С

x x0 2

y y0 2

1.

a2

b2

Уравнение вида

x x0 2

y y0 2

1

ветви

b2

a2

определяет г пер олу,

которой направлены вверх и вниз: .

бА

Ч сло

с

называется эксцентриситетом гиперболы. Так как

a

2

c2

a2

b2

b 2

b

2

a2

a2

1

, то

1

; гип 1.

a

a

Чем меньше эксцентриситет,

тем сильнее сжата гипербола по

вертикали.

Д

Оптическое свойство гиперболы. Касательная к гиперболе об-

разует равные

острые углы с фокальными радиусами и проходит

му координат так, чтобы фокус F

имел координаты

p

; 0

, а урав-

2

С

p 2

2

p

x

2

y

x .

2

y2

Его можно преобразовать к каноническому уравнению параболы

2px.

и

y

бА

M x,y

p 2

p 2

x

Рис. 29

Д

Если p 0, ветви параболы направлены вправо.

Если p 0, ветви направлены влево.

Если вершина параболы – точка x0, y0 , то уравнение параболы

y y

2

2p x x

И

0

0

Уравнение

x2

2py

С

Изобразим, как меняется вид кривой второго порядка в зависи-

мости от экцентриситета (рис. 30).

Окружности

Параболы

Эллипсы

Гиперболы

ε

0

1

Рис. 30

бА

Пр меры:

1. Пр вести к каноническому виду уравнение и построить кри-

вую x2 4x 9y2 54y 84 0.

Решение. Так как x2 и

y2

входят в уравнение с одинаковыми

(x2

Д

4x) 9(y2

6y) 84 0

и,

используя

известную

формулу

выделения полного квадрата

2

p 2

p 2

x

px x

,

выделим в выражениях в скобках полные

2

2

И

(x 2)2

(y 3)2

1.

12

1 3 2

С

и полуосями

Это уравнение эллипса с центром в точке ( 2,3)

1, 1 3 (рис. 31).

и

бА4 3

Рис. 31

x2

Д

2

2

1.

Чтобы найти координаты фокусов,

воспользуемся

формулой

связи

параметров

гиперболы

c2 a2 b2 .

Откуда

c a2

b2

42 32 5,

т.е. F (0; 5),

F (0;5).

1

2

3.

Найти

проекцию

фокуса

параболы

y2 4x

на прямую

С

:

x 1

y 3

.

2

1

Решен е. Из уравнен я параболы имеем p 2, т.е. координаты фоку-

са F(2,0). Проекц я F на

– точка пересечения и прямой 1, про-

и

(рис. 33).

веденной з F

перпенд кулярно

бА

Рис. 33

Составим уравнение прямой 1, используя критерий перпенди-

кулярности прямых

1 : 2x y 4 0.

И

Координаты искомой точкиДx , y пересечения прямых и

1

0

0

должны удовлетворять их уравнениям, т.е.

x0, y0

– решение системы

x

0

1

y

0

3

;

2

1

4 0.

2x0 y0

С

например, по формулам Крамера:

2

1

5,

1

4

1

15,

2

2

4

10,

1

2

7

2

1

7

натами

2

x

1 3,

y

2.

0

0

бА4 x 2x 9 y 4y 4 0;

Следовательно, проекцией фокуса параболы на прямую является

точка с коорд

3,2 .

4. Какую л н ю определяет

уравнение 4x2 9y2 8x 36y

4 0 ?

2

2

И

4 x 1

Д9 y 2 36;

x 1 2

y 2 2

1.

9

4

2

2

5

2 x

4x 2 y

y

4 0;

2

2

2

5

25

25

2 x

4x 4 8 2 y

y

4 0;

2

16

8

и

5 2

С

2

121

2 x 2

2 y

4

8

;

бА

2

5

2

121

x 2

y

4

.

16

5

Это уравнение окружности с центром

2;

4

, радиусом

11

.

Д

R

121

16

4

6. Какую линию определяет уравнение x2 y2 16y 0?

Решение. Эта кривая может быть гиперболой или особым случа-

ем.

И

С

x2

4x 4 4 4y2 100 0;

x 2 2 4y2

2

2

96.

Такое равенство невозможно, получили исключительный (осо-

разделим

бый) случай – пустое множество точек.

8. Назвать кр вую, построить

24x

49y

1176.

Решен е. Для построен я кривой приведем ее уравнение к канониче-

обе

скому в ду. Для этого

части равенства на 1176. Имеем

x2

y2

1 – канон ческое уравнение

эллипса с

центом в точке

49

24

О(0,0).

А

Найдем параметры эллипса.

Большая полуось а=7, малая полуось b=

. Вершины эллипса:

24

(7,0), (–7,0), (0,

), (0, – 24); с

a2

b2

5. Фокусы

24

49 24

эллипса: F1(5,0) и F2(–5,0). Эксцентриситет эллипса

5

(рис. 34).

7

И

24

F2

F1

-7

-5

Д

0

5

7

x

24

Рис. 34

9. Назвать кривую, построить

24x2 49y2

1176.

x

2

y2

1 – каноническое уравнение гиперболы с центром в точке

49

24

О(0,0).

Найдем параметры гиперболы.

Действительная полуось а=7, мнимая полуось b=

. Вершины

24

гиперболы: (7,0), (–7,0). Найдем фокальное расстояние с

a2 b2

. Фокусы гиперболы: F1(

, 0) и F2 (–

, 0). Раз-

49 24

73

73

73

меры основного прямоугольника гиперболы 2а 2b

14 2

. Его

24

ниями

диагонали лежат на асимптотах гиперболы, определяемых уравне-

b

24

x.

Сy x

7

a

бА

Эксцентр с тет г пер олы

73

(рис. 35).

7

y

24

F2

F1

-

-7

0

7

x

73

73

Д

24

Рис. 35

10. Назвать кривую, построить

4x2 y2 16x 4y 0.

Решение. Имеем общее уравнение кривой 2-го порядка. Так как А=4;

С=1;

В=0; A C 0 , то имеем эллипс.

Преобразуем уравнение:

4(x2 4x) (y2 4y) 0;

4(x

2

2 2x 2

2

) 4 2

2

(y

2

2

2

2 2Иy 2 ) 2 0;

4(x 2)2 (y 2)2 20;

(x 2)2

(y 2)2

1–

5

20