Различные виды уравнений прямой на плоскости

tg ϕ =

k1 − k2

,

1 + k k

2

1

Если прямые заданы общими уравнениями A x1 + B1 y +C1 = 0 и

A2 x + B2 y +C2 = 0 , то угол

A

A

между ними можно определять как угол между их нормальными векторами n1

=

1

n2

2

B

и

= B

.

1

2

Точка пересечения прямых

Точку пересечения

двух

прямых, заданных

общими

уравнениями, A x1 + B1 y +C1 = 0

и

A2 x + B2 y +C2 = 0 , находят, решая систему

A x

+ B

y + C = 0

.

1

1

1

0

A x2 + B2 y + C2 =

Расстояние от точки до прямой

Если прямая задана нормальным уравнением

xcosα + ysin α − p = 0 ,

то расстояние

r

от

точки M0 (x0;

y0 ) до этой прямой находится по формуле

r =

x0 cosα + y0 sin α − p

.

Общее уравнение прямой

A x + B y + C = 0 приводится к нормальному виду умножением его

на выражение ±

1

, в котором знак выбирается противоположным знаку параметра C в

A2 + B2

общем уравнении прямой.

Задача 1.6.1

Написать уравнения высоты из вершины

A и медианы из вершины B в треугольнике ABC ,

если заданы его вершины A(−1,−5), B (3,−1) и C (1,−2).

Решение

Для высоты

AK

используем уравнение прямой с нормальным вектором, где в качестве

нормального

вектора

n возьмем вектор BC . Для медианы

BM используем каноническое

уравнение прямой, где в качестве направляющего вектора s

возьмем вектор BM (рис. 1.6.2)

B

K

C

M

A

Рис. 1.6.2.

Так как BC =

− 2

, а точка

A(−1,−5)

лежит на высоте AK , то ее уравнение будет иметь

−1

вид − 2(x +1)−( y + 5)= 0, или, раскрывая скобки,

− 2x − y − 7 = 0, или 2x + y + 7 = 0.

Вектор BM =

1

(BC + BA). Так как BC =

− 2

− 4

1

− 2 − 4

−3

и BA =

то

BM =

2

− 4

,

2

−1 − 4

=

.

−1

− 2,5

Подставляя

его

координаты

и

координаты

точки B (3,−1)

в

каноническое

уравнение

44

x − x0

= y − y0

,

получим уравнение медианы

BM : x −3

= y +1

, или

− 2,5 x + 7,5 = −3 y −3 ,

m

n

−3

− 2,5

или − 2,5 x +3y +10,5 = 0 .

Задача 1.6.2

Написать уравнение сторон квадрата ABCD , если заданы координаты двух его смежных

вершин A(1,−1) и B (− 2, 3).

Решение

Уравнение

стороны

AB ,

запишем,

используя

каноническое

уравнение

прямой

x

−

x0

= y

−

y0

и выбирая в качестве направляющего вектора

m

вектор

− 3

s =

AB =

.

m

n

n

4

Подставляя в уравнение координаты точки A вместо чисел x и y

0

, получим x −1

=

y +1

, или

4x − 4 = −3y − 3, или 4x + 3y −1= 0 .

0

− 3

4

Уравнения сторон AD и BC получим, используя уравнение прямой с нормальным вектором

A(x − x0 )+ B ( y − y0 )= 0 , где нормальным вектором является тот же вектор AB .

Для стороны AD подставляем в это уравнение вместо

x0

и y0

координаты точки A :

− 3(x −1)+ 4( y +1)= 0, или 3x − 4y − 7 = 0 .

− 3(x + 2)+ 4( y − 3)= 0,

Для

стороны

BC

подставляем координаты точки

B :

или

3x − 4y +18 = 0 .

y

C

B

D

C1

x

A

D1

Рис. 1.6.3.

Каждый

из

векторов

4

− 4

что

легко проверить,

вычислив их

и

ортогонален AB ,

3

− 3

скалярные произведения. Изображенный на рисунке 1.6.3 вектор

4

AD =

, так как он составляет

3

с координатными осями острые углы.

Теперь можно найти координаты точки D ,

прибавляя к координатам точки A координаты

вектора AD :

xD =1+ 4 = 5 , yD = −1+ 3 = 2. Следовательно, D (5, 2).

Для стороны CD можно использовать уравнение прямой с нормальным вектором,

поскольку

известны принадлежащая ей точка

D (5, 2) и нормальный вектор AD .

Подставляя их в это

уравнение, получим 4(x −5)+ 3( y − 2 )= 0 и, раскрывая скобки,

4x + 3y − 26 = 0 .

45

Теперь можно использовать второй, ортогональный к вектору

AB , вектор AD

− 4

=

.

1

−3

Прибавляя его координаты к координатам точки A , найдем координаты точки D1, симметричной

точке D относительно стороны

AB . Легко проверить, что координаты точки

D1(−3, − 4).

Следовательно, условиям задачи удовлетворяет и квадрат

ABC1D1 ,

симметричный квадрату

ABCD относительно стороны AB . Уравнение стороны CD1

имеет вид 4(x + 3)+ 3( y + 4)= 0,

или 4x + 3y + 24 = 0.

Задача 1.6.3

P (8, 6 ) и

Написать уравнение прямой, которая проходит через точку

образует

с

координатными осями треугольник площадью 12 квадратных единиц.

Решение

Для уравнения искомой прямой следует использовать уравнение прямой в отрезках:

x

+

y

=1.

как точка P (8, 6 ) принадлежит этой прямой, то, подставляя ее координаты,

a

b

Так

получим

8

+

6 =1, или 8b + 6a = a b .

a

b

Из условий задачи площадь треугольника, которая вычисляется по формуле

S =

1

a

b

,

2

равна 12 (рис. 1.6.4). Тогда

a

b

= 24 и необходимо рассмотреть

два случая: a b = 24

и

a b = −24 .

1. Если a b = 24 , b =

24

, то 8 24 + 6 a = 24 .

a

a

6

P

3

− 8

4

8

x

− 6

2. Если a b = −24, b = −

24

, то 8

− 24

+ 6 a = −24 , или a2 + 4a − 32 = 0.

a

a

a2 = 4 . Поскольку a b = −24, то b1 = 3 и b2 = −6.

Решения этого уравнения

a1 = −8

и

Подставляя эти значения a и b в уравнение прямой в отрезках, получим

x

+

y

=1, 3 x −8 y + 24 = 0 ;

−8

3

x

+

y

=1, 3 x − 2 y −12 = 0 .

4

− 6

46