Частина 1
.pdf
“Курс вищої математики. Частина 1.”
перпендикулярна шуканою має вектор нормалі n2 (1, 1, 2). Оскільки крапки А і В належать обом площинам, а площини взаємно перпендикулярні, то
|
|
|
ir rj |
kr |
|
3 |
−5 |
|
|
1 |
−5 |
|
|
1 |
3 |
|
|
|
|
||||
n = AB ×n |
|
= |
r |
|
|
r |
|
|
r |
|
|
r |
r |
r |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
2 |
1 |
3 |
−5 |
= i |
|
|
|
|
− j |
|
|
|
|
+ k |
|
|
|
|
=11i |
−7 j |
− 2k. |
||
1 |
|
|
|
|
|
|
1 |
2 |
|
|
|
1 |
2 |
|
|
|
1 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
1 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Таким чином, вектор нормалі n1 (11 -7, -2). Оскільки точка А належить шуканій площині, то її координати повинні задовольняти рівнянню цієї площини, тобто 112 +
71 - 24 + D = 0; D = -21.
Разом, отримуємо рівняння площини: 11x - 7y – 2z – 21 = 0.
Приклад. Знайти рівняння площини, знаючи, що точка Р(4 -3, 12) – підстава перпендикуляра, опущеного з початку координат на цю площину.
Знаходимо координати вектора нормалі OP = (4 -3, 12). Шукане рівняння площини має вигляд: 4x – 3y + 12z + D = 0. Для знаходження коефіцієнта D підставимо в рівняння координати точки Р:
16 + 9 + 144 + D = 0
D = -169
Разом, отримуємо шукане рівняння: 4x – 3y + 12z – 169 = 0
Приклад. Дани координати вершин піраміди А1(1; 0; 3), A2(2; -1; 3), A3(2; 1; 1) A4(1; 2; 5).
1) Знайти довжину ребра А1а2.
A1 A2 ={2 −1;−1−0;3 −3} ={1;−1;0}; |
A1 A2 = 1+1+ 0 = 2(ед). |
2) Знайти кут між ребрами А1а2 і А1а4.
A1 A4 ={1−1;2 −0;5 −3} ={0;2;2}
A1 A4 |
= 2 |
2(ед) |
|
|
|
|
|
|
||||
A1 A2 |
A1 A4 |
= (1;−1;0)(0;2;2) = −2 |
|
|||||||||
A1 A2 |
A1 A4 |
= |
|
|
|
A1 A4 |
cosα = 2 |
2 2 cosα = 4cosα |
||||
A1 A2 |
||||||||||||
cosα = |
A1 A2 |
A1 A4 |
|
= − |
2 |
= − |
1 |
; |
α =1200 |
|||
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
A1 A2 |
A1 A4 |
|
4 |
2 |
|
|
||||
3) Знайти кут між ребром А1а4 і гранню А1а2а3.
Спочатку знайдемо вектор нормалі до грані А1а2а3 N як векторний твір векторів і A1 A2 .
A1 A3 = (2-1; 1-0; 1-3) = (1; 1; -2);
31
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
“Курс вищої математики. Частина 1.” |
|||||||
r |
ir |
rj |
|
|
k |
|
r |
|
|
|
r |
|
+ 2) |
|
r |
−1) |
|
|
r |
− |
r |
|
|
r |
|
|
r |
||||||
N |
= 1 1 − 2 = i (0 |
− 2) − j(0 |
+ k (−1 |
= −2i |
2 j |
− 2k ; |
|
|
N = (−2;−2;−2) |
||||||||||||||||||||||||
|
1 |
−1 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Nr |
= 2 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Знайдемо кут між вектором нормалі і вектором A1 A4 . |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||
N A1 A4 |
= |
|
Nr |
|
|
A1 A4 cos β = 2 3 2 |
2 cos β |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
N A1 A4 =-4 – 4 = -8. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
Шуканий кут γ між вектором і площиною буде рівний γ = 900 - β. |
|
||||||||||||||||||||||||||||||||
sin γ = cos β |
= |
−8 = |
|
2 = |
6 . |
|
|
γ = arcsin |
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
6 |
|
6 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
4) Знайти площу грані А1а2а3. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
r |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
S = |
|
A A × A A = |
|
N |
= |
|
3(ед |
|
) |
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
2 |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
2 |
1 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
5) Знайти об'єм піраміди. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
r |
|
|
|
|
|
4 |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
V = |
|
|
((A A × A A ) A A ) |
|
= |
|
|
N |
A A |
= |
|
|
(ед3). |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
|
1 |
2 |
|
1 |
3 |
1 |
4 |
|
|
6 |
|
|
|
1 |
4 |
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
6) Знайти рівняння площини А1а2а3.
Скористаємося формулою рівняння площини, що проходить через три крапки.
x −1 |
y −0 z −3 |
|
|
|
x −1 y |
z −3 |
|
= (x −1) 2 − y(−2) + (z −3)(1+1) = |
|
|
|
|
|||||||
2 −1 |
−1−0 3 −3 |
|
= |
|
1 |
−1 |
0 |
|
|
2 −1 |
1−0 1−3 |
|
|
|
1 |
1 |
− 2 |
|
|
= 2x − 2 + 2y + 2z −6 = 0
2x + 2y + 2z – 8 = 0
x + у + z – 4 = 0;
Аналітична геометрія.
Рівняння лінії на площині.
Як відомо, будь-яка точка на площині визначається двома координатами в какойабо системі координат. Системи координат можуть бути різними залежно від вибору базису і початку координат.
Визначення. Рівнянням лінії називається співвідношення у = f(x) між координатами крапок, складових цю лінію.
32
“Курс вищої математики. Частина 1.”
Відзначимо, що рівняння лінії може бути виражене параметричним способом, тобто кожна координата кожної точки виражається через деякий незалежний параметр t.
Характерний приклад – траєкторія рухомої крапки. В цьому випадку роль параметра грає час.
Рівняння прямої на площині.
Визначення. Будь-яка пряма на площині може бути задана рівнянням першого порядку
Ах + Ву + З = 0 причому постійні А, В не рівні нулю одночасно, тобто А2 + В2 ≠ 0. Це рівняння першого порядку називають загальним рівнянням прямої.
Залежно від значень постійних А, В і З можливі наступні окремі випадки:
-C = 0, А ≠ 0, В 0 – пряма проходить через початок координат
-А = 0, В ≠ 0, З ≠ 0 { By + C = 0}- пряма паралельна осі Ох
-У = 0, А ≠ 0, З ≠ 0 { Ax + C = 0} – пряма паралельна осі Оу
-У = З = 0, А ≠ 0 – пряма співпадає з віссю Оу
-А = З = 0, В ≠ 0 – пряма співпадає з віссю Ох
Рівняння прямої може бути представлене в різному вигляді залежно від яких – або заданих початкових умов.
Рівняння прямої по точці і вектору нормалі.
Визначення. У декартовій прямокутній системі координат вектор з компонентами (А, В) перпендикулярний прямою, заданою рівнянням Ах + Ву + З = 0.
Приклад. Знайти рівняння прямої, що проходить через крапку А(1, 2) перпендикулярно вектору nr(3 -1).
Складемо при А = 3 і В = -1 рівняння прямої: 3х – у + З = 0. Для знаходження коефіцієнта З підставимо в отриманий вираз координати заданої точки А.
Отримуємо: 3 – 2 + C = 0, отже З = -1. Разом: шукане рівняння: 3х – у – 1 = 0.
Рівняння прямої, що проходить через дві крапки.
Хай в просторі задано дві точки M1(x1, y1, z1) і M2(x2, y2, z2), тоді рівняння прямої, що проходить через ці крапки:
|
x − x1 |
= |
y − y1 |
= |
z − z1 |
|
||||||
|
x |
2 |
− x |
y |
2 |
− y |
z |
2 |
− z |
|||
|
|
|
||||||||||
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|||
Якщо какойабо із знаменників рівний нулю, слід прирівняти нулю відповідний чисельник.
На площині записане вище рівняння прямої спрощується:
y − y = |
y2 |
− y1 |
(x − x ) |
|
|
||
1 |
x2 |
1 |
|
|
− x1 |
||
33
“Курс вищої математики. Частина 1.”
якщо х1 ≠ х2 і х = х1, еслих1 = х2.
Дріб y2 − y1 = до називається кутовим коефіцієнтом прямої. x2 − x1
Приклад. Знайти рівняння прямої, що проходить через крапки А(1, 2) і В(3, 4).
Застосовуючи записану вище формулу, отримуємо: y − 2 = 43−−12 (x −1) y − 2 = x −1
x − y +1 = 0
Рівняння прямої по точці і кутовому коефіцієнту.
Якщо загальне рівняння прямої Ах + Ву + З = 0 привести до вигляду:
y = − BA x − CB
і позначити, то отримане рівняння називається рівнянням прямої з кутовим коефіцієнтом до.
Рівняння прямої по точці і направляючому вектору.
По аналогії з пунктом, що розглядає рівняння прямої через вектор нормалі можна ввести завдання прямій через крапку і направляючий вектор прямої.
Визначення. Кожен ненульовий вектор а(α1, 2), компоненти якого задовольняють умові А1 + В2 = 0 називається направляючим вектором прямої Ах + Ву + З = 0.
Приклад. Знайти рівняння прямої з направляючим вектором аr(1 -1) і що проходить через крапку А(1, 2).
Рівняння шуканої прямої шукатимемо у вигляді: Ax + By + C = 0. Відповідно до визначення, коефіцієнти повинні задовольняти умовам:
1A + (-1) B = 0, тобто А = У.
Тоді рівняння прямої має вигляд: Ax + Ay + C = 0, або x + у + C/A = 0.
при х = 1, у = 2 отримуємо С/a = -3, тобто шукане рівняння:
х + у - 3 = 0
Рівняння прямої у відрізках.
Якщо в загальному рівнянні прямої Ах + Ву + З = 0 З ≠ 0, то, розділивши на – С,
отримаємо: − СА х − СВ у =1 або
34
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
“Курс вищої математики. Частина 1.” |
|
|
x |
+ |
|
y |
=1де |
||||
|
|
a |
|
b |
||||||
|
|
|
C |
|
C |
|
|
|||
|
a = − |
; |
b = − |
|
||||||
|
|
B |
||||||||
|
|
|
|
A |
|
|||||
Геометричний сенс коефіцієнтів в тому, що коефіцієнт а є координатою точки |
||||||||||
перетину прямої з віссю Ох, а b – координатою точки перетину прямої з віссю Оу. |
||||||||||
Приклад. Задано загальне рівняння прямої х – у + 1 = 0. Знайти рівняння цієї |
||||||||||
прямої у відрізках. |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
З = 1,, |
а = -1, b = 1. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Нормальне рівняння прямої.
Якщо обидві частини рівняння Ах + Ву + З = 0 розділити на число, яке називається що нормує множником, то отримаємо
xcosϕ + ysin - p = 0 –
нормальне рівняння прямої.
Знак ± нормуючого множника треба вибирати так, щоб З < 0.
р – довжина перпендикуляра, опущеного з початку координат на пряму, а ϕ - кут, утворений цим перпендикуляром з позитивним напрямом осі Ох.
Приклад. Дано загальне рівняння прямої 12х – 5у – 65 = 0. Потрібно написати різні типи рівнянь цієї прямої.
рівняння цієї прямої у відрізках:
рівняння цієї прямої з кутовим коефіцієнтом: (ділимо на 5) y = 125 x − 655 = 125 x −13.
нормальне рівняння прямої:
µ = |
1 |
= |
1 |
12 |
х− |
5 |
у −5 = 0 ; |
cosϕ = 12/13; sinϕ = -5/13; p = 5. |
|
122 + (−5)2 |
|
13 |
13 |
|
13 |
|
|
Cледует відзначити, що не кожну пряму можна представити рівнянням у відрізках, наприклад, прямі, паралельні осям або що проходять через початок координат.
Приклад. Пряма відсікає на координатних осях рівні позитивні відрізки. Скласти рівняння прямої, якщо площа трикутника, утвореного цими відрізками рівна 8 см2.
Рівняння прямої має вигляд: |
x |
+ |
y |
=1, |
а = b = 1; ab/2 = 8; |
а = 4; -4. |
||||
a |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
b |
|
|
||
а = -4 не підходить по умові завдання. |
|
|
||||||||
Разом: |
x |
+ |
y |
=1 або х + у – 4 = 0. |
|
|
||||
|
|
|
|
|||||||
4 |
4 |
|
|
|
|
|
|
|
||
Приклад. Скласти рівняння прямої, що проходить через крапку А(-2, -3) і початок координат.
35
“Курс вищої математики. Частина 1.”
Рівняння прямої має вигляд: x − x1 = x2 − x1
x −0 |
= |
y −0 |
; |
|
− 2 −0 |
−3 −0 |
|||
|
|
y − y1 |
, де х1 = у1 = 0; x2 = -2; y2 = -3. |
|||||||
y |
2 |
− y |
||||||
|
|
|
|
|||||
|
1 |
|
|
|
|
|||
|
|
|
x |
= |
y |
; |
3x − 2y = 0. |
|
|
|
|
− 2 |
−3 |
||||
|
|
|
|
|
|
|||
Для самостійного вирішення: Скласти рівняння прямих, М(-3, -4), що проходять через крапку, і паралельних осям координат.
Відповідь: { x + 3 = 0; у + 4 = 0}.
Кут між прямими на площині.
Визначення. Якщо задані дві прямі у = k1x + b1, у = k2x + b2, то гострий кут між цими прямими визначатиметься як
tgα = |
k2 − k1 |
|
. |
|
1+ k1k2 |
||||
|
|
|||
Дві прямі паралельні, якщо k1 = k2.
Дві прямі перпендикулярні, якщо k1 = -1/k2.
Теорема. Прямі Ах + Ву + З = 0 і А1х + В1у + С1 = 0 паралельні, коли пропорційні коефіцієнти А1 = λА, В1 = λВ. Еслі ще і С1 = λЗ, то прямі співпадають.
Координати точки перетину два прямих знаходяться як вирішення системи двох рівнянь.
Рівняння прямої, що проходить через дану крапку перпендикулярно даною прямою.
Визначення. Пряма, що проходить через точку М1(х1, у1) і перпендикулярна до прямій у = kx + b представляється рівнянням:
y − y1 = − 1k (x − x1 )
Відстань від крапки до прямій.
Теорема. Якщо задана точка М(х0, у0), то відстань до прямій Ах + Ву + З =0 визначається як
d = Ax0 + By0 +C . 
A2 + B2
Доказ. Хай точка М1(х1, у1) – підстава перпендикуляра, опущеного з точки М на задану пряму. Тоді відстань між точками М і М1:
36
“Курс вищої математики. Частина 1.”
d = (x |
− x |
0 |
)2 |
+ ( y |
1 |
− y |
0 |
)2 |
(1) |
1 |
|
|
|
|
|
|
Координати x1 і у1 можуть бути знайдені як вирішення системи рівнянь:
Ax + By +С = 0
A( y − y0 ) − B(x − x0 ) = 0
Друге рівняння системи – це рівняння прямої, що проходить через задану точку М0 перпендикулярно заданої прямої.
Якщо перетворити перше рівняння системи до вигляду: A(x – x0)+ B(у – y0)+ Ax0 + By0 + C = 0
то, вирішуючи, отримаємо:
x − x0 = − A2 +A B2 y − y0 = − A2 B+ B2
Підставляючи ці вирази в рівняння (1), знаходимо:
d = Ax0 + By0 +C . 
A2 + B2
Теорема доведена.
Приклад. Визначити кут прямими: у = -3x + 7; у = 2x + 1.
K1 = -3; k2 = 2 |
tgϕ = |
2 −(−3) |
=1; ϕ = π/4. |
|
1−(−3)2 |
||||
|
|
|
Приклад. Показати, що прямі 3х – 5у + 7 = 0 і 10х + 6у – 3 = 0 перпендикулярні.
Знаходимо: k1 = 3/5, k2 = -5/3, k1k2 = -1, отже, прямі перпендикулярні.
Приклад. Дани вершини трикутника А, B(6; 5), C(12; -1). Знайти рівняння висоти, проведеної з вершини С.
|
Знаходимо рівняння сторони АВ: |
x −0 |
= |
y −1 |
; |
x |
= |
y −1 |
; 4x = 6y – 6; |
||||||
|
|
5 −1 |
6 |
4 |
|
||||||||||
2x – 3y + 3 = 0; |
|
|
|
6 −0 |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
Шукане рівняння висоти має вигляд: Ax + By + C = 0 або у = kx + b. |
||||||||||||||
до = |
− |
3 |
. Тоді у = |
− |
3 |
x +b . Оскільки висота |
проходить |
через крапку З, то її |
|||||||
|
|
||||||||||||||
|
2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
координати задовольняють даному рівнянню: −1 = − 3212 +b, звідки b = 17. Разом:
y = − 32 x +17 .
Відповідь: 3x + 2y – 34 = 0.
Для самостійного вирішення: Дани сторони трикутника x + у – 6 = 0 3x – 5y + 15 = 0, 5x – 3y – 14 = 0. Скласти рівняння його висот.
Вказівка: Спочатку слід знайти координати вершин трикутника, як точок перетину сторін, потім скористатися методом, розглянутому в попередньому прикладі.
37
“Курс вищої математики. Частина 1.”
Відповідь: { x – у = 0; 5x + 3y – 26 = 0; 3x + 5y – 26 = 0}.
Криві другого порядку.
Крива другого порядку може бути задана рівнянням
Ах2 + 2Вху + Су2 + 2Dx + 2Ey + F = 0.
Існує система координат (не обов'язково декартова прямокутна), в якій дане рівняння може бути представлене в одному з видів, приведених нижче.
1) |
x2 |
+ |
|
y2 |
=1 - рівняння еліпса. |
a2 |
|
b2 |
|||
|
|
|
|
||
2) |
x2 |
+ |
|
y 2 |
= −1 - рівняння “уявного” еліпса. |
a2 |
|
b2 |
|||
|
|
|
|
||
3) |
x2 |
− |
|
y 2 |
=1 - рівняння гіперболи. |
a2 |
|
b2 |
|||
|
|
|
|
4)a2x2 – c2y2 = 0 – рівняння двох пересічних прямих.
5)y2 = 2px – рівняння параболи.
6)y2 – a2 = 0 – рівняння двох паралельних прямих.
7)y2 + a2 = 0 – рівняння двох “уявних” паралельних прямих.
8)y2 = 0 – пара співпадаючих прямих.
9)(x – а)2 + (у – b)2 = R2 – рівняння кола.
Коло.
У колі (x – а)2 + (у – b)2 = R2 центр має координати (а; b).
Приклад. Знайти координати центру і радіус кола, якщо її рівняння задане у вигляді:
2x2 + 2y2 – 8x + 5y – 4 = 0.
Для знаходження координат центру і радіусу кола дане рівняння необхідно привести до вигляду, вказаного вище в п.9. Для цього виділимо повні квадрати:
x2 + y2 – 4x + 2,5y – 2 = 0
x2 – 4x + 4 –4 + y2 + 2,5y + 25/16 – 25/16 – 2 = 0 (x – 2)2 + (у + 5/4)2 – 25/16 – 6 = 0
(x – 2)2 + (у + 5/4)2 = 121/16
Звідси знаходимо Про(2; -5/4); R = 11/4.
Еліпс. |
|
|
|
|
|
Визначення. Еліпсом називається лінія, задана рівнянням |
x2 |
+ |
y2 |
=1. |
|
a2 |
b2 |
||||
|
|
|
Визначення. Фокусами називаються такі дві крапки, сума відстаней від яких до будь-якої точки еліпса є постійна величина.
у
“Курс вищої математики. Частина 1.”
М |
|
|
|
r1 |
r2 |
|
|
|
|
|
|
F1 |
O |
F2 |
х |
F1, F2 – фокуси. |
F1 = (з; 0); |
F2(-c; 0) |
|
з – половина відстані між фокусами; а – велика піввісь;
b – мала піввісь.
Теорема. Фокусна відстань і піввісь еліпса зв'язані співвідношенням: a2 = b2 + c2.
Доказ: У випадку, якщо точка М знаходиться на перетині еліпса з
вертикальною віссю, r1 + r2 = 2 
b2 + c2 (по теоремі Піфагора). У випадку, якщо точка М знаходиться на перетині еліпса з горизонтальною віссю, r1 + r2 = а – з + а + с. Оскільки за визначенням сума r1 + r2 – постійна величина, то, прирівнюючи, отримуємо:
a2 = b2 + c2
r1 + r2 = 2a.
Визначення. Форма еліпса визначається характеристикою, яка є відношенням фокусної відстані до більшої осі і називається ексцентриситетом.
Е = с/a.
Оскільки з < а, те е < 1.
Визначення. Величина до = b/a називається коефіцієнтом стиснення еліпса, а величина 1 – до = (а – b)/a називається стисненням еліпса.
Коефіцієнт стиснення і ексцентриситет зв'язані співвідношенням: k2 = 1 – e2.
Якщо а = b (з = 0, e = 0, фокуси зливаються), то еліпс перетворюється на коло.
|
|
|
|
|
|
|
x2 |
|
y2 |
|||
Якщо для точки М(х1, у1) виконується умова: |
1 |
+ |
1 |
<1, то вона знаходиться |
||||||||
a2 |
|
|||||||||||
|
x2 |
|
y 2 |
|
|
|
b2 |
|||||
усередині еліпса, а якщо |
+ |
>1, то точка знаходиться поза еліпсом. |
||||||||||
1 |
1 |
|
||||||||||
a2 |
b2 |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Теорема. Для довільної точки М(х, у), що належить еліпсу вірні співвідношення: |
||||||||||||
|
|
|
|
|
r1 = а – ex, r2 = а + ex. |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Доказ. Вище було показано, що r1 + r2 = 2a. Крім того, з геометричних |
||||||||||||
міркувань можна записати: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
r = (x −c)2 |
+ y 2 |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
r = (x + c)2 |
+ y 2 |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
(x −c)2 + y 2 + (x + c)2 + y 2 = 2a
Після зведення в квадрат і приведення подібних доданків:
39
“Курс вищої математики. Частина 1.”
(x + c)2 + y 2 = 4a2 − 4a (x −c)2 + y 2 + (x −c)2 + y 2
4cx = 4a2 − 4a (x −c)2 + y 2
(x −c)2 + y = a − ac x = a −ex.
Аналогічно доводиться, що r2 = а + ex. Теорема доведена.
Зеліпсом зв'язані дві прямі, звані директрисами. Їх рівняння:
x= a/e; x = -a/e.
Теорема. Для того, щоб точка лежала на еліпсі, необхідно і достатньо, щоб відношення відстані до фокусу до відстані до відповідної директриси дорівнювало ексцентриситету е.
Приклад. Скласти рівняння прямої, що проходить через лівий фокус і нижню вершину еліпса, заданого рівнянням:
1)Координати нижньої вершини: x = 0; y2 = 16; у = -4.
2)Координати лівого фокусу: c2 = a2 – b2 = 25 – 16 = 9; з = 3; F2(-3; 0).
3)Рівняння прямої, що проходить через дві крапки:
x −0 |
= |
y |
+ 4 |
; |
x |
= |
y + 4 |
; |
4x = −3y −12; |
4x +3y +12 = 0 |
|
−3 −0 |
0 |
+ 4 |
−3 |
4 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
Приклад. Скласти рівняння еліпса, якщо його фокуси F1(0; 0), F2(1; 1), велика вісь рівна 2.
|
Рівняння еліпса має вигляд: |
x2 |
+ |
y2 |
=1. Відстань між фокусами: |
|||||||||
|
a2 |
b2 |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
2c = (1−0)2 + (1−0)2 = 2 , таким чином, a2 – b2 = c2 = Ѕ |
||||||||||||||
по условию 2а = 2, следовательно а = 1, b = |
a2 −c2 = |
1−1/ 2 = 2 / 2. |
||||||||||||
|
|
|
x2 |
|
y |
2 |
|
|
|
|
|
|
||
Итого: |
|
|
|
|
+ |
|
|
|
=1. |
|
|
|
|
|
2 |
|
1/ |
2 |
|
|
|
|
|
||||||
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
по умові 2а = 2, отже а = 1, b = a2 |
−c2 |
= |
1−1/ 2 = |
2 / 2. |
||||||||||
|
|
|
x2 |
|
y |
2 |
|
|
|
|
|
|
||
Разом: |
|
|
+ |
|
|
|
=1. |
|
|
|
|
|
||
2 |
1/ 2 |
|
|
|
|
|
||||||||
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Гіпербола.
Визначення. Гіперболою називається безліч крапок площини, для яких модуль різниці відстаней від двох даних крапок, званих фокусами є величина постійна, менша відстані між фокусами.
у
M(x, у)
b
r1
r2
40