Применение метода координат при решении геометрических задач

       МУНИЦИПАЛЬНОЕ АВТОНОМНОЕ ОБЩЕОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ СРЕДНЯЯ ОБЩЕОБРАЗОВАТЕЛЬНАЯ ШКОЛА № 2 станицы Брюховецкой Брюховецкого района

Научно-исследовательская конференция школьников «Эврика»

Малой академии наук учащихся Кубани

Применение метода координат

при решении геометрических задач

Выполнила

ученица  9Б класса

МАОУ СОШ№ 2

Грекова Валерия Александровна

Руководитель

учитель   математики 

Носкова Людмила Ивановна

2011 г.

Содержание

Введение……………………………………………………………………………………..…3

1. Краткая историческая справка……………………………………………………………..5

2. Составление уравнений линий по их геометрическим свойствам………….…...............7

       2.1.Гипербола……………………………………………………………….……………. 7

       2.2.Эллипс………………………………………………………………..………………. 8

       2.3.Парабола………………………………………………………………………………9

3. Доказательство известных теорем и утверждений геометрии при помощи метода координат……………………………………………………………………………………. .10

      3.1. Теорема Пифагора……………………………………………………………………10

      3.2. Теорема о средней линии трапеции…………………………………………………11

      3.3. Деление отрезка в заданном отношении…………………………………………….12

      3.4. Формула площади треугольника…………………………………………………….14

      3.5. Теорема о радиусе окружности, описанной около треугольника………………….15

4. Решение задач………………………………………………………………………………17

Заключение…………………………………………………………………………………… 24

Список используемой  литературы………………………………………………………….25

Приложение…………………………………………………………………………………...26.

Введение

Актуальность проблемы. Метод координат является одним из самых универсальных методов не только в геометрии и вообще в математике, но и во многих других естественных и технических науках, и все же его значение не следует преувеличивать.

            Конечно, очень хотелось бы иметь один или два метода «на все случаи жизни». Однако таких методов нет. Метод координат, например, дает универсальный способ перевода с языка геометрии на язык алгебры, но при этом могут возникать алгебраические задачи, гораздо более трудные, чем исходные геометрические.

            Первым и, возможно, самым главным этапом решения геометрической задачи методом координат является разумный выбор системы координат. Необходимо, чтобы выбранная система координат естественным образом была «привязана» к изучаемой геометрической фигуре.

             Проблема исследования    заключается в том, некоторые геометрические задачи решаются очень сложно, а с применением этого метода, решение упрощается. Поэтому          тема моего исследования: «Применение метода координат при решении геометрических задач».

            Объект исследования: решение планиметрических задач

            Предмет исследования: метод координат как способ решения геометрических задач

            Целью исследования было показать преимущество применения этого метода для решения геометрических задач

Гипотеза исследования. Исходное предположение заключалось в том, использование метода координат для решения некоторых геометрических задач  целесообразнее .

В соответствии с целью и выдвинутой гипотезой были поставлены следующие задачи исследования:

1. Изучить литературу по данной проблеме.
2. Проверить эффективность метода при решении конкретных геометрических  задач.

Практическая значимость исследования. Метод координат в геометрии в том и состоит, что посредством координат точек геометрические объекты задают аналитически с помощью чисел, уравнений, неравенств или их систем и тем самым при доказательстве теорем или решении геометрических задач используют аналитические методы. Это существенно упрощает рассуждение и часто позволяет доказывать теоремы или решать задачи, пользуясь определенным алгоритмом (производя те или иные вычисления), в то время, как синтетический метод в геометрии в большинстве случаев требует искусственных приемов. Овладение универсальными учебными действиями – это требование стандартов образования нового поколения.    

В работе будут использоваться эмпирические методы, включающие: наблюдение; экспериментальные методы, анализ продуктов деятельности.

            Работа будет состоять из введения, четырёх глав, заключения, списка используемой литературы и приложения.

ГЛАВА 1. Краткая историческая справка

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 ей методом.

 Идея координат зародилась в науке Вавилона и Греции в связи с потребностями географии, астрономии и мореплавания. Еще во II веке до н.э. греческий ученый Гиппарх предложил определять положение точки на земной поверхности с помощью географических координат – широта и долготы, выражаемых числами. В XIX в. француз Орест (1323 – 1382) перенес эту идею в математику, предложив покрывать плоскость прямоугольной сеткой и называть широтой и долготой числа, характеризующие положение точки на этой сетке. Наконец, в XVII в. французский математик и философ Р. Декарт (1596 – 1650) первым увидел и реализовал возможность записи геометрических фигур – линий на координатной плоскости с помощью алгебраических уравнений, связывающих координаты точек этих линий, что послужило основой создания новой отрасли математики - аналитической геометрии.

 Впервые координат ввел Рене Декарт, который родился в 1596 г. в городе Лаэ на юге Франции, в дворянской семье. Отец хотел сделать из Рене офицера. Для этого в 1613 г. он отправил Рене в Париж. Много лет пришлось Декарту пробыть в армии, участвовать в военных походах в Голландии, Германии, Венгрии, Чехии, Италии, в осаде крепости гугенотов Ла-Рошали. Но Рене интересовала философия, физика и математика. Вскоре по приезду в Париж он познакомился с учеником Виета, видным математиком того времени – Мерсеном, а затем и с другим математиками Франции. Будучи в армии, Декарт все свое свободное время отдавал занятиям математикой. Он изучил алгебру немецких, математику французских и греческих ученых.

Самым известным трудом Декарте является его «Геометрия». Декарт ввел систему координат, которой пользуются все и в настоящее время. Он установил соответствие между числами и отрезками прямой и таким образом ввел алгебраический метод в геометрию. Эти открытия Декарта дали огромный толчок развитию как геометрии, так и другим разделам математики, оптики. Появилась возможность изображать зависимость величин графически на координатной плоскости, числа – отрезками и выполнять арифметические действия над отрезками и другими геометрическими величинами, а также различными функциями. Это был совершенно новый метод, отличавшийся красотой, изяществом и простотой.

ГЛАВА 2. Составление уравнений линий по их геометрическим свойствам.

            Характерным для геометрии способом задания линий является определение их как геометрических мест точек, обладающих заданными свойствами. Так, например, окружность определяется как геометрическое место точек, равноудаленных от некоторой фиксированной точки. Если ввести на плоскости декартову систему координат должна обладать точка М (х; у), чтобы принадлежать данному геометрическому месту точек, то мы тем самым получим уравнение этого геометрического места точек. В разных системах координат уравнения одной и той же линии будут различными. Обычно оси координат стараются расположить так, чтобы уравнение линии оказалось наиболее простым, а характеристическое свойство точки, принадлежащей этой линии, легко переводилось на алгебраический язык. Так, если линия обладает взаимно перпендикулярными осями симметрии, то их и принимают за координатные оси; если у нее есть центр симметрии, то начало координат помещают в этот центр и т.п. В частности, как вы знаете, управление окружности приобретает наиболее простой вид, если начало координат помещено в ее центр: x²+y²=R².

2.1.Гипербола

            Гиперболой называется геометрическое место точек, разность расстояний которых от двух фиксированных точек, называемых фокусами, есть величина постоянная, меньшая, чем расстояние между фокусами.

Пусть фокусами гиперболы являются точки F₁ и F₂, F₁F₂=2с, а упомянутая в определении разность расстояний равна 2а, где 2а<2с. Расположив оси координат точно так же, как это было сделано ранее для эллипса, и проведя совершенно аналогичные выкладки (сделать которые мы предоставляем читателю самостоятельно), получим каноническое уравнение данной гиперболы в виде , где в отличие от эллипса b²=c²-a².

2.2.Эллипс

Эллипсом называется геометрическое место точек, называемых фокусами, есть величина постоянная, большая, чем расстояние между фокусами.

 Пусть фокусами эллипса являются точки F₁, F₂, причем F₁ F₂=2с, а упомянутая в определении сумма расстояний равна 2а, где 2а>2с. Из определения очевидна симметрия эллипса относительно прямой, проходящей через фокусы, и серединного перпендикуляра к отрезку F₁ F_2. Указанные прямые примем за оси Ох и Оу соответственно. При этом фокусами будут точки F₁ (-с;0) F₂ (с;0). Условие принадлежности точки М(х;у) эллипсу МF₁+МF₂=2а запишется в такой системе координат в виде

 Упростим это уравнение. Для этого перенесем один из радикалов вправо. Возведем обе части полученного равенства в квадрат:

откуда

После повторного возведения обеих частей равенства в квадрат получаем:

После приведения подобных слагаемых приходим к равенству:  откуда

И наконец, обозначив b²=a²-c², приходим к каноническому уравнению эллипса:

ГЛАВА 3  Доказательство известных теорем и утверждений геометрии при помощи метода координат.

3.1. Теорема Пифагора.

В прямоугольном треугольнике квадрат гипотенуз равен сумме квадратов катетов.

Дано: ОВС – прямоугольный треугольник, О (0; 0), С (а; 0), В (0; в).

Доказать: ВС²=ОС²+ОВ²

Доказательство:

ОС (а; о), ОВ (0; в), ВС (а; -в)

|OC|²=a²; |OB|²=b²; |BC|²=a²+b², значит: ВС²=ОС²+ОВ², что и следовало доказать.
 

3.2. Теорема о средней линии трапеции

 Средняя линия трапеции параллельна основаниям и равна их полусумме.

Доказательство.

Пусть ABCD – трапеция,  MK – средняя линия. Точку А примем за начало координат. Луч AD примем за положительную полуось абсцисс. Координаты вершин трапеции будут следующими: A (0;0), D (x₁;0), C (x₂;y₂), B (x₃;y₃). Тогда координаты точек M и K такие:   Видим, что ординаты концов средней линии равны. Следовательно, средняя линия параллельна оси абсцисс. Поскольку основание трапеции лежит на оси абсцисс, то средняя линия параллельна основаниям.

 Вычислим длины оснований и средней линии трапеции. AD=x₁, BC=x₂-x₃, MK= 

Теорема доказана.

3.3. Деление отрезка в заданном отношении

 Мы уже умеем решать такую задачу для отрезка, расположенного на координатной прямой. Рассмотрим теперь отрезок А₁А₂ на координатной плоскости, где A₁ (x₁;y₁), A₂ (x₂;y₂). Если точка А делит этот отрезок в отношении , т. е. , то в силу обобщенной теоремы Фалеса точки А_x и A_y, являющиеся проекциями точки А (x;y) на оси Ox и Oy соответственно, делят отрезки этих осей  и  в том же отношении  и потому, воспользовавшись выведенной ранее формулой, получаем:  

Таким образом, и на плоскости сохраняется та же формула, причем абсцисса точки деления зависит только от абсцисс концов отрезка, а ордината – только от ординат. В частности, при  получаем знакомые вам из курса геометрии формулы для нахождения координат середины отрезка:

 Воспользуемся формулами для доказательства того факта, что все три медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся этой точкой в отношении 2:1, считая от вершины.

 Введем систему координат, и пусть вершинами треугольника являются точки A (x₁;y₁), В (x₂;y₂),

С (x₃;y₃). Пусть L, M, N – середины сторон AB, BC, AC соответственно. Согласно формуле найдем координаты точки P (x;y), делящей медиану AM в отношении 2:1, с помощью формул. Получим:

Из симметрии этих формул (равноправности вхождений x₁ (y₁), x₂ (y₂), x₃(y₃)) ясно, что те же самые координаты будет иметь и точка, делящая в отношении 2:1 медиану CL, и точка, делящая в том же отношении медиану BN. Но это означает, что точка P является общей для всех трех медиан, т. е. точкой их пересечения. Заметим, что формулы для координат точки пересечения медиан треугольника оказались очень простыми.

3.4. Формула площади треугольника

 Рассмотрим на координатной плоскости xy треугольник с вершинами в точках A (x₁; y₁), B (x₂; y₂), C (x₃; y₃). Уравнение прямой, на которой лежит сторона AB этого треугольника, можно, как вы знаете, записать в виде

(x-x₁)(y₂-y₁)-(y-y₁)(x₂-x₁)=0.

 Поставив координаты третьей вершины

C (x₃; y₃) в левую часть этого уравнения, получим некоторое значение

q=(x₃-x₁)(y₂-y₁)-(y₃-y₁)(x₂-x₁).

 Чтобы понять геометрический смысл числа q, заметим, что уравнение (x-x₁)(y₂-y₁)-(y-y₁)(x₂-x₁)=q задает прямую, параллельную стороне AB данного треугольника. Поэтому для каждой точки этой прямой результат подстановки ее координат в левую часть уравне6ния тот же, что и для точки C (x₃; y₃), и дает число q. Значит, тог же значение получится и для точки C₁ (x₄; y₁) пересечения упомянутой прямой с прямой y=y₁, параллельной оси абсцисс и проходящей через вершину A треугольника. Но в этой точке (x-x₁)(y₂-y₁)-(y-y₁)(x₂-x₁)=(x₄-x₁)(y₂-y₁). Геометрический смысл последнего выражения понять уже несложно: │(x₄-x₁)(y₂-y₁)│ есть не что иное, как площадь параллелограмма со сторонами AB и AC₁. длина стороны AC₁ равна │(x₄-x₁│, а длина высоты параллелограмма, опущенной из вершины B на эту сторону, есть не что иное, как │ y₂-y₁│. Поэтому │q│ есть площадь ∆ABC₁, но она такая же, что и у ∆ABC, с которого мы начали рассмотрение. (Ведь вершина C₁  получилась в результате «скольжения» вершины C по прямой, параллельной стороне треугольника, а основание осталось неизменным!) В результате приходим к следующей замечательной формуле для площади треугольника:

S=│x₃-x₁)(y₂-y₁)-(y₃-y₁)(x₂-x₁) │.

3.5. Теорема о радиусе окружности, описанной около треугольника

В треугольнике ABC известны стороны: AB=c, BC=a, AC=b. Найти радиус окружности, описанной около этого треугольника.

Решение:

Примем вершину А треугольника за начало координат, ось абсцисс направим от А к В, как на рисунке.

Тогда вершина В будет иметь координаты (с;0),

Где с – это длина стороны АВ.

Пусть вершина С имеет координаты (x_c;y_c),

А центр М описанной окружности –

 Координаты (x_m;y_m). Искомый радиус этой окружности обозначим через R.

 Запишем условие того, что точки А (0;0), В (b;0) и С (x_c;y_c) лежат на окружности (M;R). Эти условия легко получить, если записать уравнение окружности, то есть (x-x_m)²+(y-x_m)²=R², а затем в это уравнение вместо x и y подставить координаты точек А, В и С. Получатся такие три равенства:   

Каждое из этих условий выражает тот факт, что расстояние точек А (0;0), В (c;0) и С (x_c;y_c) от центра окружности О (a;b) равно одной и той же величине – искомому радиусу R.

 Таким образом, мы получаем систему трех уравнений с тремя неизвестными - x_m, y_m и R.

 Раскрывая скобки в двух последних уравнениях, получим:

Теперь вычтем из второго и третьего уравнения первое:

откуда легко получить:

Третье равенство в этой строке выражает искомый радиус окружности, описанной около треугольника, но в эту формулу входят координаты вершины C, не данные в условии. Однако из формулы расстояния между точками следует, что

Кроме того, число y_c равно высоте треугольника АВС, опущенной из вершины С. Поэтому формулу для радиуса можно записать короче:

Если еще заметить, что где S – площадь треугольника АВС, то эта формула примет совсем красивый и удобный вид:

ГЛАВА 4 Решение задач

Задача №1

Составьте уравнение окружности, описанной около треугольника ABC, если его вершины имеют следующие координаты: A (-3;1), B (3;1), C (-1;-1).

Решение:

 Центр описанной окружности лежит на пересечении серединных перпендикуляров к сторонам треугольника. Ось ординат является серединным перпендикуляром к стороне AB, значит центр окружности описанной около ∆ABC имеет координаты (0;у).Так  как он одинаково удален от точек C и B, то выполняется равенство:

(0+1)²+(у+1)²=(0-3)²+(у-1)²,

1+у²+2у+1=9+у²-2у+1,

4у=8;  у=2.

Координаты центра D (0;2).

R=DA=DC=DB, R=.

Уравнение окружности: X²+(y-2)²=10

Ответ: X²+(y-2)²=10.

Задача №2

Если точка A пересечения диагоналей четырехугольника MNPQ и середины B,C его противоположных сторон MN и PQ лежат на одной прямой, то MNPQ – трапеция или параллелограмм.

Решение:

Предположим Тогда  и  Так как B – середина отрезка MN, то  Аналогично, . По условию задачи A,B и C лежат на одной прямой, и потому существует такое число m, что т. е.  или  откуда следует, что m=k=l. Тогда   т. е.  Следовательно, ││ т. е. MNPQ – трапеция или параллелограмм.

Задача №3

В равнобедренном треугольнике ABC (AB=BC=8) тока E делит боковую сторону AB в отношении 3:1, считая от вершины.

Вычислить угол между векторами  и  если CA=12.

Решение:

Из ∆OBC^ OB=     (-12;0),  (6;2),  (). Отсюда,

Cos =

Задача №4

Доказать, что прямая, проходящая через середины оснований трапеции, проходит через точку пересечения прямых, содержащих боковые стороны.

 Решение:

Пусть ABCD – данная трапеция с большим основанием AD/ Систему координат  выберем так как показано на рисунке. В этой системе координат вершины трапеции имеют координаты A (0;0), B (0;1), C (a;1), D (1;0). Так как AD>BC, то 0<a<1.

M (), N (). Напишем уравнение прямых AB, CD и MN^

(AB)6x=0; (CD):x-(a-1)y-1=0; (MN):x+

Решив совместно первые два уравнения, находим координаты точки E пересечение прямых AB и CD : У (0;). Координаты этой точки удовлетворяют уравнению прямой MN  :  поэтому прямая MN проходит через точку пересечения прямых AB и CD.

Задача №5

Докажите, что середина гипотенузы прямоугольного треугольника равноудалена от всех его вершин.

Решение:

Пусть ∆ABC – прямоугольный, A (0;b), И (a;0), C (0;0). M – середина гипотенузы.

M

MC=

MA=.

Таким образом, MA=MB=MC=R – радиусу описанной около ∆ABC окружности.

Задача №6

Доказать, что сумма квадратов всех сторон параллелограмма равна сумме квадратов его диагоналей.

Решение:

AB²=b²+c²; AD²=a²; AC²=(a+b)²+c²

BD²=(a-b)²+c² – использовали формулу расстояния между точками.

Отсюда:

AB²+BC²+CD²+DA²=2(AB²+AD²)=2(a²+b²+c²)

AC²+BD²=(a+b)²+c²+(a-b)²+c²=2(a²+b²+c²)

Таким образом: AB²+BC²+CD²+DA²=AC²+BD².

Задача №7

Медиана, проведенная к основанию равнобедренного треугольника, равна 160 см, а основание треугольника равно 80 см. Найдите две другие медианы этого треугольника.

Дано: ∆ABC – равнобедр. B (0;160), A (-40;0), C (40;0)

 Найти: CM и AN.

Решение:

1) Найдем координаты середин отрезков AB и CB:

M  M (-20;80)

N  N (20;80)

2) CM²=(-20-40)²+(80-0)²=3600+6400=10000

CM=100.

AN²=(20+40)²+(80-0)²=3600+6400=10000

AN=100

Ответ: CM=AN=100.

Задача №8

Высота треугольника, равная 10 см, делит основание на два отрезка, равные 10 см и 4 см. Найдите медиану, проведенную к меньшей из двух других сторон.

Решение:

Пусть A (-10;0), B (0;10), С (4;0). Координаты точки

M  M (2;5).

AM²=(-10-2)²+(0-5)²+144+25=169.

AM=13

Ответ: 13

Заключение

В процессе изучения дополнительной  литературы, применения полученных знаний по методу координат, я сделала вывод, что это интересный рациональный  метод, при  помощи которого некоторые теоремы доказываются  «в одну  строчку»  (теорема Пифагора, теорема о средней линии трапеции, теорема о средней линии треугольника, теорема о свойствах диагоналей параллелограмма), а задачи решаются гораздо легче, чем традиционным способом при правильном выборе системы координат. Математическая красота и наглядность на лицо. В работе представлены более интересные задачи по планиметрии из всех тех, которые были решены.

В дальнейшем, при изучении стереометрии, можно воспользоваться полученными знаниями и решать некоторые стереометрические задачи методом координат.

Список используемой литературы

1. Геометрия. Л.С. Атанасян. Москва «Просвещение», 1986 г.
2. Играем геометрию. Е.Е. Семенов. Книга для учащихся 6-8 классов средней школы. Москва «Просвещение», 1987 г.
3. Справочное пособие по методам решения задач по математике для средней школы. А.Г. Цыпкин, А.И. Пинский. Москва «Наука», 1983.
4. Геометрия-8. В.Г. Бомнянский и др.Экспериментальное учебное пособие для 8 класса. Москва «Педагогика», 1977.
5. Геометрия 7-9. И.Ф. Шарыгин. Москва «Дрофа», 1999 г.
6. Геометрия. В.М. Кложкин и др. Учебное пособие для 9-10 классов средней школы. Москва «Просвещение», 1983 г.
7. Геометрия. Л.С. Атанасян и др. Учебник для 7-9 классов общеобразовательных учреждений. Москва «Просвещение», 1996 г.
8. Журнал «Математика в школе» №5 за 19989 год.
9. Метод координат. Учебное пособие для учащихся ОЛ ВЗМШ. Москва, 2002
10. Факультативный курс по математике 7-0. Москва «Просвещение», 1991 г.

Приложение

Слон

(-9.5;-2.5)

(-6.3;)

(0;4)

(4;3)

(6;4.5)

(8;2)

(7;-2)

 (6;-3.5)

(4;-2)

(4.5;-1.5)

(5.5;-2.5)

(6.5;-1)

(6;0)

(5;-1)

(4;0)

(1.5;-1.5)

(1.5;-5)

(2;-5)

(2;-6)

(-1;-6)

(-0.5;-3)

(-1;-2)

(-4;-2)

(-4;-5)

(-3.5;-5)

(-3.5;-6)

(-6.5;-6)

(-6;-3)

(-6.5;-1)

(-6;1)

(-9;-2.5)

Глаз (6;2)

Собака

(7;0)

(7;-1)

(6,5;-2,5)

(6;-6,5)

(5;-6,5)

(6;-5,5)

(5;-2)

(3,5;-0,5)

(1;-1)

(-2;-1)

(-2;-2)

(-3;-3)

(-3;-3,5)

(-4;-6,5)

(-5;-6,5)

(-4;-5,5)

(-4;-2)

(-5;0)

(-5;2)

(-7;4)

(-9,5;4,5)

(-10;5,5)

(-7,5;5,5)

(-7;6)

(-6;6)

(-5;7)

(-5;6)

(-3;4)

(-1;3)

(2;2)

(5;3)

(7;2)

(8;-2)

(7;-3)

(7;-1)

(5,5;-4,5)

(5,5;-5,5)

(4,5;-6,5)

(5;-2)

(-2;-2)

(-1,5;-5,5)

(-2,5;-6,5)

(-3,5;-6,5)

(-2,5;-5,5)

(-3,3;-3)

Попугай

(0;6)

(1;7)

(4;7)

(6;6)

(7;3)

(7;0)

(4;-3)

(-3;-7)

(-12;-10)

(3;14)

(6;17)

(8;18)

(11;18)

(12,5;16,5)

(13,5;14,5)

(14,5;13)

(14,5;11)

(13,5;10)

(13;11)

(12;11)

(10,5;9)

(10;7)

(9;0)

(8;-3)

(5;-6)

(2;-9)

(2;-10)

(3;-10)

(3,5;-11)

(1,5;-11)

(1;-9)

(-2;-11)

(-2;-12)

(-1;-12)

(-0,5;-13)

(-3;-13)

(-3;-11)

(-14;-16)

(-8;-9)

Глаз

(5;13)

(7;14)

(8;15)

(9;16)

(10;16)

(11;15)

(11;14)

(10,5;13)

(8;13)

(7;14)

Зрачок

(9;15)

(10;15)

(10;14)

(9;14)

(9;15)

Зонтик

(-5;-10)

(-6;-10)

(-8;-12)

(-8;-14)

(-7;-15)

(-4;-15)

(-3;-14)

(-2;-12) (0;-5)

(1;0)

(2;3)

(3;2)

(4; -3)

(6;0)

(8;-4)

(8;-8) (10;-4)

(11;1)

(11;5)

(9;8)

(5;11)

(6;13)

(5;11)

(-1;12)

(-8;9)

(-9;7)

(-10;2)

(-6;5)

(-4;4)

(-3;1)

(-1;3)

(2;3)