821

8. Нахождение координат точек пересечения прямой и параболы

Задание 8. Найти координаты точек пересечения прямой и параболы.

8.1.4 + 9 − 9 = 0, 2 = −27 .

8.2.4 + 3 + 8 = 0, 2 = 16 .

8.3.(√6 − 1) + 5 + √6 − 6 = 0, 2 = − .

8.4.(√6 − 2) − 12 + 4√6 = 0, 2 = 24 .

8.5.(√5 + 1) + 10 − 2√5 = 0, 2 = −20 .

8.6.2 + 3 + 8 = 0, 2 = 8 .

8.7.− 4 + 8 = 0, 2 = 16 .

8.8.3 + 4 − 9 = 0, 2 = −9 .

8.9.(√7 − 1) − 14 + 2√7 = 0, 2 = 28 .

8.10.2(√2 + 1) + − √2 − 2 = 0, 2 = 2 .

8.11.+ 4 − 3 = 0, 2 = − .

8.12.(2√3 + √6) − 6 − 6√2 = 0, 2 = 6 .

8.13.4 + 3 − 3 = 0, 2 = −3 .

8.14.8 − 3 + 4 = 0, 2 = −8 .

8.15.2 + 6 − 3 = 0, 2 = −24 .

8.16.− 3 + 3 = 0, 2 = 12 .

8.17.5 − 2 − 5 = 0, 2 = 20 .

8.18.+ 6 + 6 = 0, 2 = −18 .

8.19.5 + 8 − 8 = 0, 2 = −16 .

8.20.+ 3 + 4 = 0, 2 = 2 .

8.21.+ 2 + 4 = 0, 2 = −4 .

8.22.(3 − √3) + 2 + 3 − 3√3 = 0, 2 = −3 .

8.23.− 5 + 4 = 0, 2 = 10 .

8.24.3 + 6 + 8 = 0, 2 = −12 .

8.25.9 + 2 + 6 = 0, 2 = −18 .

8.26.15 + 8 + 15 = 0, 2 = 15 .

8.27.4 − 21 + 21 = 0, 2 = 21 .

8.28.(5 + √5) + 25 − 5√5 = 0, 2 = −25 .

8.29.7 + + 2 = 0, 2 = −7 .

8.30.14 + 9 + 14 = 0, 2 = 14 .

8.31.5 − 8 + 21 = 0, 2 = 2 .

8.32.− 4 − 2 = 0, 2 = −4 .

8.33.3 − 3 − 8 = 0, 2 = 6 .

8.34.9 − 2 + 9 = 0, 2 = −27 .

8.35.− 18 + 12 = 0, 2 = 18 .

8.36.3 + 5 + 4 = 0, 2 = −5 .

241

9. Составление полярного уравнения параболы по заданному её уравнению

Задание 9. Дано уравнение параболы. Составить её полярное уравнение, считая, что направление полярной оси совпадает с положительным направлением оси абсцисс, а полюс находится в фокусе параболы.

Третий уровень сложности

10. Определение параметра параболы по её полярному уравнению

Задание 10. Найти параметр параболы, заданной полярным уравне-

нием.

242

Первый уровень сложности.

1. Дано уравнение параболы ( − 1)2 = −5( + 3). Координаты её

Второй уровень сложности.

3. Уравнение параболы, расположенной симметрично относительно

3)прямая касается параболы в точке (−4; −2)

4)прямая касается параболы в точке (8; −8)

5)прямая проходит вне параболы

Третий уровень сложности.

5. Уравнение касательной к параболе 2 = 12 , проведённой параллельно прямой 3 − 2 + 30 = 0, имеет вид:

243

5) 3 + 2 = 0

Второй уровень сложности.

3. Уравнение параболы, вершина которой находится в начале коор-

4. Уравнение = −3 − 2√− − 1 определяет:

1)параболу с вершиной в точке (−3; −1), параметром = 2, симметричной относительно прямой = −3 и ветвями, направленными вниз

2)левую ветвь параболы с вершиной в точке (−3; −1), параметром

= 2, симметричной относительно прямой = −3 и ветвями, направленными вниз

3)правую ветвь параболы с вершиной в точке (−3; −1), параметром = 2, симметричной относительно прямой = −3 и ветвями, направленными вниз

4)верхнюю ветвь параболы с вершиной в точке (−3; −1), параметром = 2, симметричной относительно прямой = −1 и ветвями, направленными влево

5)нижнюю ветвь параболы с вершиной в точке (−3; −1), параметром = 2, симметричной относительно прямой = −1 и ветвями, направленными влево

Третий уровень сложности.

244

Глава 5. Исследование общего уравнения кривой второго порядка

В этой главе будет показан способ определения типа кривой второго порядка по её общему уравнению, а также способы приведения общего уравнения к каноническому виду.

5.1. Инварианты кривой второго порядка

Рассмотрим общее уравнение кривой второго порядка:

2 + 2 + 2 + 2 + 2 + = 0, где , , , , , – неко-

Эти величины не меняются при переносе начала координат и при повороте осей координат. Такие величины называют инвариантами кривой второго порядка.

Значения инвариант позволяют определить тип кривой второго порядка. Возможны три случая.

1.Если 2 > 0, то кривая относится к эллиптическому типу. Если при этом 1 > 0 и 3 < 0, то кривая представляет эллипс. Если 1 > 0 и 3 = 0, то кривая вырождена в точку. Если 1 > 0 и 3 > 0, то уравнение не определяет никакого геометрического образа (мнимый эллипс). Если 1 < 0, то, умножив исходное уравнение кривой на −1, получим положительное значение для 1.

2.Если 2 < 0, то кривая относится к гиперболическому типу. Если при этом 3 ≠ 0, то кривая представляет гиперболу. Если 3 = 0, то кривая представляет пару пересекающихся прямых.

3.Если 2 = 0, то кривая относится к параболическому типу. Если при этом 3 ≠ 0, то кривая представляет параболу. Если 3 = 0, то кривая представляет пару параллельных действительных прямых, которые могут сливаться, или пару мнимых параллельных прямых.

Пример 5.1. Даны общие уравнения кривых второго порядка. Запи-

сать значения их коэффициентов.

1)5 2 + 6 + 5 2 − 16 − 16 − 16 = 0;

2)2 − 2 + 2 − − 2 + 3 = 0;

3)2 2 − 3 + 3 2 + − 7 + 1 = 0;

4)2 + 2 + 2 + 3 + = 0;

5)5 2 + 12 − 22 − 12 − 19 = 0;

6)6 + 8 2 − 12 − 26 + 11 = 0;

7)2 2 − 5 + 5 − 1 = 0;

8)2 − 2 2 − 4 + 2 − 1 = 0;

9)2 − 4 − 2 + 3 = 0;

10)4 2 − 4 + 2 − − 2 = 0.

245

Решение.

Сравним каждое уравнение с общим уравнением кривой второго порядка: 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + = 0 и выпишем соответству-

ющие коэффициенты.

1) 5 2 + 6 + 5 2 − 16 − 16 − 16 = 0.

= 5, = 3, = 5, = −8, = −8, = −16. 2) 2 − 2 + 2 − − 2 + 3 = 0;

= 1, = −1, = 1, = − 12 , = −1, = 3. 3) 2 2 − 3 + 3 2 + − 7 + 1 = 0.

= 2, = − 32 , = 3, = 12 , = − 72 , = 1. 4) 2 + 2 + 2 + 3 + = 0.

= 1, = 1, = 1, = 32 , = 12 , = 0. 5) 5 2 + 12 − 22 − 12 − 19 = 0;

= 5, = 6, = 0, = −11, = −6, = −19. 6) 6 + 8 2 − 12 − 26 + 11 = 0;

= 0, = 3, = 8, = −6, = −13, = 11. 7) 2 2 − 5 + 5 − 1 = 0.

= 2, = − 52 , = 0, = 0, = 52 , = −1.

2 − 2 2 − 4 + 2 − 1 = 0.8)

= 1, = 0, = −2, = −2, = 1, = −1. 9) 2 − 4 − 2 + 3 = 0.

= 0, = 1, = 0, = −2, = −1, = 3. 10) 4 2 − 4 + 2 − − 2 = 0.

= 4, = −2, = 1, = − 12 , = 0, = −2.

Пример 5.2. С помощью инвариантов исследовать, какие кривые заданы следующими уравнениями:

1)2 − 2 + 2 2 − 4 − 6 + 3 = 0;

2)2 + 6 + 2 + 6 + 2 − 1 = 0;

3)2 − 4 + 3 2 + 2 − 2 = 0;

4)2 − 2 + 2 − 10 − 6 + 25 = 0;

5)9 2 − 6 + 2 − 6 + 2 = 0;

6)2 + 4 2 − 2 + 1 = 0;

7)5 2 + 6 + 5 2 − 4 + 4 + 12 = 0.

Решение.

1) 2 − 2 + 2 2 − 4 − 6 + 3 = 0. Вычислим инвариант 2 =

чаем: 1 = 1 + 2 = 3 > 0. Так как 1 > 0 и 3 < 0, то то кривая представляет эллипс.

кого геометрического образа.

Ответ: 1) эллипс; 2) гипербола; 3) пара пересекающихся прямых; 4) парабола; 5) пара параллельных прямых; 6) кривая вырождена в точку; 7) уравнение не определяет никакого геометрического образа.

5.2. Центр кривой второго порядка

Центром кривой второго порядка называется точка, относительно которой кривая симметрична. Кривые второго порядка, имеющие единственный центр, называются центральными. К центральным кривым относятся линии эллиптического и гиперболического типов.

Точка ( 0; 0) является центром кривой второго порядка, если её координаты удовлетворяют следующей системе уравнений:

2 ≠ 0, то система имеет единственное решение, то есть кривая имеет единственный центр и является центральной. Если система не имеет решения, то кривая не имеет центра. Если система имеет бесконечно много решений, то кривая имеет бесконечно много центров.

Пример 5.3. Установить, какие из следующих линий являются центральными, то есть имеют единственный центр; какие не имеют центра; какие имеют бесконечно много центров:

1)3 2 − 4 − 2 2 + 3 − 12 − 7 = 0;

2)4 2 − 4 + 2 − 12 + 6 − 11 = 0;

3)2 − 2 + 4 2 + 5 − 7 + 12 = 0;

4)4 2 − 20 + 25 2 − 14 + 2 − 15 = 0.

Решение.

1) 3 2 − 4 − 2 2 + 3 − 12 − 7 = 0. Вычислим инвариант 2:

2 = | | = |−32 −−22| = −10. Так как 2 ≠ 0, то кривая является цен-

тральной, то есть имеет единственный центр.

2) 4 2 − 4 + 2 − 12 + 6 − 11 = 0. Вычислим инвариант 2:

248

тральной, то есть или не имеет центра или имеет бесконечно много центров. Для разрешения этого вопроса воспользуемся системой уравнений,

определяющей координаты 0 и 0 центра кривой:

{ 0 + 0 + = 0,0 + 0 + = 0.

Подставляем значения коэффициентов из общего уравнения кривой:

{4 0 − 2 0 − 6 = 0, −2 0 + 0 + 3 = 0.

Преобразуем:

{2 0 − 0 = 3, 2 0 − 0 = 3.

Получена система линейных алгебраических уравнений. Исследуем её на совместность с помощью теоремы Кронекера – Капелли. Для этого найдём ранг матрицы системы и ранг расширенной матрицы системы. Запишем расширенную матрицу системы:

Вычеркнем нулевую строку:

(2 −1 |3).

Расширенная матрица приведена к ступенчатому виду. Отсюда видно, что ранг матрицы системы равен 1 и ранг расширенной матрицы системы также равен 1. Так как ранг матрицы системы равен рангу расширенной матрицы системы, то система совместна. Ранги равны 1, число неизвестных равно 2. Так как ранг меньше числа неизвестных, то система имеет бесконечное множество решений, а значит кривая имеет бесконечно много центров.

тральной, то есть или не имеет центра или имеет бесконечно много центров. Для разрешения этого вопроса воспользуемся системой уравнений,

определяющей координаты 0 и 0 центра кривой:

{ 0 + 0 + = 0,0 + 0 + = 0.

Подставляем значения коэффициентов из общего уравнения кривой:

{ 4 0 − 10 0 − 7 = 0, −10 0 + 25 0 + 1 = 0.

249

Преобразуем:

Получена система линейных алгебраических уравнений. Исследуем её на совместность с помощью теоремы Кронекера – Капелли. Для этого найдём ранг матрицы системы и ранг расширенной матрицы системы. Запишем расширенную матрицу системы:

Расширенная матрица приведена к ступенчатому виду. Отсюда видно, что ранг матрицы системы равен 1, а ранг расширенной матрицы системы равен 2. Так как ранг матрицы системы не равен рангу расширенной матрицы системы, то система не совместна, а значит кривая не имеет центра.

Ответ: 1) кривая является центральной; 2) кривая имеет бесконечно много центров; 3) кривая является центральной; 4) кривая не имеет центра.

Пример 5.4. Установить, что следующие кривые являются центральными, и для каждой из них найти координаты центра:

1)3 2 + 5 + 2 − 8 − 11 − 7 = 0;

2)9 2 − 4 − 7 2 − 12 = 0;

3)2 2 − 4 + 5 2 − 8 + 6 = 0.

Решение.

1) 3 2 + 5 + 2 − 8 − 11 − 7 = 0. Для центральной линии ин-

кривая является центральной.

Для нахождения координат центра 0 и 0 воспользуемся системой

уравнений:

{ 0 + 0 + = 0,0 + 0 + = 0.

Подставляем значения коэффициентов из общего уравнения кривой:

3 0 + 5 0 − 4 = 0, { 52 0 +2 0 − 112 = 0.

250