1 / 37

Вектора на плоскости

Вектора на плоскости. Автор: Голубева Л.С., учитель математики МОУ СОШ № 19, г. Кандалакша, Мурманской области. §1. Линейные операции. Линейными векторными операциями называются Сложение векторов Умножение вектора на число. № 1.

inari
Download Presentation

Вектора на плоскости

An Image/Link below is provided (as is) to download presentation Download Policy: Content on the Website is provided to you AS IS for your information and personal use and may not be sold / licensed / shared on other websites without getting consent from its author. Content is provided to you AS IS for your information and personal use only. Download presentation by click this link. While downloading, if for some reason you are not able to download a presentation, the publisher may have deleted the file from their server. During download, if you can't get a presentation, the file might be deleted by the publisher.

E N D

Presentation Transcript

  1. Вектора на плоскости Автор: Голубева Л.С., учитель математики МОУ СОШ № 19, г. Кандалакша, Мурманской области

  2. §1.Линейные операции Линейными векторными операциями называются • Сложение векторов • Умножение вектора на число

  3. № 1 В ΔOAB точка М является серединой стороны АВ. Доказать, что Решение: А Ι М ΙΙ Достраиваю до параллелограмма О В

  4. № 2 Точка М лежит на стороне АВ ΔOAB так, что АМ :МВ= m:n.Представить вектор в виде линейной комбинации векторови Решение: А m М n В О Вектор является линейной комбинацией векторов и с коэффициентами

  5. № 3 В трапеции ABCD отношение длин основанийAD:BC=3:1.Пусть О - точка пересечения диагоналей трапеции, S – точка пересечения продолжения длин сторон. Представить в виде линейной комбинации векторов и 1.вектор 2.вектор 3.вектор S Решение: 1.Вектора и Одинаково направлены, причём AD:BC=3:1 1ч B C поэтому и O 3ч A D

  6. 2. Способ Ι Из подобия ΔAOD и Δ COB следует, что AO:OC=OD:OB=AD:BC=3:1; поэтому AO:AC=3:4.Значит Способ II ΔAOD~ΔCOB => OB : OD = BC : AD =1:3. Из результатов примера №2 при m=1, n=3 имеем

  7. 3. Решение: Из подобия ΔSBC и ΔCOB следует, что BS:AS = BC:AD =1:3. Значит AB:AS = 2 :3. Т.к. вектора Одинаково направлены, то Вектор является линейной комбинацией векторов и с коэффициентами и

  8. № 4 В трапеции из примера №3 точка М – середина стороны CD. Представить вектор AD в виде линейной комбинации векторов OS, OM Решение: Предположим отрезок ОМ до пересечения с прямой AD в точке К.Точку пересечения прямой SO с ВСи AD соответственно обозначим через Q и N.Можно доказать, что прямая, проходящая через точку пересечения диагоналей трапеции и точку пересечения продолжения боковых сторон, делят основание трапеции пополам. Поэтому AN=ND,BQ=QC. Построим параллелограмм ONKL, точку пересечения отрезков CD и QL обозначим через Р S Q 1ч Т.к. SC :SD=BC:AD=1:3 то SC=CM=MD . Т.к. CP:PD=CO:OA=BC:AD=1:3 , то CP=PM= ½ CD. B C P O Тогда OM:MK=OP:DK=PM:MB=1:2 отсюда следует, что OK=3·OM и OP=½DK L M 3ч N A D K

  9. Далее, OP:AD=CP:CD=1:4, т.е. OP=¼AD, следовательно DK=½AD. Значит OL=NK=ND+DK=½AD+½AD=AD. Отметим также,что OS:ON=SP:PD=1:1 и Окончательно имеем Конечно догадаться до такого решения с дополнительным построением непросто. В §2 рассмотрим стандартное решение этой задачи, основанное на понятии разложения вектора по базису

  10. № 5 В ΔAOВ точка М является серединой стороны АВ. Представить вектор ОМ в виде линейной комбинации векторов МА и МВ Решение: Вектора коллинеарны, поэтому любая их комбинация (линейная) также является вектором, коллинеарным (или, что тоже, коллинеарным .Вектор не коллинеарен этим векторам, поэтому его нельзя представить в виде линейной комбинации векторов А М О В Что и требовалось доказать

  11. Пример №5 оказался также «плохим» именно потому, что вектора неколлинеарны. Задача о представлении вектора с в виде линейной комбинации векторов а и b не имеет решений, если с неколлинеарен а и b. И имеет бесконечно много решений , если ненулевые вектора а , b , с коллинеарны. А вот если а и b неколлинеарны, то задача о представлении вектора с на плоскости в виде линейной комбинации векторов а и b всегда имеет единственное решение.

  12. §2. Базисы на плоскости. Координаты вектора в базисе Базисом на плоскости называется пара неколлинеарных векторов , взятых в определённом порядке (перпендикулярность этих векторов совершенно не обязательна). Порядок, в котором взяты вектора важен. Если базис, то другой базис. Имеет место замечательный факт Если базис на плоскости, то любой вектор этой плоскости представляется в виде линейной комбинации Числа х, у называются координатами вектора в базисе , определяются единственным образом

  13. Рассмотрим геометрический смысл разложения вектора по базису • Все вектора на рисунках имеют общую начальную точку О. • Любая упорядоченная пара коллинеарных векторов является базисом, поэтому базисов на плоскости бесконечно много. Если же рассмотреть какой – то один фиксированный базис , то любой вектор можно отождествить с парой его координат в этом базисе.

  14. Поэтому вместо фразы « вектор имеет координаты х, у в базисе » или равенства употребляют запись Для понимания используют правило параллелограмма

  15. № 6 Вектор имеет в некотором базисе координаты (-3;1), вектор координаты (4;3), вектор координаты (0;-5). Докажите, что вектора образуют базис и найти координаты вектора в этом базисе. Решение: • Докажу, что вектора образуют базис. Предположим противное: пусть коллинеарны. Они оба ненулевые, поэтому Итак, число m одновременно равно -3 и .Полученное противоречие показывает, что вектора неколлинеарны, т.е. образуют базис. (4;-3)=m*(-3;1) (4;-3)=(-3m;m) 4=-3m m=-3 m=

  16. Решение: • Теперь можно найти коэффициенты х, у линейной комбинации (0;5) = х*(-3;1)+у*(4;3) -3 х +4 у =0 х – 3 у = - 5 Х = 4 У = 3

  17. № 7 Вектора заданы своими координатами в некотором базисе: =(х+1;3), =(4;6*х).При каких значениях х вектора образуют базис. Решение: • Вектора заданы своими координатами в некотором базисе коллинеарны тогда и только тогда, когда их соответствующие координаты пропорциональны. • Из условия коллинеарности 2х² + 2х - 4=0 Х² +х – 2 = 0 D = 1 +8 = 9; x1 = 1; x2 = -2; Итак, вектора образуют базис при х≠1,х≠-2.

  18. № 4* В трапеции ABCD точка М середина стороны CD. BC ll AD, BC:AD=1:3.Представить вектор AD в виде линейной комбинации векторов OS,OM Решение: S • Введем на плоскости базис , и представим все нужные вектора своими координатами в этом базисе (это сделать проще, чем в базисе C B M O D A

  19. 2 3 4 5

  20. §3. Решение геометрических задач векторным методом № 8 Две медианы АК и BL ABC пересекаются в точке О. Доказать, что AO:OK=BO:OL=2:1 Решение:

  21. Замечание1: Продолжая эти рассуждения, нетрудно доказать , что три медианы треугольника проходят через одну точку. В самом деле , пусть медианы АК и СМ пересекаются в точке О.Тогда аналогично получим АО`:O`K=CO`:O`M=2:1. На отрезке NK существует единственная точка, делящая его в отношении 2:1, поэтому О`=O. Замечание2: Из рассуждения примера №8 следует, что (при х=2/3)

  22. № 9 Вершина D параллелограмма ABCD соединена с точкой К отрезка BC, такой что BK:KC=3:2; вершина В соединена с точкой L отрезка CD такой, что DL:LC=3:2.В каком отношении точка М пересечения прямых DK и BL делит отрезки DK и BL? Решение:

  23. Преимущество методов аналитической геометрии состоит в том, что задачи решаются однообразно, а чисто геометрические решения требуют в этих примерах применения искусственных методов. Не следует думать, что при решении геометрических задач векторным методом обязательно возникает система уравнений. Векторный метод бывает удобно применять при • доказательстве параллельности некоторых прямых, • доказательстве того факта, что три или более точек лежат на одно прямой • доказательстве совпадения точек В этих случаях бывает достаточно установить коллинеарность или равенство некоторых векторов.

  24. № 9* Точки M и N лежат соответственно на сторонах AC BC ABC так, что CM:MA=3:2,CN:NB=2:3. В каком отношении делит прямая MN медиану CK ABC Решение:

  25. х/2=2/5*3/5; х/2=6/25; 25*х=12; х=12/25. Следовательно

  26. № 10 Пусть точки K,L,M,N– середины соответствующих сторон AB,BC,CD,DA произвольного четырехугольника ABCD (не обязательно выпуклого). Докажите , что четырехугольник KLMN является параллелограммом. Решение:

  27. № 11 В параллелограмме ABCD точка K является серединой стороны BC, точка L – серединой стороны CD .Доказать, что точка пересечения медиан ALK совпадает с точкой пересечения диагоналей параллелограмма ABCD Решение: Пусть О – точка пересечения диагоналей параллелограмма ABCD.

  28. §4. Скалярное произведение векторов. Прямоугольные базисы Свойства:

  29. № 12 В трапеции ABCD длины сторон AB,BC,CD равны 1, длина стороны AD=2, а угол при основании равен 60°. Найти скалярное произведение , где К –середина стороны ВС. Решение:

  30. Замечание1: Допустим, конечно, и другое решение этой задачи ( не основанное на разложении векторов по естественному базису);для этого нужно вычислить непосредственно длины векторов и угол между ними. Такой способ решения, как правило, приводит к более громоздким выкладкам, содержащим иррациональное число.

  31. № 13 В прямоугольном базисе векторы заданы своими координатами Найти длины этих векторов в скалярные произведенияНайти длины векторов Решение: При решении применять формулы для скалярного произведения двух векторов и для модуля вектора через координаты векторов в прямоугольном базисе

  32. §5. Решение задач при помощи понятия скалярного произведения • В тех геометрических задачах, где не всё сводится только к параллельности прямых и отношениям длин одинаково направленных отрезков, а по существу возникают длины, углы, перпендикулярность, при векторном решении не обойтись без понятия скалярного произведения.

  33. № 14 Доказать, что если длины сторон 2 медиан в треугольнике равны, то этот треугольник равнобедренный Решение: Пусть К – середина стороны ВС треугольника ABC.L- середина стороны AC

  34. Литература: • «Векторы в школьном курсе геометрии» • «Задачи по планиметрии и методы их решения»,Готман

More Related