Рыбкин Д.С.

Лесосибирский педагогический институт – филиал ФГАОУ ВПО «Сибирский федеральный университет», Лесосибирск

Аналитический метод в решении планиметрических задач

Большую роль в развитии геометрии сыграло применение алгебры к изучению свойств геометрических фигур, разросшееся в самостоятельную науку — аналитическую геометрию. Возникновение аналитической геометрии связано с открытием метода координат, являющегося основным её методом. Аналитический метод позволяет применять современные вычислительные машины к решению геометрических задач, к исследованию любых геометрических объектов и соотношений [1].

Использование аналитического метода при решении планиметрических задач состоит из следующих этапов:

1) вводят удобным образом систему координат, чаще всего декартову;

2) условие задачи и её заключение переводят на соответствующий язык, записывая их в координатной форме;

3) доказывают или вычисляют требуемое с помощью соответствующего алгебраического аппарата;

) полученный результат формулируют (интерпретируют) в терминах задачи.

Задача 1. Даны вершины треугольника А (5; -1), В(-1; 7), С (1; 2). Найти длину его внутренней биссектрисы, проведенной из вершины А.

Решение. Обозначим через М точку пересечения указанной биссектрисы со стороной ВС, через c и b — длины сторон АВ и АС. Как известно из элементарной геометрии, биссектриса, проведенная из какой-нибудь вершины треугольника, делит противолежащую этой вершине сторону на части, пропорциональные прилежащим сторонам. Таким образом, точка М делит отрезок ВС в отношении , где

.

Находим длины сторон АВ и АС

, .

Следовательно, = 2. Находим координаты точки М: .

Получаем искомую длину биссектрисы .

Задача 2. Докажите, что если диагонали трапеции равны, то трапеция равнобочная.

Решение. Введем декартову систему координат, начало которой поместим в середину нижнего основания, а ось Ох направим вдоль нижнего основания (рис.1). Тогда для координат вершины трапеции будем иметь:

А (-а, 0), D (а, 0), В (а, 1), С (с, 1)

(считаем что единица масштаба по оси Оу равны высоте трапеции). По условию, АС = ВD, или в координатах: . Отсюда (возведем это равенство квадрат):

а² + 2ас + с² + 1 = а² – 2аb + b² + 1, или (с + b)(2а + с - b) = 0.

Второй сомножитель явно равен 0. Следовательно, b + с = 0, и значит,

b = - с и АВ = DC, т.е. трапеция равнобочная.

Задача 3. Дана декартова прямоугольная система координат. Вывести уравнение окружности, которая имеет центр и радиус, равный r (рис. 2).

Решение. Обозначим, буквой М переменную точку, буквами х, у — ее координаты (т. е. текущие координаты). Данная окружность есть геометрическое место точек, каждая из которых отстоит от точки С на расстоянии r; таким образом, точка М находится на данной окружности в том и только в том случае, когда СМ = r. (1)

По формуле имеем =. Заменяя этим выражением величину СМ в равенстве (1), получаем

= r.

Мы нашли уравнение, которое связывает величины х, у и которому удовлетворяют координаты тех и только тех точек, что лежат на данной окружности. Это и есть, следовательно, искомое уравнение. Задача решена.

Задача 4. Даны уравнения двух окружностей и . Найти точки их пересечения.

Решение. Раскрывая скобки и перенося все члены в левую сторону, можем записать данные уравнения в виде:

=0. (1)

Вычтем из первого уравнения второе, получим: 4x+4y-24=0 или

у=-х+6. Объединяя это уравнение с первым из данных, составим систему

=0

у=-х+6 (2)

Система (2) равносильна системе (1). Поэтому задача сводится к решению этой системы. Подставим в первое из уравнений (2) у=-х+6, найдем: , или . Отсюда , т.е. , . По найденным значениям х определим соответствующие значения у из уравнения у=-х+6; при получаем , при имеем . Таким образом, искомыми являются точки (1; 5) и (3; 3).

Литература:

1. Атанасян Л. С. Аналитическая геометрия на плоскости / Л.С. Атанасян. – М.: Просвещение, 1967. – 300с.

2. Ефимов Н. В. Краткий курс аналитической геометрии: учебн. пособие / Н.В. Ефимов. – М.: ФИЗМАТЛИТ, 2005.