Урок «Простейшие задачи в координатах. Решение задач» (Геометрия, 9 класс)
Простейшие задачи в координатах.
Решение задач
Цели: закрепить знания учащихся в ходе решения задач; учить решать задачи в координатах.
Ход урока
I. Повторение изученного материала.
1. Двое учащихся по карточкам работают у доски:
Карточка 1
1) Вывести формулы координат середины отрезка.
2) Решить задачу № 942.
Карточка 2
1) Вывести формулу расстояния между двумя точками.
2) Решить задачу № 937.
2. С остальными учащимися проводится устная работа по решению задач:
1) Найдите координаты вектора 
, равного разности векторов 
и 
, если (–5; 6), (0; –4).
2) Найдите координаты вектора 
, равного сумме векторов 
и , если (3; 7), (4; –5).
3) Найдите координаты середины отрезка DK, если D (–6; 4), K (2; –8).
4) Найдите длину отрезка CP, если С (3; –2), P (–5; 4).
5) Найдите длину вектора , равного 
, если 
(5; 0) и 
(0; –12).
6) Найдите координаты вектора 3
, если (4; –2); вектора –2, если (–2; 5).
II. Решение задач.
1. Решить задачу № 947 (а).
Решение
Найдем длины сторон треугольника АВС по формуле
d = 
:
AB = 
BC = 
|
AC = Так как АВ = АС, то по определению равнобедренного треугольника АВС – равнобедренный. Найдем его площадь; проведем высоту АМ SΔABC = |
|
ВС:
BC ∙ AM; AM – высота и медиана в равнобедренном треугольнике.
Пусть М (x; y), тогда
x = 
= 3; y = 
= –1.
Значит, точка М (3; –1).
Найдем длину отрезка AM = 
Площадь треугольника АВС равна S = 
= 13.
Ответ: 13.
2. Решить задачу № 946 (б).
Решение
M1 (–1; x) и M2 (2x; 3); M1M2 = d = 7. Найти x.
d = ; (2x + 1)2 + (3 – x)2 = 72;
4x2 + 4x + 1 + 9 – 6x + x2 = 49; 5x2 – 2x – 39 = 0;
D = b2 – 4ac = 4 + 780 = 784;
Ответ: –2,6; 3.
3. Решить задачу № 948 (б) на доске и в тетрадях.
Решение
Пусть точка М (0; y) лежит на оси ординат; по условию МС = MD;
(4 – 0)2 + (–3 – y)2 = (8 – 0)2 + (1 – y)2;
16 + 9 + 6y + y2 = 64 + 1 – 2y + y2;
8y = 40;
y = 5.
Значит, точка М (0; 5).
Ответ: (0; 5).
4. Решить задачу № 950 (б) на доске и в тетрадях.
|
Решение Найдем координаты точки пересечения диагоналей четырехугольника О (x; y): для диагонали NQ имеем: x = |
|
= –3;
y = 
= 3; точка О (–3; 3).
Для диагонали МР имеем:
x = 
= –3; y = 
= 3; точка О (–3; 3).
Значит, диагонали MP и NQ точкой пересечения делятся пополам; по признаку параллелограмма MNPQ – параллелограмм.
MP = 
NQ = 
Ответ: 4
и 2.
5. Решить задачу № 951 (а).
Решение
AB =
= 4;
CD =
= 4;
BC =
= 2;
AD =
=2.
Так как AB = CD = 4 и BC = AD = 2, то по II признаку параллелограмма ABCD – параллелограмм. Найдем диагонали АС и BD параллелограмма ABCD: AC =
BD =
Если диагонали равны AC = BD, то ABCD – прямоугольник.
S = AD ∙ AB = 2 ∙ 4 = 8.
Ответ: 8.
III. Итоги урока.
Домашнее здание: повторить материал пунктов 88 и 89; решить задачи №№ 947 (б), 949 (а), 951 (б), 953.
