Лекция кешендері аналитикалық геометрия пәнін оқыту әдістемесі Мамандығы 5В010900 Математика



бет97/119
Дата14.04.2020
өлшемі2,32 Mb.
#62540
түріЛекция
1   ...   93   94   95   96   97   98   99   100   ...   119
Байланысты:
лекция ана геом


Мысалдар қарастырайық.

1-мысал. Центрi С(5,-6) нүкте болатын және ордината осiне жанасатын шеңбердiң теңдеуiн құрыңдар.

Шешуi. Шеңбер ордината осiне жанасатындықтан, оның центрiнiң ордината осiнен қашықтығының абсолют шамасы радиуске тең болады. Демек, R=5. Сондықтан, шеңбер теңдеуi: (x-5)2+(y+6)2=25.

Мұның жақшаларын ашып, Ѕқсас мiшелерiн бiрiктiрiп, былайша жазуға болады: x2+y2-10х+12у+36=0.



2-мысал. x2+y2-10х+2у+10=0 шеңбердiң центрiнiң координаталары мен радиусын тауып, оған координаталар басынан жүргiзiлген жанаманың теңдеуiн құрыңдар.

Шешуi. Берiлген теңдеудi әр айнымалы бойынша қайта таңдап, оны толық квадратқа келтiремiз: (x2-2х*5+52)+(y2+2у*1+12)+10=52+12,

бұдан (x-5)2+(y+1)2=16. Сонда центр С(5,-1), радиус R=4 болады екен, өйткенi теңдеуiнде бос мүше бар және

болғандықтан, координаталар басы шеңберден тыс жатады. Сондықтан, ондай нүктеден шеңберге екi жанама жүргiзуге болады.



Жанама координаталар басынан өтетiндiктен оның теңдеуiн y=kx түрiнде жазуға болады.

Жанасу нүктенi табу үшiн шеңбер мен жанаманың теңдеуiн бiр жүйеге алып шешуiмiз керек:

Егер y=kx жанама болса, ол шеңбермен бiр нүктеде (беттескен екi нүкте) қиылысуы керек. Ол үшiн соңғы квадрат теңдеудiң дискриминанты нөлге тең болуы керек: бұдан

Сонда iздеген жанама теңдеулерi: және

Немесе және болады.


Достарыңызбен бөлісу:
1   ...   93   94   95   96   97   98   99   100   ...   119




©engime.org 2024
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет