4; 3).
Найти расстояние d от точки М до прямой L.
Р е ш е н и е.
По формуле
d
d
| 3  4  4  3  10 |
32  42
ax0  by0  c
a 2  b2
находим
10

2
5
.
О т в е т: 2.
Формула нахождения расстояния между параллельными прямыми:
ax  by  c1  0 
| c 2  c1 |
.
 d
ax  by  c 2  0
a 2  b2
Расстояние между параллельные прямыми можно найти следующим
образом: на одной из прямых возьмите произвольную точку и найдите ее
расстояние до другой прямой.
IV. Закрепление изученного материала.
П р и м е р. Найдите расстояние между прямыми у = 5х + 7 и у = 5х – 8.
Р е ш е н и е.
Перепишем уравнения в общем виде: 5х – у + 7 = 0 и 5х – у – 8 = 0.
По формуле
d
| 8  7 |
25  1

| c2  c1 |
d
15
26
a 2  b2

, имеем:
15 26
26
.
Второй способ: выберем произвольную точку на прямой у = 5х + 7.
у(–1) = 2. Найдем расстояние от точки с координатами (–1; 2) до прямой
5х – у – 8 = 0.
d
ax0  by0  c
Воспользуемся формулой
d
| 5(1)  1  2  8 |
5 2  (1) 2
О т в е т:

| 15 |

26
15 26
26
15
26

a2  b2
15 26
26
;
.
.
V. Итоги занятия.
Домашнее задание: решить № 68; 69.
Занятие 7
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ ПО ВСЕМУ КУРСУ
Ц е л и: повторить изученный материал; систематизировать знания
учащихся; закрепить навыки в решении задач.
Содержание занятия
I. Проверка домашнего задания.
II. Устная работа.
Что можно сказать о расположении прямых:
а)
б)
y
3
x6
4
y
2
1
x2
3
2
y
5
x4
3
в)
г) у = 2х
и
и
и
и
д) у = –6х + 4 и
y
3
x3
4
;
y
2
1
x2
3
3;
y
5
x6
3
;
у = –0,5х;
1
y  4  x
6 .
III. Самостоятельная работа с взаимопроверкой.
Составить уравнение прямой, проходящей через точку пересечения
прямых 2х – 3у + 21 = 0 и 3х + 2у – 1 = 0
Вариант 1. Параллельно прямой у = 2х – 3.
Вариант 2. Перпендикулярно прямой у = –3х + 2.
Решение.
2 x  3 y  21  0, 3,

3x  2 y  1  0; (2);
6 x  9 y  63  0,

 6 x  4 y  2  0;
–13у = –65,
у = 5.
2х – 3  5 + 21 = 0,
2х = – 6; х = –3.
(–3; 5) – точка пересечения прямых.
Вариант 1.
у = 2х + с,
5 = 2(–3) + с  с = 5 + 6 = 11.
Итак, у = 2х + 11.
О т в е т: у = 2х + 11.
Вариант 2.
у = –3х +2,
у=
1
3х
5=
1
3 (–3)
+ с,
Итак, у =
+ с  5 + 1 = с, с = 6.
1
3х
О т в е т: у =
+ 6.
1
3х
+ 6.
IV. Устная работа.
1. Даны прямые:
1) у = 4х + 5;
3) у = 4х + 8;
5) у =
1
4х
+ 6;
1
–4.
2) у = –4х + 11;
4) у = –4х;
6) у =
Назвать прямые, которые: пересекаются: параллельны; перпендикулярны;
проходят через начало координат; параллельны оси ОХ; параллельны оси
ОУ.
2. Дана прямая
ОХ и ОУ.
x
y

1
3 2
.
Назовите точки пересечения прямой с осями
V. Решение тренировочных упражнений.
Р е ш и т ь № 75.
Дано:  АВС, где А(2; 6), В(5; 2), С(–7; –2).
Составьте уравнение прямой, содержащей:
а) медиану, проведенную из вершины А;
б) среднюю линию, параллельную ВС;
в) высоту, опущенную из вершины С.
Р е ш е н и е.
а) АМ – медиана.
xM 
xC  xB
 1
2
;
yM 
yC  yB
0
2
.
М(–1; 0); А(2; 6).
(х – хМ)(у – уА) – (х – хА)(у – уМ) = 0,
(х + 1 )(у – 6) – (х –2) (у – 0) = 0,
ху + у – 6х – 6 – ху + 2у = 0,
3у – 6х – 6 = 0,
у – 2х – 2 = 0,
у – 2х – 2 = 0 – уравнение прямой, содержащей медиану АМ.
б) SR – средняя линия  АВС.
xS 
xC  x A
y  yA
 2,5 yS  C
2
2
2
;
,
xR 
x A  xB
y  yB
 3,5 yR  A
4
2
2
;
,
S(–2,5; 2).
R(3,5; 4).
(х – хS)(y – yR) – (x – xR)(y – yS) = 0,
(x + 2,5)(y – 4) – (x – 3,5)(y – 2) = 0,
xy + 2,5y – 4x – 10 – xy + 2x + 3,5y – 7 = 0,
–2x – 6y – 17 = 0 – уравнение прямой SR.
в) Уравнение АВ:
(x – xA)(y – yB) – (x – xB)(y – yA) = 0,
(x – 2)(y – 2) – (x – 5) (y – 6) = 0,
4x + 3y – 26 = 0,
y=
k=
4
26
 x
3
3 ,

–2 =
4
3
k 
3;
4.
3
4 (–7)
+ b,
1
b  5  2  3,25
4
,
y
3
x  3,25
4
или у = 0,75х + 3,25.
О т в е т: а) у – 2х – 2 = 0; б) 2х – 6у – 17 = 0; в) у = 0,75х + 3,25.
Р е ш и т ь № 76.
Дано уравнение прямой 3х – 4у = 24, пересекающей оси ОХ и ОУ. Найдите
периметр треугольника АВО, расстояние от начала координат до прямой АВ.
Р е ш е н и е.
Запишем уравнение 3х – 4у = 12 в виде уравнения прямой в отрезках:
у
3
4
x  y 1
12
12
x y
 1
4 3
x
y

1
4 (3)
В
1
0
1
4
х
А –1
(4; 0) – точка пересечения прямой АВ и оси ОХ.
(0; –3) – точка пересечения прямой АВ и оси ОУ.
АВ  4 2  3 2  16  9  25  5
Р( АВО) = АВ + ОВ + АВ = 4 + 3 + 5 = 12.
d
ax0  by0  c
По формуле
О т в е т: 12; 2,4.
a b
2
2
, имеем
d
12
25

12
 2,4
5
.
VI. Итоги занятия.
Домашнее задание: подготовиться к проверочной работе; решить №
77; № 78.
Занятие 8
ПРОВЕРОЧНАЯ РАБОТА
Ц е л и: проверка степени усвоения учащимися изученного материала и
умения применять его при решении задач.
Содержание занятия
Можно предложить учащимся решить тесты (Приложение 5).
I. Организация учащихся на выполнение работы.
II. Выполнение проверочной работы.
Вариант I
Даны точки М(1; 2) и N(–3; 4).
1. Напишите общее уравнение прямой MN.
2. Напишите уравнение прямой MN:
а) с угловым коэффициентом;
б) в отрезках.
3. Напишите уравнение:
а) прямой KF, параллельной MN и проходящей через точку К(–2; –1), и
укажите какую-либо точку F этой прямой, отличной от K;
б) прямую ОQ, проходящей через начало координат и перпендикулярной
MN.
4. Вычислите:
а) площадь треугольника MNF;
б) расстояние между прямыми KF и MN.
О т в е т:
1. х + 2у – 5 = 0.
2. а)
1
1
y  x2
2
2;
3. а)
1
y  x2
2
;
4. а) 9; б)
б)
x
y

1
5 2,5
.
F(0; –2); б) у = 2х.
9
5
5
.
В а р и а н т II
Даны точки М(1; 1) и N(2; –2).
1. Напишите общее уравнение прямой MN.
2. Напишите уравнение прямой MN:
а) с угловым коэффициентом;
б) в отрезках.
3. Напишите уравнение:
а) прямой KF, параллельной MN и проходящей через точку К(3; –3), и
укажите какую-либо точку F этой прямой, отличной от K;
б) прямую ОQ, проходящей через начало координат и перпендикулярной
MN.
4. Вычислите:
а) площадь треугольника MNF;
б) расстояние между прямыми KF и MN.
О т в е т:
1. 3х + у – 4 = 0.
2. а) у = –3х +4; б)
x y
 1
4 4
3
;
3. а) 3х + у – 6 = 0; F(2; 0); б)
4. а) 1; б) 0,2 10 .
1
y x
3 ;
В а р и а н т III
Даны точки М(1; 1) и N(4; –1).
1. Напишите общее уравнение прямой MN.
2. Напишите уравнение прямой MN:
а) с угловым коэффициентом;
б) в отрезках.
3. Напишите уравнение:
а) прямой KF, параллельной MN и проходящей через точку К(3; –3), и
укажите какую-либо точку F этой прямой, отличной от K;
б) прямую ОQ, проходящей через начало координат и перпендикулярной
MN.
4. Вычислите:
а) площадь треугольника MNF;
б) расстояние между прямыми KF и MN.
О т в е т:
1. 2х + 3у – 5 = 0.
2. а) у =
3. а)
2x 5

3 3;
2
y   x 1
3
;
4. а) 4; б)
б)
x
y
 1
5
2,5
3
;
F(–3; 1); б)
y
3
x
2 ;
8
13
III. Подведение итогов.
Упражнения.
1. На оси ОХ найдите точку, расстояние от которой до точки А(3; 4) равно
5.
2. Точка М является серединой отрезка ОА, соединяющего начало
координат О с точкой А(–5; 2). Найдите координаты точки М.
3. Точка М(2; 3) делит отрезок АВ в отношении 1:2. Найдите координаты
точки В, если известно, что точка А имеет координаты х = 1, у = 2.
4. Вершинами треугольника служат точки А(–2; 1), В(2; 2), С(4; у).
Площадь треугольника равна 15. Определите ординату вершины С.
5. Найдите координаты центра тяжести однородной пластинки, имеющей
форму треугольника с вершинами А(–2; 1), В(2; –1), С(4; 3).
6. Площадь треугольника равна 3, две его вершины – точки А(3; 1) и В(1;
–3). Найдите координаты третьей вершины, если известно, что она лежит на
оси ординат.
7. Площадь параллелограмма равна 12, две его вершины – точки А(–1; 3) и
В(–2; 4). Найдите две другие вершины параллелограмма, если известно, что
точка пересечения его диагоналей лежит на оси абсцисс.
8. Вершины треугольника – точки А(3; 6), В(–1; 3) и С(2; –1). Найдите
длину его высоты, проведенной из вершины С.
9. Три вершины параллелограмма – точки А(3; 7), В(2; –3) и С(–1; 4).
Найдите длину его высоты, опущенной из вершины В на сторону АС.
10. Отрезок, ограниченный точками А(1; –3) и В(4; 3) разделен на три
равные части. Определите координаты точек деления.
11. Определите координаты концов А и В отрезка, который точками М1(2;
2) и М2(1; 5) разделен на три равные части.
12. Три вершины параллелограмма – точки А(3; –5), В(5; –3), С(–1; 3).
Определите четвертую вершину D, противоположную В.
13. Найдите площадь пятиугольника с вершинами в точках А(0; 0), В(3; –
2), С(5; –1), D(8; 4), Е(4; 5).
14. Найдите координаты точки М, делящей отрезок АВ в данном
отношении, и сделайте рисунок, если:

1
2;
а) А(3), В(–11);  = 2:5;
в) А (3), В(–11);  =
б) А(3), В(–11);  = 2,5;
г) А(3), В(–11);  = –2.
15. Даны точки А(3; 5) и В(11; –11). Найдите координаты точки М,
делящей отрезок АВ в отношении: а) 0,6; б) –3.
16. В каком отношении точка А(1; –6) делит отрезок ВС, где В(0; –16) и
С(–5; –66), считая от точки В?
17. В каком отношении точка А(1; 1) делит отрезок ВС, где В(4; –1) и С(7;
–3), считая от точки В?
18. Вычислите площадь треугольника, вершинами которого являются
точки:
а) А(2; –3), В(3; 2) и С(–2; 5);
б) М1(–3; 2), М2(5; –2) и М3(1; 3);
в) М(3; –4), N(–2; 3) и Р(4; 5).
19. Даны точки А(х1; у1), В(х2; у2), С(х3; у3), D(х4; у4), не лежащие на
одной прямой. Докажите, что если ABCD – параллелограмм, то верно
условие:
 x1  x3  x2  x4 ,

 y1  y3  y2  y1.
20. Составьте уравнение прямой, отсекающей на оси ОУ отрезок b = 3 и
образующей с осью ОХ угол


6.
y
3
x2
4
.
21. Постройте прямую, заданную уравнением
22. Составьте уравнение прямой, проходящей через точку М(2; 1) и
образующей с осью ОХ угол


4.
23. Составьте уравнение прямой, проходящей через точки М1(3; 1) и М2(5;
4).
24. Составьте уравнение прямой, отсекающей на оси ОУ отрезок b = 3 и
образующей с осью ОХ угол: а) 45; б) 135. Постройте эту прямую.
25. Определите параметры k и b для каждой из прямых:
а) 2х – 3у = 6;
в) у = –3;
x y
 1
4 4
.
б) 2х + 3у = 0;
г)
26. Определите параметры k и b прямой, проходящей через точку А(2; 3) и
составляющей с осью ОХ угол 45. Составьте уравнение этой прямой.
27. Составьте уравнение прямой в отрезках.
а) 2х – 3у = 6;
б) 3х – 2у + 4 = 0.
28. Составьте уравнение прямой, проходящей через точки А(–1; 3) и В(4; –
2).
29. Составьте уравнения прямых, заданных параметрами:
а) b = –2;  = 60;
б) b = –2;  = 120.
Постройте эти прямые.
30. Определите точки пересечения прямой 3х – 3у – 12 = 0 с осями
координат и постройте эту прямую.
31. Прямая задана общим уравнением 12х – 5у – 65 = 0. Напишите ее
уравнение с угловым коэффициентом.
32. Лежат ли на одной прямой точки:
а) А(–3; 1), В(0; 11), С(8; 17);
б) А(1; –4), В(2; –1), С(–5; 0)?
33. При каком значении t точки А, В, С лежат на одной прямой А(3; 8), В(9;
t), С(–5; 0)?
34. Прямая задана уравнением 3х – 5у + 15 = 0. Составить ее уравнение в
отрезках и построить прямую.
35. Чему равны коэффициента а и b в уравнении ax + by – 1 = 0, если
известно, что она проходит через точки А(1; 2), В(2; 1)?
36. Прямая задана уравнением 5х – 6у + 3 = 0. Принадлежат ли точки А(–3;
 1
С  0; 
 2 ,
–2), В(3; 2),
D(1; 0) этой прямой?
36. Прямая задана уравнением –4х + у + 2 = 0. Найдите две какие-либо
точки, принадлежащие этой прямой.
37. Составьте уравнение прямых, проходящих на расстоянии:
а) 2 от оси ОУ;
б) 3 от оси ОХ.
38. Запишите уравнение прямой, проходящей через точку М с угловым
коэффициентом k:
а) М(0; –1), k = –3;
б) М(–3; 5), k = 7.
39. Запишите уравнение прямой, проходящей через точку М(2; –7) под
углом 45 к:
а) положительному направлению оси абсцисс;
б) отрицательному направлению оси абсцисс.
40. Запишите уравнение прямой, содержащей начало координат и точку:
а) А(2; 5); б) А(–1; 3).
42. На координатной плоскости изображены прямые l1, l2, l3, l4.
ℓ1
y
ℓ2
ℓ3
1
ℓ4
–2
–1
1
2
х
43. Найдите точки пересечения прямых 3х – у + 5 = 0 и х + 2у – 1 = 0.
44. Найдите точки пересечения прямых:
а) 3х – у + 5 = 0 и 5х + у +3 = 0;
б) х + 2у – 1 = 0 и 5х + у + 3 = 0.
45. Докажите, что прямые 5х + 4у – 13 = 0, х – у + 1 = 0 и х + 3у – 7 = 0
пересекаются в одной точке и найдите эту точку.
46. Покажите, что прямые 4х – 6у + 7 = 0 и 20х – 30у – 11 = 0 параллельны.
47. Покажите, что прямые 3х – 5у + 7 = 0 и 10х + 6у – 3 = 0
перпендикулярны.
48. Прямые заданы уравнением у = 2х + 3 и у = –3х + 2. Найдите угол
между этими прямыми.
49. Пусть прямая L задана уравнением 3х – 4у + 10 = 0 и дана точка М(4;
3). Найдите расстояние d от точки М до прямой L.
50. Докажите, что прямые ax + by + c = 0 и bx – ay + d = 0
перпендикулярны.
51. Запишите уравнение прямой, перпендикулярной данной и проходящей
через данную точку:
а) 3х – 4у + 5 = 0; М(–7; 8);
б) 5х + 3у – 1 = 0; М(1; 1).
52. Найдите расстояние между прямыми:
а) у = 3х + 7 и у = 5х – 8;
б) 3х – 4у + 11 = 0 и 3х – 4у – 5 = 0.
53. Найдите точку пересечения прямых 3х – 4у – 29 = 0 и 2х + 5у + 19 = 0.
54. Стороны АВ, ВС и АС треугольника АВС заданы соответственно
уравнениями 4х + 3у – 5 = 0, х – 3у + 10 = 0, х – 2 = 0. Определите координаты
его вершин.
55. Составьте уравнения двух прямых, проходящих через точку А(4; 5)
так, чтобы одна была параллельна оси ОХ, а другая – оси ОУ.
56. Определите угол между прямыми:
y
x
1
2 ;
а) у = 2х – 3 и
б) 5х – у + 7 = 0 и 2х – 3у + 1 = 0;
в) 2х + у = 0 и у = 3х – 44
г) 3х – 4у = 6 и 8х + 6у = 11.
57. Составьте уравнения прямых, проходящих через точку А(–1; 1) под
углом 45 к прямой 2х + 3у = 6.
58. Составьте уравнение перпендикуляра, опущенного из точки А(6; 2) на
прямую х – 4у – 7 = 0.
59. Составьте уравнение прямой, проходящей через точку А(–4; 3) и
параллельной прямой х + 2у + 3 = 0.
60. Составьте уравнение прямой, проходящей через точку пересечения
прямых 2х – 3у – 1 = 0 и 3х – у – 2 = 0 перпендикулярно прямой у = х + 1.
61. Дан треугольник с вершинами А(–2; 0), В(2; 4) и С(4; 0). Составьте
уравнения сторон треугольника, медианы АЕ, высота АD и найдите длину
медианы АЕ.
62. Найдите расстояние от точек А(4; 3), В(2; 1), С(1; 0) и О(0; 0) до
прямой 3х + 4у – 10 = 0. Постройте точки и прямую.
63. Покажите, что прямые 2х – 3у – 6 = 0 и 4х – 6у – 25 = 0 параллельны, и
найдите расстояние между ними.
64. Найдите k из условия, что прямая у = kx + 5 удалена от начала
координат на расстояние d  5 .
65. Составьте уравнение прямой, проходящей через точку А(2; 4) и
удаленной от начала координат на расстояние d = 2.
66. Через начало координат проведена прямая на одинаковом расстоянии
от точек А(2; 2) и В(4; 0). Найдите это расстояние.
67. Составьте уравнение прямой, проходящей через точку пересечения
прямых 4х + 3у = 7 и 3х + 2у = 5 и составляющей тот же угол с осью ОХ, что
и прямая 2х + у = 5.
68. Дан треугольник с вершинами А(2; 3), В(4; 8) и С(3; –8). Составьте
уравнение его сторон, медиан и высот.
69. Дано:  ABC, где А(2; 6), В(5; 2), С(–7; –2). Составьте уравнение
прямой, содержащей:
а) медиану, проведенную из вершины А;
б) среднюю линию треугольника, параллельную ВС;
в) высоту, опущенную из вершины С.
70. Дано уравнение прямой 3х – 4у = 12, пересекающей оси ОХ и ОУ.
Найдите Р( АВО). Расстояние от точки О до АВ.
77. Дано:  АВС, где А(5; 6), В(8; 2), С(–4; –2). Составьте уравнение
прямой, содержащей:
а) медиану, проведенную из вершины А;
б) среднюю линию, параллельную ВС;
в) высоту, опущенную из вершины С.
72. Дано уравнение прямой –3х + 4у = 12, пересекающей ось ОХ и ОУ.
Найдите Р( АВО), расстояние от начала координат до прямой АВ.
Ответы к упражнениям
1. (6; 0); (0; 0). 2. (–2,5; 1). 3. В(4; 5). 4. у1 = 10; у2 = –5. 5.
х
4
3;
у = 1.
6. С(0; –8) или С(0; 2). 7. С1(–7; –3), D1(–6; –4) или С2(17; –3), D2(18; –4).
8. 5. 9. 7,4. 10. (2; –1) и (3; 1). 11. А(3; –1) и В(0; 8). 12. D(–3; 1). 13. 29,5.
14. а) –1; б) 7; в) 17; г) –25. 15. а) М(6; –1); б) М(18; –19). 16.
17.  = –2. 18. а) 14; б) 12; в) 25; 24. а) у = х + 3; б) у = –х + 3.
25. а)
k
2
3;
b = –2; б)
k 
2
3;
b = 0; в) k = 0; b = –3; г)
26. k = 1; b = 1; у = х + 1. 27. а)
29. а)
x 32 y ;
б)
y  x 3  2 .
x y
 1
3 2
;
б)

3
y
x  1
4
2
.
k 
3
4;

1
6;
b = 3.
28. у= –х + 2.
30. (6; 0); (0; –4). 53. (3; –5). 54. А(2; –1),
3
arctg 4 ;
В(–1; 3), С(2; 4). 55. у = 5; х = 45. 56. а)
б) 45; в) 45; г) 90.
57. х – 5у + 6 = 0 и 5х + у + 4 = 0. 58. у + 4х – 26 = 0. 59. х + 2у – 2 = 0.
60. 7х + 7у – 6 = 0. 61. АЕ: 2х – 5у + 4 = 0; AD: х – 2у + 2 = 0; 29 .
62. 2,8; 0; 1,4; 2. 63. 6,5. 64. k = 2. 65. 3х – 4у + 10 = 0; х = 2. 66. х + у =
= 0 и х – 3у = 0; d1  2 2 ; d2  0,4 10 .67. у + 2х – 3 = 0.68. АВ: 5х – 2у – 4=
= 0; АС: у + 11х – 25 = 0; ВС: 16х – у – 56 = 0. Уравнения медиан:
2х + у – 7 = 0; 7х – у – 20 = 0; х = 3. Уравнения высот: 11у – х – 84 = 0;
16у + х – 50 = 0; 5у + 2х + 24 = 0. 69. y – 2х – 2 = 0; 2х – 6y + 17 = 0;
y = 0,75х + 3,25. 70. P(∆ABO) = 12; d = 2,4. 71. а) 2х – у – 4 = 0;
б) 2х – 6у + 11 = 0; в) 3х – 4у + 4 = 0. 72. Р( АВС) = 24; d = 4,8.
Приложение 1
Введение координат на плоскости
Историческая справка
Восьмого июня 1637 г. в голландском городе Лейдене в типографии Жана
Мэре появилась на свет книга с длинным по обычаю своего времени
названием «Рассуждение о методе, позволяющем направлять разум и
отыскивать истину в науках. Кроме того, Диоптрика, Метеоры и Геометрия,
которые являются приложением этого метода». Это был первый печатный
труд одного из крупнейших математиков Европы Рене Декарта,
обессмертивший
имя
автора.
В «Рассуждения о методе» Декарт сформулировал «главные правила
метода»:
1) не принимать за истины что бы то ни было, прежде чем не признал это
несомненно истинным, т. е. старательно избегать поспешности и
предубеждения и включать в свои суждения только то, что представляется
моему уму так ясно и отчетливо, что никоим образом не может дать повод к
сомнению;
2) делить каждую из рассматриваемых мною трудностей на столько
частей, на сколько потребуется, чтобы лучше их разрешить;
3) руководить ходом своих мыслей, начиная с предметов простейших и
легко познаваемых, и восходить мало-помалу, как по ступеням, до познания
наиболее сложных, допуская существование порядка даже среди тех,
которые в естественном порядке вещей не предшествуют друг другу;
4) делать всюду настолько полные перечни и такие общие обзоры, чтобы
быть уверенным, что ничего не пропущено.
Декарт подчеркивал, что в основе научной теории должны лежать ясные и
простые принципы. Необходимо изучать, описывать, классифицировать
явления природы, проводить эксперименты и математические расчеты.
Изучая природу, нужно полагаться лишь на свои силы, а не ждать помощи
свыше, божественного откровения. Эти взгляды ученого были несовместимы
с теологией и схоластикой, и в 1663 г., через 13 лет после его смерти от
воспаления легких вдали от родины, сочинения Декарта были внесены в
список книг, запрещенных католической церковью. Несмотря на это,
научные идеи Декарта быстро распространялись по всей Европе, оказывая
глубокое воздействии на умы его современников.
К сочинению «Рассуждение о методе…» Декарт написал три приложения,
которые должны были разъяснить и проиллюстрировать его научные методы,
– «Диоптрику», «Метеоры» и «Геометрию». Последнее приложение
обессмертило имя ученого в большей степени, чем все другие его открытия.
Декарт создал метод координат, с помощью которого установил тесную
связь между алгеброй и геометрией, что позволило решать алгебраические
задачи с помощью геометрии и, наоборот, использовать алгебраические
задачи в геометрии.
Вслед за Декартом введем ось абсцисс (от лат. abscissus – отрезанный,
отсеченный), начало отсчета, положительное направление и единичный
отрезок.
Хотя Декарт использовал только одну ось, существования другой им
подразумевалось.
Введем ось ординат (от лат. ordinatus – «упорядоченный) также с
положительным направлением и единичным отрезком. Единичные отрезки
на осях будем брать равными, а угол между осями возьмем прямым. Мы
имеем прямоугольную систему координат, которую иногда называют
декартовой (есть еще и косоугольная система координат). Каждой точке
плоскости ставится в соответствие пара чисел – координаты этой точки.
Началу координат соответствует пара (0; 0); у любой точки оси абсцисс
ордината равна нулю, у любой точки оси ординат абсцисса равна нулю.
Известно, что геометрическим местом точек называется фигура,
состоящая из всех точек плоскости, обладающих некоторым свойством.
Таким образом, геометрическим местом точек, абсциссы которых равны
нулю, является ось ординат. Очевидны два утверждения:
1) если точка лежит на оси ОУ, то ее абсцисса равна нулю;
2) если у точки х = 0, то эта точка лежит на оси ОУ.
Приложение 2
Историческая справка
Замечание к задаче о точке пересечения медиан треугольника: ее
 x  x  x3 y1  y2  y3 
M 1 2
;

3
3

.
координаты
Эта точка называется центроидом
треугольника. Если треугольник представляет собой однородную тонкую
пластину или систему трех точек с одинаковыми массами, то центроид
является его центром масс.
Задачу о точке пересечения медиан в III в. до н. э. решил Архимед, используя
идею центра тяжести трех материальных точек одинаковой массы m,
помещенных в вершины треугольника АВС. Тогда, по Архимеду центром
масс двух материальных точек В и С будет середина отрезка ВС – точка А1 с
массой 2m, а центр тяжести всей системы будет лежать на медиане АА1. По
правилу рычага («золотое правило механики») центр масс точек А, В и С –
точка М делит медиану АА1 в отношении 2:1 считая от точка А. Аналогично
рассуждая, приходим к выводу, что точка М лежит на медианах ВВ1 и СС1 и
делит их в том же отношении. Бариоцентрические (от греческого слова bapiδ
– «тяжелый») соображения при решении этой задачи оказываются
эффективными и при решении других задач и геометрических теорем, что
побудило Архимеда создать особый метод для решения геометрических
задач на языке механики, который он изложил в послании к Эратосфену. В
дальнейшем метод Архимеда был развит великими математиками (Папп,
Чева, Гюльден, Люилье, Эйлер, Лагранж, Якоби, Мебиус и др.) и
превратился в эффективное и строго обоснованное средство геометрического
исследования.
Приложение 3
Параметрическое уравнение прямой
Рассмотрим прямую не как основное понятие геометрии и не как график
линейной функции, а как траекторию прямолинейного движения
материальной точки (т. е. тела, размерами и формой которого можно
пренебречь). Траектория материальной точки – это линия, описываемая
движущейся в пространстве (в нашем случае – на плоскости) материальной
точки. Будем говорить, что задан закон движения материальной точки, если
указаны две функции х = х(t), у = у(t) от времени, где t – параметр, х и у –
координаты материальной точки.
Пусть материальная точка движется вдоль оси абсцисс по закону х = х0 +
at. Это принято записывать так:
 x  x0  at,

 y  y0  bt, t  R.
Выясним, что является траекторией движения материальной точки,
описываемой данным параметрическим уравнением. Исключая параметр t,
будем иметь уравнение траектории движения материальной точки:
 x  x0
,
t 
a


ay  bx  bx0  cy0  0,
где а, b, х0 и у0 – константы.
Таким образом, мы получаем общее уравнение прямой. Решим обратную
задачу: пусть материальная точка в некоторый момент времени t0 имеет
координаты х0 и у0, а ее траекторией является прямая ax + by + c = 0.
У п р а ж н е н и я.
1. Запишите общее уравнение прямой, заданной параметрически:
 x  3  2t ,

 y  5  3t ;
 x  7  5t ,

 y  8t.
а)
(t  R);
б)
(t  R)
2. Запишите параметрическое уравнение прямой:
а) 5х – 3у + 8 = 0;
б) 7х + 3у – 11 = 0.
3. Найдите координаты точки пересечения прямых:
а) 2х + 5у – 11 = 0
и
 x  5  3t ,

 y  2  5t ;
 x  2t ,

 y  3  t.
 x  2  3u ,

 y  7  2u ,
б)
и
u, t  R.
4. Докажите, что прямые перпендикулярны:
 x  x0  at,

 y  y0  bt;
 x  x1  bt,

 y  y1  at,
t  R.
5. Запишите параметрическое уравнение прямой, перпендикулярной
данной:
а)
 x  3  2t ,

 y  5  3t ;
б)
 x  7  5t ,

 y  8t.
Ответы
1. а) 3х + 2у = 19; б) 8х + 5у = 56.
 x  3t ,


8
 y  5t  3 ;
2. а)
tR
3) а) (8; –1); б) (2; 7).
б)
 x  2  3t ,

 y  1  7 t ;
t  R.
Приложение 4
Контрольные вопросы
1. Что называется координатой точки на оси?
2. В чем состоит взаимно однозначное соответствие между числом и
точкой координатной прямой?
3. Чему равна величина направленного отрезка?
4. Чему равно расстояние между двумя точками.
5. Записать формулу площади треугольника. В каком случае правая часть
формулы меняет знак на противоположный?
6. В каком случае координаты точек деления равны полусумме
соответствующих координат?
7. Что называется углом наклона прямой к оси ОХ?
8. Что называется угловым коэффициентом прямой?
9. В чем состоит геометрический смысл параметров k и b уравнения
прямой с угловым коэффициентом?
10. Что называется общим уравнением прямой?
11. Как записывается уравнение прямой, параллельной осям ОХ и ОУ, а
также уравнения самих осей координат?
12. Что такое уравнение прямой в отрезках?
13. Сформулировать условия параллельности и перпендикулярности двух
прямых.
14. Как определяется расстояние от точки до прямой?
16. Как найти точку пересечения двух прямых?
17. В каких случаях две прямые на плоскости либо совпадают, либо
параллельны?
Приложение 5
Тест
Вариант I
1. Точка А и В имеют координаты А(–3; –1), В(2; –4). Найдите отрезок АВ.
а) 26 ;
б) 5;
в) 34 ;
г) 8.
2. ABCD – параллелограмм. Координаты его вершин А(–3; –1), В(–2; 4),
С(6; –1). Найдите координаты (х; у) вершины D. В ответе запишите х + у.
а) 3;
б) –3;
в) –1;
г) 1.
3. Дано: МРМ; М(–5; –3), Р(–3; 5), К(5; –1). Найдите длину медианы РС.
а) 7;
б) 58 ;
в) 51 ;
г) 4 3 .
4. Запишите уравнение прямой АВ, если А(–3; 4) и В(–1; –2).
а) у = 3х – 2;
в) у = 2х + 3;
б) у = –2х + 3;
г) у = –3х – 5.
5. Даны уравнения двух прямых: –2х – 7у + 1 = 0 и 3х + 4у + 5 = 0. Найдите
координаты (х0; у0) точки пересечения этих прямых. В ответе запишите
сумму х0 + у0.
а) –2;
б) 2;
в) –1;
г) 1.
В а р и а н т II
1. Точка M и N имеют координаты M(3; –2), N(–1; 3). Найдите отрезок MN.
а) 6;
б) 35 ;
в) 9;
г) 41 .
2. ABCD – параллелограмм. Координаты его вершин В(–3; 2), С(7; –1),
D(6; –5). Найдите координаты (х; у) вершины А. В ответе запишите х + у.
а) 5;
б) –2;
в) –6;
г) 3.
3. Дано: CDE; C(–5; 2), D(4; 3), E(1; –4). Найдите длину медианы DK.
а) 6;
б) 2 13 ;
в) 4 5 ;
г) 8.
4. Запишите уравнение прямой CD, если С(–3; 1) и В(–5; 9).
а) у = 4х + 5;
в) у = 3х + 5;
б) у = –4х – 11;
г) у = –3х + 8.
5. Даны уравнения двух прямых: –3х – у + 1 = 0 и 4х + 3у + 7 = 0. Найдите
координаты (х0; у0) точки пересечения этих прямых. В ответе запишите
сумму х0 + у0.
а) 5;
б) 3;
в) –3;
г) –5.
Ответы
1
2
3
4
5
1
в
в
б
г
а
2
г
в
б
б
в
Задание
Вариант
Приложение 6
Линейные системы
Система двух линейных уравнений с двумя неизвестными записывается в
виде:
a1 x  b1 y  c1 ,

a2 x  b2 y  c2 .
Справедливы следующие утверждения:
a1 b1

a2 b2
если
, то
определенная);
если
a1 b1 c1


a2 b2 c2
система имеет
единственное решение (система
, то система не имеет решений (система несовместная);
a1 b1 c1


a1 b2 c2
если
, то система имеет бесконечное множество решений
(система неопределенная).
Приведенные свойства систем линейных уравнений с двумя неизвестными
имеет простое геометрическое толкование. Всякое линейное уравнение аx +
by = c определяет на координатной плоскости прямую линию.
a1 x  b1 y  c1 ,

a2 x  b2 y  c2 .
Уравнения системы
можно поэтому интерпретировать как
уравнение двух прямых на плоскости, а задачу решения системы – как задачу
отыскания точки пересечения этих прямых. Возможны три случая:
1. Две прямые пересекаются. Этот случай соответствует определенной
a1 b1

a2 b2
системе уравнений
.
у
a1x+b1у=c1
0
х
a2x+b2у=c2
2. Две прямые параллельны. Этот случай соответствует несовместной
a1 b1 c1


a2 b2 c2
системе
.
у
a1x+b1у=c1
0
х
a2x+b2у=c2
3. Прямые совпадают. Этот случай соответствует системе
a1 b1 c1


a1 b2 c2
.
у
a1x+b1у=c1
0
a2x+b2у=c2
х
Приложение 7
Метод Крамера
Большую роль в математике имеет еще одна форма записи алгебраических
действий. Выглядит эта форма записи так:
a b
c d
, где а, b, c, d записаны в виде таблицы, имеющей две строки (а; b):
a
 
c 
b 
 
d  .
(c; d) и два столбца
и
Все это выражение употребляется для записи
разности ad и bc называется определителем второго порядка.
Числа а, b, c, d – называют элементами определителя.
a b
Строки (а; b): (c; d) определителя c d называются пропорциональными,
если хотя бы одна из них получается в результате поэлементного умножения
другой строки на некоторое число k.
2 6
1 3
Например,
Строки этого определителя пропорциональны, k = 2. Если
a b
строки определителя
c d
пропорциональны, то этот определитель равен 0.
Главным определителем системы уравнений
a1
a1 x  b1 y  c1 ,

a2 x  b2 y  c2 .
называется
b1
определитель a2 b2 , составленный из коэффициентов при х и у.
Этот определитель обозначается греческой буквой .
Очевидно,  = a1b2 – a2b1.
Первым вспомогательным определителем системы уравнений называется
с1
b1
определитель: c2 b2 .
Он получается из главного определителя этой системы путем замены
первого столбца на столбец свободных членов. Этот определить будем
обозначать х.
Очевидно, х = c1b2 – c2b1.
Вторым вспомогательным определителем системы уравнений является
а1
с1
определитель а2 с2 , который получается из главного определителя этой
системы путем замены второго столбца на столбец свободных членов.
Очевидно, у = а1с2 – с1а1.
 х  2 у  5,

 7 х  3 у  13.
1 2

 7 3 = –3
х 
у 
5
2
 13 3
1
+ 14 = 11,
= –15 + 26 = 11,
5
 7  13
= 13 – 35 = –22.
Теорема 1. Если главный определитель системы уравнений отличен от 0,
то система имеет единственное решение.
x
x

x
x

;
y
y

;
11
11
y
y

 22
11
=
= 1;
=
= –2.
Правило называется именем швейцарского математика Крамера.
a1 x  b1 y  c1 ,

a2 x  b2 y  c2 .
Теорема 2. Если главный определитель системы уравнений
равен 0, а хотя бы один из вспомогательных определителей отличен от 0, то
система несовместна, т. е. не имеет решений.
Терема 3. Если и главный и оба вспомогательных определителя системы
уравнений равны нулю и среди коэффициентов при неизвестных есть хотя
бы один отличный от нуля коэффициент, то система уравнений имеет
бесконечное множество решений.
П р и м е р 1. Решить систему уравнений:
4 x  y  0,

 x  y  6 .
Р е ш е н и е.
Воспользуемся правилом Крамера.

4 1
1 1
x 
x
y
1
0
 6 1
x

y 
= –4 + 1 = –3;
6
3
=
4
= 0 – 6 = –6;
= 2;
0
1 6
y

= –24 – 0 = –24;
 24
3
=
= 8.
О т в е т: (2; 8).
П р и м е р 2. Решить систему уравнений:
3 x  6 y  2,

 2 x  4 y  5.
Р е ш е н и е.
Воспользуемся правилом Крамера.

3 6
2 4
x 
= 12 – 12 = 0;
2 6
5 4
= 8 – 30 = –22;
y 
3 2
2 5
= 15– 4 = 11.
О т в е т: .
П р и м е р 3. Решить систему уравнений:
4 x  6 y  10,

6 x  9 y  15.
Р е ш е н и е.
Воспользуемся правилом Крамера.

4 6
6 9
x 
y 
= –36 + 36 = 0;
10  6
15  9
= –90 + 90 = 0;
4 10
6 15
= 60 – 60 = 0.
О т в е т: бесконечное множество решений.
П р и м е р 4. При каких а система уравнений имеет:
а) единственное решение;
б) не имеет решений;
в) имеет бесконечно много решений.
 x  5 y  7,

ax  y  3.
Р е ш е н и е.
По правилу Крамера.
если  = 0, х  0 и у  0 – нет корней;
если  = 0 и х = у = 0 – бесконечное множество решений;
если   0 – единственное решение.

1 5
а
1
= –1 + 5а;
–1 + 5а  0,
а
1
5.
1
5
Итак, при а  – единственное решение.
 = –1 + 5а = 0
При а =
1
5
– нет корней, так как Δx ≠ 0, Δy ≠ 0,
О т в е т: решений нет при а =
1
5,
единственное решение при а 
1
5.
Приложение 8
Множество точек на плоскости и их уравнения
Множеством точек на плоскости могут быть: одна или несколько точек,
линия или область на плоскости.
Тот факт, что числа х и у являются координатами точек, принадлежащих
некоторому множеству точек, аналитически записывается в виде уравнения.
1. Определение уравнения линии.
Рассмотрим соотношение вида F(х; у) = 0, связывающее переменные
величины х и у.
Данное равенство будем называть уравнением с двумя переменными х и у,
если это равенство справедливо для всех пар чисел х и у.
2
2
П р и м е р. 3х + 2у = 0; х + у – 36 = 0.
Уравнение F(х; у) = 0 будем называть уравнением множества точек (х; у),
если этому уравнению удовлетворяют координаты х и у любой точки
множества.
Важным понятием аналитической геометрии является понятие уравнения
линии.
Пусть на плоскости задана прямоугольная система координат и некоторая
линия L.
у
L
1
0
1
х
Уравнение F(х; у) = 0 будем называть
уравнением линии L, если этому уравнению
удовлетворяют координаты х и у любой точки, лежащей
на линии L.
Понятие «уравнение линии» дает возможность сводить геометрические
задачи к алгебраическим. Например, задача пересечения двух линий,
определяемых уравнениями х + у = 0 и 2х – 3у + 5 = 0, сводится к
алгебраической задаче совместного решения этих уравнений.
Рассмотрим следующие примеры.
1. х – у = 0. Перепишем это уравнение в виде х = у. Множество точек,
удовлетворяющих данному уравнению, представляет собой биссектрису I и
III координатных углов. Это и есть линия, определяемая уравнением х – у = 0.
у
1
0
х
2
2
2. х – у = 0. Представим уравнение в виде (х – у)(х + у) = 0. Множество
точек, координаты которых удовлетворяют данному уравнению, – это две
прямые, содержащие биссектрисы четырех координатных углов.
у
1
0
2
х
1
2
3. х + у = 0. Множество точек, координаты которых удовлетворяют
этому уравнению, состоит из одной точки (0; 0). В данном случае говорят,
что уравнение определяет вырожденную линию.
у
1
0
2
х
2
4. х + у + 1 = 0.
2
2
Перепишем уравнение в виде х + у = –1.
2
2
Очевидно, что х + у  0. Значит, нет ни одной точки, координаты
которой удовлетворяют данному уравнению, т. е. данное уравнение не
определяет никакого геометрического образа. Оно определяет «пустое»
множество точек.
Рассмотрим обратную задачу: для заданного множества точек найдем
уравнение.
П р и м е р. Найти уравнение множества точек, равноудаленных от точек
А(1; 1) и В(3; 3).
Р е ш е н и е.
Возьмем произвольную точку М(х; у), принадлежащую данному
множеству точек; тогда должно выполняться условие:
|MA| = |MB|.
Используя формулу расстояния между точками, находим:
| MA | ( x  1)2  ( y  1)2 ,
| MB | ( x  3)2  ( y  3)2
.
Таким образом,
( x  1)2  ( y  1)2  ( x  3)2  ( y  3)2
,
x  2x  1  y  2 y  1  x  6x  9  y  6 y  9 ,
2
2
2
2
4х + 4у – 16 = 0,
х + у – 4 = 0.
Как известно из геометрии, таким множеством точек является прямая,
проходящая через середину отрезка, соединяющего данные точки, и
перпендикулярная этому отрезку.
Упражнения
1. Даны точки М1(2; –2), М2(2; 2), М3(2; –1), М4(3; –3), М5(5; –5), М6(3; –
2).
Установите, какие из них лежат на линии, определяемой уравнением х + у
= 0 и какие не лежат на ней.
О т в е т: точки М1, М4, М5 лежат на данной линии; точки М2, М3, М6 не
лежат на ней.
2. Составьте уравнение линии, равноудаленной от точек А(0; 2) и В(4; –2).
О т в е т: х – у – 2 = 0.
3. Составьте уравнение линии, расстояние от каждой точки которой до
точки
 1
А 0; 
 4
равно расстоянию от этой же точки прямой
у
1
4.
2
О т в е т: у = х .
4. Найдите уравнение множества точек, для которых сумма расстояний от
каждой точки до точек F1(2; 0) и F2(–2; 0) равна
x2
5
2 5.
2
О т в е т:
+ у = 1.
5. Найдите уравнение множества точек, равноудаленных от точки А(2; 2) и
оси ОХ.
y
x2
x2
4
.
О т в е т:
6. Найдите множество точек (х; у), координаты которых удовлетворяют
уравнению |x| + |y| = 1.
7. Найдите множество точек (х; у), координаты которых удовлетворяют
уравнению |x| – |y| = 1.
8. Найдите множество точек (х; у), координаты которых удовлетворяют
неравенству (х – у)(2х – у + 1) > 0.