Saprikina_Analit_geometr

Криві другого порядку на площині. Коло, еліпс, гіпербола

51

Задача2. Тілообмеженекоординатнимиплощинами, площиною, що

проходитьчерезпряму

x − y = 0,

0

перпендикулярнодоплощиниOyz,

y + z − 3 =

x

y

z − 3

та площиною, яка проходить через прямі

=

=

і

x = 3t − 1,

2

2

− 3

52

Аналітичнагеометрія

Таблиця

Основні харак-

Криві другого порядку на площині

теристики та

Еліпс

параметри

Центр

O (0; 0)

Осі симетрії

x =0; y =0

a > b

a < b

y

y

B2 (0; b)

M (x; y)

B2 (0; b)

F2 (0; c)

Рисунок

A1 (−a; 0)

A2 (a; 0)

A1 (−a; 0)

A2 (a; 0)

F1 (−c; 0)

O

F2 (c; 0)

x

O

x

B1 (0; −b)

M (x; y)

F1 (0; −c)

B1 (0; −b)

Основна

Рис. 5.1

Рис. 5.2

F1M + F2M =

2a

F1M + F2M = 2b

властивість

Канонічне

x2

y2

рівняння

a2 + b2

=1

Вершини

A1 (−a; 0),

A2

(a; 0), B1 (0; −b), B2 (0; b)

Фокуси

F1 (−c; 0), F2 (c; 0)

F1 (0; −c), F2 (0; c)

2а – велика вісь,

2b – велика вісь,

Осі та півосі

а – велика піввісь,

b – велика піввісь,

2b – мала вісь,

2а – мала вісь,

Відстань від цен-

b – мала піввісь

а – мала піввісь

c = a2 −b2

c = b2 −a2

тра до фокусів

Ексцентриситет

ε =

F1F2

=

с

<1

ε =

с

<

1

велика вісь

a

b

Асимптоти

–

Криві другого порядку на площині. Коло, еліпс, гіпербола

53

y

y

b

F2 (0; c)

M (x; y)

y = a x

B2 (0; b)

F1 (−c; 0)

F2

(c; 0)

O

x

A1 (−a; 0)

O

A2 (a; 0)

x

M (x; y)

B1 (0; −b)

y = −

b

x

F1 (0; −c)

a

Рис. 5.3

Рис. 5.4

F1M

−

F2M

= 2a

F1M

−

F2 M

= 2b

x2

−

y2

=1

−

x2

+

y2

=1

a2

b2

a2

b2

A1

(−a; 0), A2

(a; 0)

B1

(0; −b), B2

(0; b)

F1

(−c; 0), F2

(c; 0)

F1

(0; −c), F2

(0; c)

2а – дійсна вісь,

2b – дійсна вісь,

а – дійсна піввісь,

b – дійсна піввісь,

2b – уявна вісь,

2а – уявна вісь,

b – уявна піввісь

а – уявна піввісь

c =

a2 + b2

ε =

F1F2

=

с

>

1

ε =

с

>1

дійсна вісь

a

b

y =

b

x, y = −

b

x

a

a

54

Аналітичнагеометрія

Якщо центр еліпса або гіперболи знаходиться в точці C (x0 ;

y0 ),

а осями симетрії є прямі x = x0,

y = y0

, то їх рівняння:

(x − x0 )2

a2

+

(y − y0 )2

(x − x0 )2

− (y − y0 )2

+

=1 (еліпс);

=1 (гіпербола, фокуси ле-

b2

a2

b2

жатьнаосі

y = y0);

−

(x − x0 )2

+

(y − y0 )2

=1 (гіпербола, фокусилежать

a2

b2

на осі x = x0).

y − y = ± b (x − x ).

Рівнянняасимптотгіперболи

0

a

0

Завдання для аудиторної роботи

РІВЕНЬ А

Задача 1. Дано коло x2 + y2 − 4x − 5 = 0 і точка C (5; 4). Написати

рівняння кола, що має центр у точці С і дотикається до даного кола

зовнішнім способом. Побудувати обидва кола.

Розв'язання. Рівняння шуканого кола запишемо у вигляді (x − 5)2 +

+ (y − 4)2 = R2. Рівняння даного кола

(x2 − 4x + 4)− 4 + y2 − 5 = 0

(x − 2)2 + y2 = 9

центр A(2; 0) і радіус r = 3. Виходячи з умови

задачі,

R = AC − r (рис. 5.5).

y

Відстань

AC =

(5 − 2)2 + (4 − 0)2

= 5,

C (5; 4)

R = 2, отже рівняння шуканого кола

(x − 5)2 + (y − 4)2 = 4.

r

1

R

Задача 2. Вершина трикутника, що

маєнерухомуоснову, переміщуєтьсятак,

−1

0

1 A(2; 0)

5

x

що периметр трикутника залишається

−1

сталим. Знайтитраєкторіювершинитри-

кутника за умови, що основа дорів-

Рис. 5.5

нює 24, а периметр – 50.

Криві другого порядку на площині. Коло, еліпс, гіпербола

57

гляд

x2

−

y2

= 1, де а –

дійсна піввісь (див. рис. 5.3). За умовою

a2

b2

y = ±

4

x

b

=

4

;

2c = 20 c = 10 . Скористаємося формулою c =

3

a

3

= a2 + b2

= a

b 2

c

10

. Мала піввісь

1 +

a =

a

1 + (b а)2 =

16

= 6

1 +

9

x2

−

y2

= 1 (див. рис. 5.3). Із рівняння еліпса знайдемо відстань

a2

b2

c =

25 − 9 = 4. Ексцентриситет гіперболи

ε =

c

= 2

a =

c

= 2, b2

=

a

ε

= c

2 − a2 =12. Остаточноодержиморівняннягіперболи:

x2

−

y2

= 1.

4

12

Розв'язання. Зведемо рівняння даної лінії до канонічного вигляду

5(x2 − 6x)+ 9 (y2 + 2 y +1)= 0

5(x2 − 6x + 9)− 45 + 9 (y2 + 2 y +1)= 0

5(x − 3)2 + 9(y +1)2 = 45

(x − 3)2

+

(y +1)2

=1. Одержане рівняння

9

5

прямій

y = −1 і віддалені від центра на 2 одиниці вправо і вліво, отже

F (1; −1), F

(5; −1); ексцентриситет

ε =

c

=

2

(рис. 5.9).

1

2

a

3

y

x = 3

Задача 9. Побудувати лінії, задані

такимирівняннями:

1) y = − 3

4 − x2

; 2)

x = 2 +

3

×

O

1

3

2

4

−

1

x

C (3; −1)

× y2 + 6 y + 25.

y = −1

Розв'язання

1. Знайдемо ОДЗзміннихрівняння

4 − x

2

≥ 0,

y = − 3

Рис. 5.9

4 − x2

:

y ≤ 0

2

− 2 ≤ x ≤ 2,

. Позбавившисьвідірраціональності, зведеморівняння

y ≤ 0

лініїдоканонічноговигляду

y

2

−

3

4 − x

2

2

4 y

2

= 36 − 9x

2

=

2

9x2 + 4 y2 = 36

x2

+

y2

=1 .

4

9

Криві другого порядку на площині. Коло, еліпс, гіпербола

59

y

y

1

1

−

O

1

2

x

1−1

−2

−1

O

1

2

x

y = −3

−3

3

−1

x = 2

+

y2 + 6 y + 25

4

−3

y = −

3

4 − x2

2

x = 2

а

б

2. Знайдемо

ОДЗ змінних рівняння

x = 2 + 3

y2 + 6 y + 25 :

4

x − 2 >

0,

x − 2 > 0,

x > 2,

.

(y + 3)2 + 16

y R

y2 + 6 y + 25 > 0

> 0

Позбавившисьвідірраціональності, зведеморівняннялініїдокано-

нічного

вигляду

(x −

2)2 =

9

[(y + 3)2 +16]

16(x − 2)2 = 9(y + 3)2 +

16

+144

(x − 2)2

−

(y + 3)2

=1.

9

16

60

Аналітичнагеометрія

РІВЕНЬ Б

Розв'язання.

Рівняння кола (x − 5)2 + (y − 4)2 = R2 , де R = AC;

AB = 8 (рис. 5.11). Проведемо CD

AB AD = BD = 4;

CD

знайде-

мо як відстань від точки С до прямої:

A

CD =

5

+ 8 − 3

=

10

5 . За теоре-

R

D

1 + 4

5 = 2

C

B

мою Піфагора

AC

2 =

AD

2 +

CD

2 =

L

= 16 + 20 = 36 .

Остаточно одержимо

Рис. 5.11

рівняннякола (x − 5)2 + (y − 4)2 = 36.

Задача2. Скласти рівняння кола, щодотикаєтьсядодвохпаралель-

них прямих

L1: 2x + y − 5 = 0

та L2: 2x + y +15 = 0, причому до однієї

з них – у точці A(2; 1).