Задачи от уравнение на права в равнината

§6. Задачи от уравнение на права в равнината

Съдържание
1. Задаване на права
2. Видове уравнения
ТЕОРИЯ
Видове уравнения на права в равнината
Общо.
0=++→ CByAxg
Общо по дадена точка
() gyxM
∈
000, и нормален вектор ()gBAN ⊥,
r


()() 0
00=−
+−→ yyBxxAg
Канонично. По дадена точка ( )gyxM ∈
000, и направляващ вектор () gaaa ||,
21
r


2
0
1
0a
yy
a
xx
g
−
=
−
→

Параметрично. По дадена точка
( )gyxM ∈
000, и направляващ вектор () gaaa ||,
21
r


tayy
taxx
20
10
+=
+=

Декартово. nkxy
+= , αtg=k

С ъглов коефициент k и точка ( )gyxM ∈
000,

()
00xxkyyg −=−→
През две точки
()
111
,yxM и ( )
222
,yxM
0
1212
11
=
−−
−−
→
yyxx
yyxx
g

Отрезово.
1=+→
n
y
m
x
g

Задача 1. Спрямо декартова координатна система в равнината са дадени точките
()2,2−A и ()1,6B. Да се напишат различните видове уравнения на правата g, определе-
на от тези точки.

Решение.
За определители на правата използваме точка
()2,2−A и вектор ()3,4AB . То-
гава каноничното уравнение на тази права е
3
2
4
2+
=
−
→
yx
g , а скаларно параметрич-
ното уравнение на същата права е

⎩
⎨
⎧
+−=
+=
→
ty
tx
g
32
42

От каноничното уравнение се получава

2
7
4
3
−=→ xyg ,
което е Декартовото уравнение на правата. В него коефициентът
4
3
пред x се нарича
ъглов коефициент на правата, а свободният член
2
7
− се нарича отрез на правата от ор-
динатната ос. Пак от каноничното уравнение на g се получава уравнението

01443 =
−−→ yxg .
То се нарича общо уравнение на
g. Общото уравнение на може да се преработи така

1
2
7
3
14
=
−
+→
yx
g ,
което е отрезовото уравнение на g, а
3
14
=m и
2
7
−=n се наричат отрези на g от коор-
динатните оси.
Задача 2. Да се намерят пресечните точки на правата
0 1232 =
−−→ yxg
с координатните оси и да се построи тази права спрямо дадена Декартова координатна
система.

Решение.
От общото уравнение се получава отрезовото и уравнение

1
46
=
−
+→
yx
g ,

а чрез отрезите 6=m и 4−=n построяваме правата, определена с пресечните и точки с
координатните оси.


Задача 3.
В ABCΔ са дадени две височини 0 22
=−+→ yxAH и 0 123 =−+→ yxBK
и уравнението на страната му 0 632 =+−→ yxAB . Да се намерят уравненията на дру-
гите две страни и на третата височина. Изчислете лицето на
ABC
Δ .
Решение. 1)

Намираме координатите на точка A като пресечна точка на правите AB и AH. Това
става чрез решаване на системата от уравненията на тези две прави
()2,0
022
0632
A
yx
yx
⇒
=−+
=+−

2) Използваме, че правата AC е перпендикулярна на правата BK.Тогава от условието
за перпендикулярност на две прави получаваме
3
3
1
11
=
−
−=−=
BK
ACk
k
Следователно уравнението на
ACе

()032 −
=−→ xyAC, 0 23 =+−→ yxAC
3) Намираме координатите на точка B като пресечна точка на правите AB и BK. Това
става чрез решаване на системата от уравненията на тези две прави
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⇒
=−+
=+−
3
10
,2
0123
0632
B
yx
yx

4) Използваме, че правата BC е перпендикулярна на правата AH.Тогава от условието
за перпендикулярност на две прави получаваме

2
1
1
2
11
=
−
−=−=
AH
BCk
k .
Следователно уравнението на
BCе

()2
2
1
3
10
−=−→ xyBC , 0 1463 =+−→ yxBC

5) Определяме координатите на точка C като пресечна точка на правите AC и BC.

⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⇒
=+−
=+−
5
12
,
15
2
01463
023
C
yx
yx

6) Третата височина CP е перпендикулярна на AB. Тогава

2
3
3
2
11
−=
−
−
−=−=
AB
CPk
k
и

⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−−=−→
15
2
2
3
5
12
xyCP ,
0
5
26
23=−+→ yxCP
7) Лицето на ABCΔ намираме чрез координатите на трите му върха и формулата

45
14
1
5
12
15
2
1
3
10
2
120
mod
2
1
==
ΔABCS
8) Лицето на ABCΔ може да се намери и по формулата

2
C
ABChAB
S=
Δ .
Пресмятаме поотделно

()
3
132
9
16
42
3
10
02
2
2
=+=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−+−=AB
и

()
1315
14
32
6
5
12
3
15
2
2
,
22
=
+−
+−
== ABCdh
C

Тогава

45
14
1315
14
3
132
2
1
==
ΔABCS
Задача 4. Нека
()1,1−A, ()1,2−B и ()5,3C са върхове на ABCΔ . Да се напише уравне-
нието на медианата му BM и пресметне косинуса на ъгъла между правите BM и BC.
Решение. Средата M на AC има координати
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
+
=
+
2
2
,2
2
CACAyyxx
M .
Следователно

064
12
1
22
2
=+−→⇒
−
−
=
+
+
→ yxBM
yx
BM .
Векторите
()4,1−n
r
и ()5,4−m
r
са перпендикулярни съответно на
BM и BC. Тогава

()
4117
24
2516161
204
,cos.
=
++
+
=BCBM .
Задача 5. В равнобедрен правоъгълен триъгълник са дадени координатите на върха
()7,5A на един от острите му ъгли и уравнението на противоположния катет

0946 =
−+→yxq .
Да се намерят уравненията на другите две страни на триъгълника.
Решение.

Уравнението на другия катет p на дадения триъгълник ще напишем като уравнение на
права, определена от точка
()7,5A и перпендикулярната права

0946 =
−+→yxq
() () 011325.
3
2
75
1
7 =+−→⇒−=−→⇒−−=−→ yxpxypx
k
yp
q

Уравнението на хипотенузата на триъгълника ще намерим като използваме, че
триъгълникът е равнобедрен и ъгълът при върха А е 45
0
. Нека
hk е ъглов коефициент на
хипотенузата. Тогава от формулата за ъгъл между две прави следва

h
h
h
h
h
h
ph
phk
k
k
k
k
k
kk
kk
tg
23
23
1
23
23
3
2
.1
3
2
.1
45
0
+
−
=⇒
+
−
=
+
−
=
+
−
=


5
1
;52323 −==⇒+=−
hhhhkkkk
Следователно хипотенузата има уравнение

() 0185557
11
=−−→⇒−=−→ yxhxyh
или
() 04055
5
1
7
22 =−+→⇒−−=−→ yxhxyh
Задача 6. Дадени са точките )2,1( −A , ()1,3B и ()4,1−M . Да се докаже, че те не лежат на
една права и да се напишат уравненията на страните на успоредника със съседни вър-
хове A и B и пресечна точка M на диагоналите.
Решение.
Образуваме
)3,2(AB и )6,2(−AM . Вижда се, че те имат общо начало, но не
са колинеарни ( координатите им не са пропорционални). Следователно трите точки не
лежат на една права.

Доказателството на последното може да се направи и така. Намираме уравнението
на страната
0723
3
2
2
1=−−→⇒
+
=
−
→yxAB
yx
AB
и в него заместваме текущите координати с координатите на дадената точка
()4,1−M .
Получава се 0783 =−−−, което не е вярно. Това означава, че координатите на точка
()4,1−M не удовлетворяват уравнението на правата и трите точки не лежат на една
права.
Уравненията на останалите три страни на успоредника ще получим като намерим
предварително координатите на върха на успоредника, който лежи срещу А. Нека го
означим с C. Тогава от формулите за координати на средна точка

M
CA
M
CAy
yy
x
xx=
+
=
+
2
,
2


10282,3122 =+=−=−=−−=−=
AMCAMCyyyxxx
Следователно точка C е с координати ( )10,3−C .
01123033690
1103
113
1
=−+→⇒=+−−→⇒=
−
→ yxBCyxBC
yx
BC

023||
=++→⇒ ayxADBCAD.
Параметърът
a определяме така, че координатите на точка )2,1( −A да удовлетворяват
последното уравнение.
() 102213
=⇒=+−+ aa. . Тогава

0123 =++→yxAD .
По аналогичен начин намираме

023 =+−→dyxCD

() 0292329010233 =
−−→⇒−=⇒=+−−⇒∈ yxCDddCDC .
Търсените уравнения са
0 723
=−−→yxAB

01123 =−+→yxBC
0 123
=++→yxAD

02923 =−−→yxCD
Задача 7. Да се намери уравнението на права
g, която минава през пресечната точка на
правите
0 53 =−+→yxl и 0 102 =+−→ yxm
и отстои от точка
()2,1−−P на разстояние 5.
Решение.

Нека пресечната точка на двете дадени прави е Q. Координатите и намираме чрез сис-
темата
()5,0
0102
053
Q
yx
yx⇒
=+−
=−+ .
Пишем уравнение на права през точка Q

() 050.5
=+−→⇒−=−→ ykxgxkyg
За да определим k използваме разстоянието от точка ( )2,1−−P до правата g.

()
22
2222
1575
1
7
5
1
521.
+=−⇒=
+
−
⇒=
+
++−
kk
k
k
k
k

3
4
,
4
3
012712
21
2−==⇒=−+kkkk
Заместваме с намерените стойности в уравнението
0 5
=+−→ykxg
и получаваме

02043
1
=
+−→ yxg

01534
2
=
−+→ yxg
Задача 8. Да се намери уравнението на права p, която минава през пресечната точка
на правите

01
1
=−+→ yxg и 024
2
=++→ yxg
и е перпендикулярна на правата
0 24
3 =
++→yxg .
Решение.

Намираме пресечната точка G на двете дадени прави чрез системата

2,1
024
01=−=⇒
=++
=−+yx
yx
yx
,
следователно имаме
()2;1−G. От условието
3gp
⊥ намираме

4
1
4
11
3
=
−
−=−=
g
pk
k .
Тогава

() 0941
4
1
2=+−→⇒+=−→yxpxyp .
Втори начин. Определяме правата p като права от снопа прави

() 0241
=+++−+→ yxyxp λ .
Перпендикулярен вектор на тази права е векторът ( )1,14 ++λλn
r
, а перпендикулярен
вектор на правата
0 24
3 =
++→yxg
е
()1,4
3n
r
. Щом
3gp
⊥, то трябва

()
17
5
051701144
−=⇒=+⇒=+++λλλλ .
Тогава

() 010520171717024
17
5
1=−−−−+→⇒=++−−+→yxyxpyxyxp

027123 =
+−→yxp
Делим на
3 и получаваме

094 =+−→yxp .
Задача 9. Даден е квадрат със страна отсечката от правата
0 1234
=
−+→yxp
с краища върху координатните оси. Да се намерят уравненията на правите, върху които
лежат другите три страни на квадрата.
Решение. Чрез отрезовото уравнение

1
43=+→
yx
p
на дадената права определяме два от върховете на квадрата
()0,3A и ()4,0B.

Правата AD минава през точка()0,3Aи е перпендикулярна на дадената права, която
има нормален вектор
()3,4
pn
r
. Следователно
0943
3
0
4
3=−−→⇒
−
=
−
→yxAD
yx
AD .
По същия начин пишем уравнението на правата

01643
3
4
4
0=+−→⇒
−
=
−
→yxBC
yx
BC .
За да напишем уравнението на правата
CD, използваме, че pCD||и разстоянието от
точка
()0,3A до CD е равно на

()() 50430
22
=−+−=AB .
Тогава чрез нормалното уравнение на
0
34
34
22
=
+
++
→
myx
CD
и посоченото разстояние
5 намираме неизвестното m

37,1325125
34
0.33.4
22
−==⇒=+⇒=
+
++
mmm
m.
Следователно правата
CD има уравнение

01334 =++→yxCD или 03734
=−+→ yxCD
Уравненията на търсените прави са

0943 =−−→yxAD
0 1643
=+−→yxBC
0 1334
=++→yxCD или 0 3734
=−+→ yxCD
Задача 10. Даден е триъгълник ABC с уравненията на страните си