Высшая математика

ϕ = −

π

. Найдем декартовы координаты точки В по формулам (2):

3

π

−

π

= −

3 . •

x = 2 cos −

= 1,

y = 2 sin

3

3

Уравнением линии L в полярной системе координат называется уравнение

вида

F( r , ϕ ) = 0, если полярные координаты r

и

ϕ

любой текущей точки

Рисунок 5

сформулировать так:

uuur

M ( r , ϕ ) L

ПРuuur

= const = h .

OM

OA

Т. к.

AOM =90o

+ϕ−α,

uuur

| OM |= r , то

uuur

uuuur

= −r sin(ϕ −α ) = r sin(α −ϕ ) = h .

ПРuuurOM

=| OM | cos( AOM )

OA

Поэтому уравнение прямой можно записать в виде: r sin(α −ϕ ) = h . •

1.1.3

Параметрические уравнения линии

уравнение в виде F( x,y ) = 0, для этого нужно исключить параметр t.

Пример 6. Записать параметрические уравнения окружности радиуса

R с

центром в точке M0 ( x0 ,y0 ).

Пусть M(x, y) – текущая точка окружно-

•

сти.

В качестве

параметра

возьмём

угол

t = MM0 N (рисунок 6). Тогда

x = x0 + Rcos t ,

y = y0 + R sint , 0

≤ t ≤ 2π

(4)

и есть параметрические уравнения окружности.

Рисунок 6

Исключим параметр t.

x − x0 = Rcos t

Для этого (4) запишем в виде

y − y0 = R sint .

Возведём оба уравнения в квадрат и сложим:

( x − x )2 + ( y − y )2 = R2 cos2 t + R2 sin2 t = R2 .

0

0

то OB = MB = Rt . Поэтому,

x = ON = OB − NB = Rt − R sint = R( t − sint ),

y = CB = K1B − K1C = R − Rcos t = R( 1 − cos t ).

Окончательно,

x = R( t − sint )

.

(5)

= R( 1 −cos t )

y

y

y

довольно сложный вид: x = R arccos( 1

−

) − sin(arccos( 1 −

) .

•

R

R

r

дикулярно вектору n ={A,B} (вектор n называется нормальным). Найти урав-

нение этой прямой.

Возьмём на прямой L произвольную (теку-

щую) точку

M( x,y ) и рассмотрим вектор

uuuuur

− x1 , y − y1} (рисунок 8). Так как

M1 M ={x

uuuuur

то

r

uuuuur

M1 M || L ,

n

M1 M . Поэтому скалярное

r

uuuuur

произведение n M1 M = 0 . В координатной

форме имеем:

Рисунок 8

A( x − x1 ) + B( y − y1 ) = 0 .

(6)

Ax + By + C = 0 ,

(7)

2)

Если В = 0, то n OY , L || OY . Уравнение прямой имеет вид

Ax + C = 0 или x = − C / A = const

(вертикальная прямая). При

B = C = 0

уравнение x = 0 – уравнение оси OY.

3)

Пусть A ≠ 0, B ≠ 0 . Уравнение (7) запишем в виде

y = −

A

x −

C

или y = kx + b ,

(8)

B B

где обозначено k = −

A

, b = −

C

.

B

B

Рисунок 9

Рисунок 10

tgϕ = tg(π − OM2 M1 ) = −tg( OM2 M1

) = −

OM1

= −

b

= k .

OM2

−b / k

дящей через данную точку M1 ( x1 ,y1 ) можно записать в виде

y − y1 = k( x − x1 ) .

(9)

Задача 2. Пусть прямая L проходит через данную точку M1 ( x1 ,y1 ) парал-

r

r

лельно данному вектору S ={sx , sy } (вектор

S называется направляющим век-

тором прямой). Найдём уравнение этой прямой L.

uuuuuur

• Пусть точка M( x, y ) L – текущая точка прямой L. Тогда M1 M L и

uuuuur ur

M1 M || S (определяющее свойство прямой L) (рисунок 10).

По критерию коллинеарности векторов можно записать:

uuuuur

ur

M1 M

= t S ,

(10)

x − x

1

= t s

x

x = x

1

+ t s

x

или

.

(11)

= t sy

+ t sy

y − y1

y = y1

(параметрические уравнения прямой).

Параметрические уравнения прямой можно записать в виде

x − x

1

= t

sx

y − y

1

= t

sy

x − x1

=

y − y1

.

•

(12)

sx

sy

Задача 3. Положение прямой L можно задать двумя ее точками M1 ( x1 ,y1 )

и M2 ( x2 ,y2 ) . Записать уравнение такой прямой.

r

• В этом случае за направляющий вектор S можно взять вектор

uuuuuuur

− x1 , y2 − y1} . Тогда каноническое уравнение прямой примет вид:

M1 M2 ={x2

x − x1

=

y − y1

.

•

(13)

x2 − x1

y2 − y1

лю. В этом случае уравнение прямой будет иметь вид x = x1

(если sx = 0 ) или

y = y1 (если sy = 0 ).

Пример 8. Написать общее уравнение прямой L, положение которой на плоско-

сти определяется следующими способами:

r

{3, − 1} L ;

а) M1 ( 1, − 2 ) L , n =

r

б) M1 ( 2, 0 ) L , S ={1, 3} || L ;

в) M1 ( 1, 1 ) L , M2 ( 0, − 1 ) L ;

г)

M1 ( −1, 1 ) L ,

( OX ,L ) = 120o ;

д)

M1 ( 2, − 4 ) L , L L1 , L1 : 3x −5 y + 2 = 0 .

•

а) Согласно (6) получим:

3 ( x − 1 ) + ( −1 ) ( y − ( −2 )) = 0 3x − y − 5 = 0.

б) Запишем каноническое уравнение прямой, используя (12):

x − 2

=

y −0

.

1

3

Получим общее уравнение:

3( x − 2 ) = y 3x − y − 6 = 0 .

Заметим, что прямые в случае а) и б) параллельны.

в)

Воспользуемся (13):

x − 1

=

y − 1

x − 1

=

y − 1

2( x −

1 ) = y − 1 2 x − y − 1 = 0 .

0 − 1

−1 − 1

−1

−2

г) Так как ( OX ,L ) = 120o , то угловой коэффициент прямой

k = tg120o = tg( 90o + 30o ) = − ctg30o = −

3 . Тогда, согласно (9), уравне-

ние прямой имеет вид

y − 1 = −

3 ( x − ( −1 )) 3x + y +

3 − 1 = 0 .

д)

Вектор n ={3; −5} L1 ,

а, значит, n

L , поэтому этот вектор можно

взять в качестве направляющего вектора прямой L. Согласно (12), уравнение пря-

мой имеет вид:

x − 2

=

y + 4

или 5 x + 3 y + 2 = 0 . •

3

−5

Левая часть этого равенства представляет скалярное произведение двух векто-

r

uuuuur

r

uuuuur

r

uuuuuur

ров n ={A, B} и

M0 M

={x − x0 , y − y0 } . Так как n M0 M

=0

n M0 M .

уравнением Ax + By + C = 0 .

• Пусть точка M0 ( x0 , y0 ) L – проекция

точки M1

на прямую L (рисунок 11). Тогда

uuuuuuur

={x1 − x0 , y1 − y0}

r

M0 M1

|| n ={A,B} .

uuuuuuur r

В этом случае | cos ( M0 M

1 , n ) |= 1 , так

uuuuuuur

или 180o .

как угол между M0 M1 и n равен 0o

uuuuuuur

r

uuuuuuuur

r

Поэтому, | M0 M1

n | =| M0 M1 | | n | .

uuuuuur

Рисунок 11

Отсюда

h =| M0 M1 |=

uuuuuuur

r

| A( x − x ) + B( y − y )|

| Ax + By −( Ax + By )|

| M

M

n |

=

0 r1

=

1

0

1

0

=

1

1

0

0

.

A2 + B2

A2 + B2

| n |

Так как M0 L Ax0 + By0 + C = 0 C = −( Ax0 + By0 ) . Итак,

h =

| Ax1 + By1 + C |

.

(14)

A2 + B2

Пример 9. Найти расстояние от прямой

L : Ax + By + C = 0 до начала коор-

динат.

| C |

• Так как x1 = y1 = 0 , то,

согласно (14), получим h =

. •

A2 + B2

мой L

: h =

| Ax1 + By1 + C2 |

=

| −C1 + C2 |

=

| C1 − C2 |

. •

2

A2 + B2

A2 + B2

A2 + B2

1.2.3

Взаимное расположение двух прямых

Взаимное расположение двух прямых

L1

и L2

на плоскости вполне определя-

ется или их направляющими векторами

ur

uur

S1 , S2 , или нормальными векторами

n1 , nr2 , или угловыми коэффициентами k1 ,k2 .

ду прямыми:

r

cos ( L , L ) =

rn1 n2r

=

A1 A2 + B1B2

.

(15)

1

2

| n1 | | n2

|

A12 + B12 A22 + B22

Отсюда легко получить условие перпендикулярности прямых L1

и L2 :

r

r

r

= 0 A1 A2 + B1B2 = 0 .

(16)

L1 L2 n1 n2

n1

n2

Условие параллельности прямых

L1

и L2 следует из условия коллинеарности

их нормалей:

A

B

r

r

L || L n

|| n

1

=

1

.

(17)

1

2

1

2

A2

B2

Чтобы найти точку пересечения прямых L1 и L2 , необходимо и достаточно из

уравнений прямых составить систему и решить её:

A x + B y + C

1

= 0 ,

1

1

A2 x + B2 y + C2 = 0 .

Эта система будет иметь единственное решение

( x0 , y0 ) , если L1

и L2 не

параллельны, т.е.

A1

≠

B1

A B

2

− A B

=

A1

B1

≠ 0 .

A2

B2

1

2

1

A2

B2

фициентами k1 и k2

соответственно. Найти угол ϕ между L1

и L2 .

Из рисунка 12 видно, что ϕ =ϕ2 −ϕ1 .

По известной формуле из тригонометрии

tgϕ = tg(ϕ2 −ϕ1 ) =

tgϕ2 − tgϕ1

.

1 + tgϕ2 tgϕ1

Учитывая,

что

tgϕ1 = k1 , tgϕ2 = k2 ,

получаем

k2 − k1

tgϕ =

. (18)

Рисунок 12

1

+ k1 k2

Сформулируем два важных случая:

1) L1 || L2 ϕ1 =ϕ2 tgϕ1 = tgϕ2 k1 = k2 .

1

2) L

L

ϕ

1

=ϕ

2

± π

tgϕ

1

= −ctgϕ

2

= −

k

1

= −

1

,

1

2

2

tgϕ2

k2

а)

L : x + 2 y − 3 = 0 и

L :

x + 1

=

y

;

1

2

2

−1

в)

L :

y − 1

=

x

и L : y = −3 x + 6 .

1

2

1

2

r

• а) Прямая L1

задана общим уравнением, легко записать вектор нормали

={1; 2} . Прямая L2 задана каноническим уравнением, найдём направляющий

n1

uur

r

ur

вектор S2 ={2; −

1} . Так как скалярное произведение n1

S2 =1 2 +2 ( −1 ) =0 ,

r

ur

r

L2 L1 || L2 .

то n1

S2

n1