РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ ПО АНАЛИТИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ НА ПЛОСКОСТИ

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Казанский государственный архитектурно-строительный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

ustu228.pdf

Скачиваний:

158

Добавлен:

12.05.2015

Размер:

2.55 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 2212 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 > Следующая >>>

и СВ (см. п.2.7):

Задача 1. Определить элементы треугольника, если заданы уравнения трех его сторон:

АС: х – 2у + 5 = 0, АВ: х + 2у – 3 = 0,

ВС: 2х + у – 15 = 0.

Решение

1. Вершины треугольника

Координаты вершин треугольника находятся как точки пересечения соответствующих сторон. Так, например, координаты точки А являются решением системы уравнений

x − 2y +5 = 0,

x + 2y −3 = 0.

Нетрудно показать, что А (-1, 2). Аналогично находим В (9, -3) и С (5, 5).

2. Уравнения высот

Высотой треугольника называется отрезок перпендикуляра, опущенного из вершины треугольника на противоположную сторону.

Так, например, hc = CC1 AB. Уравнение высоты СС1 ищем как уравнение

прямой у		=		k1x + b, если известен угловой коэффициент прямой АВ:
y = −	1 x +	3	,	равный k2	= −	1	. Из условия перпендикулярности прямых k1 k2
	2	2				2

= -1 → k1 = 2. Поскольку высота СС1 проходит через точку (5, 5), уравнение hc имеет вид у – 5 = 2 (х – 5) или у = 2х – 5.

Анализ уравнений сторон АС: y = 12 x + 52 и ВС: у = -2х + 5 убеждает нас в том, что АС ВС, и треугольник является прямоугольным. Таким образом, hA: y = 12 x + 52 ; hB: у = -2х + 15.

3. Уравнения медиан

Медианой называется отрезок прямой, соединяющей вершину треугольника с серединой противолежащей ей стороны.

Координаты середин сторон находятся по формулам деления отрезка в данном отношении (см. п.1.2): С2 (4, -1/2), В2 (2, 7/2), А2 (7, 1).

Уравнение медианы mC = CC2 получается как уравнение прямой, проходящей через точки С и С2 (см. п.2.3):

y −5	=	x	−5	или mC: 11х – 2у – 45 = 0.
−1 2 −5			−5
	4

положительно, так как начало координат и

отрицательно, так как начало координат и

Аналогично mВ: -13х – 14у + 75 = 0, mА: -x – 8y + 15 = 0.

4. Длины сторон

По формуле расстояния между двумя точками (см. п.I.I):

AB = c = 102 +52 = 5 5, BC = a = 4 5, AC = b = 3 5.

5. Уравнения биссектрис

Биссектрисой треугольника называется лежащий в треугольнике отрезок прямой, которая делит его внутренний угол пополам.

Укажем два способа нахождения уравнения биссектрисы треугольника.

а). Биссектриса делит противолежащую сторону в отношении, пропорциональном прилежащим сторонам.

Если С3 – точка пересечения биссектрисы lC = CC3 со стороной АС, то

АС3 = АС = b = 3 . С3 В СВ a 4

Координаты точки С3 находим по формулам деления отрезка в данном отношении λ = 3/4 (см. п.1.2): С3 (23/7, -1/7).

Уравнение биссектрисы lC = CC3 получается как уравнение прямой, проходящей через точки С3 и С (5, 5) (см. п.2.3):

y −5		=	x −5		или 3х – у – 10 = 0.
−1 7 −	5		23 7 −	5

б). Уравнение биссектрисы lC = CC3 может быть найдено из условия того, что точки биссектрисы CC3 равноудалены от сторон АС и СВ.

Вычислим отклонения точки (х, у), лежащей на биссектрисе, от сторон АС

δАС и δСВ отрицательны, так как начало координат и точки биссектрисы треугольника лежат по одну сторону от сторон АС и СВ. Учитывая, что d = |δ|, уравнение биссектрисы получим из равенства δ = −δ , δ < 0 ,-δАС = -δСВ,

которое принимает вид:	x − 2y +5	= −	2x + y −15	или lC: 3х – у – 10 = 0.
	5		5

Для вычисления биссектрисы угла А lА применим второй способ.

Отклонение δАС = − x − 2y +5

биссектриса lА лежат по одну сторону от стороны АС.

Отклонение δAB = x + 2y −3

биссектриса lА лежат по разные стороны от стороны АВ. Для биссектрисы lА справедливо -δАС = δАВ,

то есть	x − 2y +5	= x + 2y −3	или х – 2у + 5 = х + 2у –3.
	5
		5
Следовательно, 4у = 8. Таким образом, lА: у = 2.

Уравнение lВ: х+у – 6 = 0 может быть найдено одним из двух способов.

6. Центр и радиус вписанной окружности
	у				Биссектрисы треугольника пересекаются в
			С		одной точке, являющейся центром вписанной
					одной точке, являющейся центром вписанной
					окружности.
			r		окружности.
А					Система уравнений, составленная из уравнений
А		01		х
		01
	0				биссектрис:
	0				3х− у−10	= 0,
					3х− у−10	= 0,
				B
					у = 2,

имеет решение х = 4, у = 2.

Следовательно, центр вписанной окружности находится в точке О1 (4, 2). Радиус вписанной окружности найдем как расстояние от точки О1 до

стороны АС: δ

АС

= − x0 −2y0

+5 , где х = 4, у = 2.

Таким образом,

r = dAC =

δAC

− 4 − 4 +5

7. Центр и радиус описанной окружности

Центр описанной

окружности

находится

точке

пересечения

перпендикуляров,

восстановленных

сторонам

треугольника в их серединах.

BB2

Координаты

середин

сторон

АС

АВ

найдены

х в п.3).

С2 (4, -1/2), В2 (2, 7/2).

Уравнения линий серединных перпендикуляров hC

и hB

находим аналогично вычислениям в п.2.

Угловые

коэффициенты

и hB

равны

и -2

соответственно, и эти прямые проходят через точки С2 и В2, их уравнения имеют вид:

	h		: y +		1	= 2(x −4)	или 4x −2y −17 = 0,
	h		: y +			= 2(x −4)	или 4x −2y −17 = 0,
	C2		2
			2
	h		: y −	7		= −2(x −4)	или 4x + 2y −15 = 0.
	h		: y −			= −2(x −4)	или 4x + 2y −15 = 0.
	B		2
		2	2
		2
Система уравнений, составленная из уравнений серединных
перпендикуляров:
4x − 2 y −17 = 0,			, имеет решение х = 4, у = -1/2.
		0	, имеет решение х = 4, у = -1/2.
4x + 2 y −15	=	0

Следовательно, центр описанной окружности находится в точке О2 (4, -1/2). Нетрудно заметить, что центр описанной окружности совпал с серединой

стороны АВ: R = 12 AB = 5 25 .

8. Центр тяжести треугольника Центр тяжести треугольника находится в точке пересечения медиан.

Из п.3 имеем систему уравнений для определения координат центра

11x − 2y − 45 = 0,

тяжести

−13x −14y + 75 = 0.

Система имеет решение х = 4,33, у = 1,3. Следовательно, центр тяжести

треугольника находится в точке О3 (4,33; 1,3).
	Укажем, что медианы треугольника делятся точкой пересечения в
отношении 2 : 1, считая от вершины.
	Таким образом, координаты центра тяжести могут быть найдены как
координаты точки О3, делящей медиану в отношении λ =												СО3		=		2	.
координаты точки О3, делящей медиану в отношении λ =														=			.
												С С	2		1
											3		2
	Если воспользоваться формулами деления отрезка в данном отношении
(см. п.1.2), то координаты точки:
x	=	xC + 2xC	2	=	5 + 2 4	= 4,33;	y =	yC + 2yC	2	=	5 + 2 (−1 2)				=1,33.
x	=			=		= 4,33;	y =			=					=1,33.
O		3			3		O	3			3
3		3			3		3	3			3
3							3
9.	Внутренние углы треугольника

Внутренние углы треугольника могут быть найдены через угловые коэффициенты прилежащих сторон. Например, внутренний угол при

вершине А треугольника tgA =		kAC − kAB	=		1 2 −(−1 2)	= 4 .
	1	+ kAC kAB
				1+1 2 (−1 2) 3

Следовательно, А = arctg(4/3). 10. Площадь треугольника

По формуле площади треугольника (см. п.1.3) имеем

S∆ =	1	−1		2	1			1

		9 −3			1	=			60 = 30 (кв. ед.).

2		5		5	1		2

Площадь треугольника может быть вычислена по формуле
S∆ = p r,				где p – полупериметр треугольника;
			r – радиус вписанной окружности.
Поскольку p =			3	5 +5			5 + 4 5			= 6 5, a r = 5, то S∆ =30 (кв. ед.).

					5
Задача 2. Найти точки пересечения следующих линий:
2.1. (x – 1)2 + (y – 3)2 = 4							и (x – 3)2 + (y – 5)2 = 4;

2.2. (x – 5)2 + y2 = 1

и x + y = 0.

Решение

1. x2

+ y2

− 2x − 6y + 6 = 0,

вычитая из первого уравнения второе,

+ y2

−6x −10y

+30 = 0,

+ y

− 2x − 6y + 6 = 0,

получим систему x

y = −x + 6,

решая которую, получаем две точки пересечения (1, 5) и (3, 3).

2.2. Линии

(x – 5)2

+ y2

= 1 и x + y = 0 не пересекаются, так как система

уравнений (х−5)

=1, не имеет действительных решений.

х+ у = 0

Задача 3. Найти проекцию точки Р (4, 9) на прямую, проходящую через точки

А (3, 1) и В (5, 2).

Решение

Искомую точку найдем, решая совместно уравнение прямой АВ с уравнением перпендикуляра, проведенного к этой прямой из точки Р.

АВ:		х−3			=		у −1	→ у =	1	х−	1	.
АВ:					=		1	→ у =	2	х−	2	.
			2				1		2		2
Уравнение						перпендикуляра				из	точки Р на прямую АВ					ищем в виде
у – 9 = k(x – 4); из условия перпендикулярности k													1	= −1	→ k	= −2.
	1			1									2
	1		x −	1		,		x = 7,
y =	2		x −	2		,	→	x = 7,
	2			2			→
								y = 3.
y = −2x +17,

Задача 4. Постройте прямую 3х – 5у + 15 = 0.

Решение

	у
	3
	х
-5	0

Уравнение прямой в отрезках имеет вид: −x5 + 3y =1,

прямая отсекает на осях отрезки (-5) и 3.

Задача 5. Даны две прямые 2х + 3у – 5 = 0, 7х +15у +1 = 0, пересекающиеся в точке М. Составить уравнение прямой, которая проходит через точку М и перпендикулярна к прямой 12х – 5у – 1 = 0.

Решение

Прямые пересекаются, так как угловые коэффициенты 2/7 ≠ 3/15. Составим уравнение пучка прямых с центром в точке М (см. п.2.11):

2х + 3у – 5 + λ (7х + 15у +1) = 0.

Чтобы выделить в этом пучке искомую прямую, найдем ее из условия перпендикулярности к прямой 12х – 5у – 1, для которой k1 = 12/5.

Из уравнения пучка прямых					(2 + 7λ) х + (3 + 15λ) у + (-5 + λ) = 0 получаем
k = −	2 + 7λ	= −	1	, значит, −	2 + 7λ	= −		5	, откуда λ = -1 и уравнение искомой
	3 +15λ		k		3 +15λ		12

			1

прямой:

5х + 12у + 6 = 0.

Задача 6. Написать уравнение прямой L, проходящей через точку М (2, 1) под углом 45° к прямой L1: 2х + 3у +4 = 0.

Решение

Угол между прямыми найдем из выражения для тангенса угла α между

Из этого уравнения k1 = 1/5, k2 = -5.

Используя координаты точки М, запишем уравнения искомых прямых:

	1	3			x −5y +3 = 0,
L : y =	5 x +	5	,	или	x −5y +3 = 0,
					5x + y −11 = 0.
y = −5x +11					5x + y −11 = 0.

Задача	7.	Составить
L1: х + 2у – 1 = 0 и L2: х +
1	y
1
L
L		x
2	0	x
L	0
		M(x,y)
Решение

уравнение прямой L, параллельной прямым 2у +2 = 0 и проходящей посередине между ними.

1 способ. Уравнение прямой L будем искать в виде А(х – х0) + В(у + у0) = 0. В

качестве нормального вектора		n ={A, B} можно выбрать нормальный вектор
прямых	L1 и L2, равный	{1, 2}. Найдем какую-нибудь точку
М0 (х0, у0)	L. Точка М0 будет делить пополам отрезок, соединяющий две

любые точки, лежащие на L1 и L2. Например, М1 (1, 0) L1 и М2 (-2, 0) L2, тогда точка М0 имеет координаты (-1/2, 0), и уравнение прямой L принимает

вид: х + 2у + 1/2 = 0.

2 способ. Произвольная точка М (х, у) L, если (см. п.2.6)

| δ (М, L1) | = | δ (М, L2) |.

Для снятия модуля определим знаки отклонений точки М (х, у) от прямых L1 и L2. Для этого нужно выяснить взаимное расположение начала координат, точки М (х, у) и прямых L1 и L2.

Приведем уравнения прямых к нормальному виду:

L1		1	x +	2	y −	1		n1		1			2
	:						= 0,		=		,			,
		5		5		5				5			5

L2	: −	1	x −	2	y −	1	= 0,	n2		−1		,	−2		,
									=
		5		5		5				5			5

где n1 и n2 - единичные векторы нормалей к прямым L1 и L2, проведенным из

начала координат.

Видим, что n1 и n2 противоположны по направлению, значит, начало координат

лежит в полосе между прямыми L1 и L2. Отсюда заключаем, что точка М и начало координат лежат по одну сторону как от прямой L1, так и от прямой L2, значит, отклонения точки М от прямых L1 и L2 имеют один и тот же знак

	x + 2y −1		−x − 2y − 2	следует
(отрицательный), тогда из		=
	5		5

х + 2у – 1 = -х – 2у – 2 и	х + 2у + 1/2 = 0.

Задача 8. Составить уравнение эллипса, фокусы которого лежат на оси абсцисс, симметрично относительно начала координат, зная, что малая ось равна 10, а эксцентриситет равен 12/13.

Решение

b = 5, е = 12/13. Поскольку е = с/а и а2 = b2 + c2, то

Из условия имеем

= b

+ е a

или

. Подставляя числовые значения, получим

1−e2

а2 = 169.

х2

у2

Следовательно, уравнение эллипса имеет вид:

=1.

169

Задача 9. Составить уравнение эллипса, фокусы которого лежат на оси абсцисс, симметрично относительно начала координат, зная, что его большая ось равна 10, а расстояние между фокусами равно 8.

Решение

Из условия имеем а = 5, с = 4. Вычислим малую полуось b = a2 −c2 = 25 −16 = 3.

Следовательно, уравнение эллипса имеет вид: х2 + у2 =1. 25 9

Задача 10. Фокусы гиперболы совпадают с фокусами эллипса

Составить уравнение гиперболы, если ее эксцентриситет равен 2.

Решение

Из уравнения эллипса находим: aэл.2 = 25, bэл.2 = 9.

сэл.2 = aэл.2 - bэл.2 = 16, сэл. = 4. По условию сгип. = сэл. = с и егип. = с/агип. = 2.

x2 + y2 =1. 25 9

Таким образом, агип. = с/2 = 2 и bгип.2 = с2 – агип.2 = 16					– 4 = 12.
Уравнение искомой гиперболы имеет вид:	x2	−	y2	=1.
	4		12

Задача 11. Составить уравнение параболы, если известны ее фокус F(-7, 0) и уравнение директрисы x – 7 = 0.

Решение

Из уравнения директрисы имеем x = -p/2 = 7 или p = -14.

Таким образом, уравнение искомой параболы y2 = -28x.

Задача 12. Установить, какие линии определяются следующими уравнениями. Сделать чертежи.

1. y = 7 −	3	x2 −6x +13, y < 7, x R.
1. y = 7 −		x2 −6x +13, y < 7, x R.
2
Решение
y −7 = − 3		x2 −6x +13.	Возводим	обе	части
2
уравнения в квадрат:
		(y −7)2 = 94 (x2 −6x +13)		или
		4 (y −7)2 =(x2 −6x +13).
		9
Выделяем в правой части полный квадрат:
4 (y −7)2 = (x −3)2 + 4 или			(x −3)2 − ( y −7)2		= −1.
9			4	9

Это – сопряженная гипербола. О′(3, 7), полуоси а = 2, b = 3.

Заданное же уравнение определяет ветвь гиперболы, расположенную под прямой y – 7 = 0, т.к. y < 7.

2.	x =1−	1	y +1	.
		2	2

Решение

Область допустимых значений (х, у) определяется

условиями
y +1		≥ 0,		y ≥ −1,
			→
	2

	− x	≥ 0,		x ≤1.
1

(y + 1)/2 = 4 (1 – x)2 → y + 1 = 8 (1 – x)2.

Искомая кривая – часть параболы с вершиной в точке (1, -1).

3. y = −2 − 9 − x2 +8x.

Решение

Искомая кривая – часть окружности:

(y + 2)2 + (x – 4)2 = 52, y ≤ -2, x [-1, 9].

4. y2 – x2 = 0.			y
Решение			y
Решение	(y – x) (y + x) = 0	y=-x	y=x
		y=-x	y=x

– две пересекающиеся прямые.

Задача 13. Какую линию определяет уравнение x2 + y2 = x?

Решение

Запишем уравнение в виде x2 – x + y2 = 0.

Выделим полный квадрат из слагаемых, содержащих х: x2 – x = (x – 1/2)2 – 1/4.

	1	2		2	=	1
Уравнение принимает вид x −	2		+ y		=	4
	2					4

и определяет окружность с центром в точке (1/2, 0) и радиусом 1/2.

Задача 14. Преобразовать уравнение x2 – y2 = a2 поворотом осей на 45° против часовой стрелки.

Решение

Так как α = -45°, то cosα = 22, sin α = − 22.

Отсюда преобразование поворота принимает вид (см. п.4.2):

x = 22 (x′+ y′),

y = 22 (y′− x′).

Подстановка в исходное уравнение дает х′у′= а2/2.

Проиллюстрируем приведение общих уравнений прямых второго порядка к каноническому виду на нескольких примерах, иллюстрирующих разные схемы преобразований.

Задача 15. Привести уравнение 5x2 + 9y2 – 30x + 18y + 9 = 0 к каноническому виду и построить кривую.

Решение

Сгруппируем члены этого уравнения, содержащие одноименные

координаты:

(5x2 – 30x) + (9y2 + 18y) +9 = 0, или 5(x2 – 6x) + 9(y2 + 2y) +9 = 0.

y′

Дополняем члены в скобках до полных квадратов:

5(x2 – 6x + 9 – 9) + 9(y2 + 2y + 1 – 1) +9 = 0, или

5(x – 3)2 + 9(y + 1)2 = 45.

x′

Обозначаем x′= x – 3, y′= y + 1,

x0 = 3, y0 = -1, то есть точка О1(3, -1) – центр

кривой.

вид:

Уравнение в новой системе координат принимает

′2

+9y

′2

45 →

5 =1

определяет

эллипс

полуосями

а = 3, b = 5,который в исходной системе координат имеет центр в точке

О1(3, -1).

Задача 16. Определить вид кривой

5 x2

7 y2

= 2.

Решение

Определим угол поворота осей по формуле (7) п.4.4:

A =

, B =

, A ≠ C иϕ=

arctg

arctg (−

3)= −

6 .

A −C

Подвергнем уравнение кривой преобразованию:

′

+ y

′

x = x cosϕ− y

sin ϕ= x

′1

′

+ y

′

y = x sin ϕ+ y

cosϕ= −x

и получим уравнение эллипса

′

+ y

′1

′

+ y

′

−

= 2 .

x +

x′2 + 2y′2 = 2.

Задача 17. Установить, какую линию определяет уравнение x2 + y2 + xy – 2x + 3y = 0.

Решение

Перенесем начало координат в такую точку О1(х0, у0), чтобы уравнение не содержало х′ и у′ в первой степени.

Это соответствует преобразованию координат вида (см. п.4.1):

x = x′+ x0 ,y = y′+ y0.

Подстановка в исходное уравнение дает

(x′+ x0)2 + (x′+ x0)(y′+ y0) + (y′+ y0)2 – 2(x′+ x0) + 3(y′+ y0) = 0 или

x′2 + x′y′+ y′2 + (2x0 + y0 - 2)x′+ (x0 + 2y0 + 3)y′+ x02 + x0y0 + y02 - 2x0 + 3y0 =0.

Положим 2x0 + y0 – 2 = 0, x0 + 2y0 + 3 = 0.

Решение полученной системы уравнений: x0 = 7/3 и y0 = -8/3.

Таким образом, координаты нового начала координат O1(7/3, -8/3), а

уравнение принимает вид x′2 + x′y′+ y′2 = 93/25.

Повернем оси координат на такой угол α, чтобы исчез член х′у′.

Подвергнем последнее уравнение преобразованию (см. п.4.2):

x′ = x′′cosα − y′′sin α,

′

′′

cosα

= x sin α+ y

и получим (cos2α + sinα cosα + sin2α) x′′2

y′′

′

x′′

(cos2α - sin2α) x′′y′′+

(sin α - sinα cosα +

cos α) y′′

93/25.

Полагая cos2α - sin2α = 0, имеем tg2α =

x′

Следовательно, α1,2 = ±45°.

Возьмем α = 45°, cos45° = sin45° =

2 2.

После соответствующих вычислений получаем

2 x′′

2 y′′

= 25.

	′′2			y	′′2
Итак,	x	+		y		=1
Итак,	62 25	+	186 25			=1
	62 25		186 25
– уравнение эллипса
с полуосями a =				62 5 ≈1,5;
	b =	186 5 ≈ 2,7

в дважды штрихованной системе координат, получаемой из исходной параллельным переносом осей координат в точку О1(7/3, -8/3) и последующим поворотом на угол 45° против часовой стрелки.

Уравнение x2 + y2 + xy – 2x + 3y = 0 приведено к каноническому виду
	′′2		y	′′2
	x	+			=1.
	a2		b2

Задача 18. Привести к каноническому виду уравнение

4x2 – 4xy + y2 – 2x – 14y + 7 = 0.

Решение

Система уравнений для нахождения центра кривой (формула (6) п.4.4)

4x	− 2y		−1 = 0,	несовместна,
0		0		несовместна,
−2x0 + y0 −7 = 0

значит, данная кривая центра не имеет. Не меняя начала координат, повернем оси на некоторый угол α, соответствующие преобразования координат имеют

x = x′cosα − y′sin α,

вид:

y = x′sin α+ y′cosα.

Перейдем в левой части уравнения к новым координатам: 4x2 – 4xy + y2 – 2x – 14y + 7 = (4cos2α - 4cosα sinα + sin2α) x′2 +

+2 (-4sinα cosα - 2cos2α + 2sin2α + sinα cosα) x′y′+

+(4sin2α + 4sinα cosα + cos2α) y′2 +

+2 (-cosα - 7sinα) x′+ 2 (sinα - 7cosα) y′+ 7. (*)

Постараемся теперь подобрать угол α так, чтобы коэффициент при х′у′ обратился в нуль. Для этого нам придется решить тригонометрическое уравнение -4sinα cosα - 2cos2α + 2sin2α + sinα cosα = 0.

Имеем 2sin2α - 3sinα cosα - 2cos2α = 0, или 2tg2α - 3tgα - 2 = 0.

Отсюда tgα = 2, или tgα = -1/2. Возьмем первое решение, что соответствует повороту осей на острый угол. Зная tgα, вычислим cosα и sinα:

cosα =	1	=	1	,	sin α =	tgα	=	2	.
	+tg2α		5			+tg2α		5
1					1

Отсюда, и учитывая (*), находим уравнение данной кривой в системе х′,у′:

5y	′2	′	− 2	5y	′	+ 7	= 0.	(**)
		−6 5x

Дальнейшее упрощение уравнения (**) производится при помощи параллельного перенесения осей Ох′, Оу′.

Перепишем уравнение (**) следующим образом:

5( y	′2	− 2	5	′	′	+ 7 = 0.
			5
				y ) −6 5x

Дополнив выражение в первой скобке до полного квадрата разности и компенсируя это дополнение надлежащим слагаемым, получим:

	′		5	2		6 5		′		5
y		−			−				−		= 0.
			5			5	x			5

Введем теперь еще новые координаты х′′,у′′, полагая
		x′= x′′+ 5 5,					y′= y′′+ 5 5,
		что соответствует	параллельному перемещению
		осей на величину		5 5 в направлении оси Ох′ и
		на величину 5 5			в	направлении оси Оу′. В
		координатах х′′у′′ уравнение данной линии
		принимает вид
		y		′′	=	6 5	′′2	.
				′′		5	′′2
						5	x
		Это есть каноническое уравнение параболы с
параметром p =	3 5	и с вершиной в начале координат системы х′′у′′. Парабола
параметром p =	5	и с вершиной в начале координат системы х′′у′′. Парабола
	5

расположена симметрично относительно оси х′′ и бесконечно простирается в

положительном направлении этой оси. Координаты вершины в системе х′у′

5		5			1		3
	;		а в системе ху	−		;		.
5	;	5	а в системе ху	−	5	;	5	.
5		5			5		5

Задача 19. Какую линию определяет уравнение 4x2 - 4xy + y2 + 4x - 2y - 3 =0?

Решение

Система для нахождения центра кривой в данном случае имеет вид:

				4x − 2y	+ 2 = 0,
y		2x-y+3=0		0	0
y		2x-y+3=0		0	0
		2x-y+1=0		−2x0 + y0 −1 = 0.
		2x-y+1=0
		2x-y-1=0	Эта система равносильна одному уравнению 2х0 – у0
		2x-y-1=0	+ 1 = 0, следовательно, линия имеет бесконечно
			+ 1 = 0, следовательно, линия имеет бесконечно
			много центров, составляющих прямую 2х – у + 1= 0.
		x	Заметим, что левая часть данного уравнения
			разлагается на множители первой степени:
	0		разлагается на множители первой степени:
			4х2 – 4ху + у2 + 4х –2у –3 =
			= (2х – у +3)(2х – у – 1).
			= (2х – у +3)(2х – у – 1).

Значит, рассматриваемая линия есть пара параллельных прямых: 2ху – у +3 = 0 и 2х – у – 1 = 0.

Задача 20
1. Уравнение 5х2 + 6ху + 5у2 – 4х + 4у + 12 = 0	′2		y	′2

приводится к каноническому виду х′2 + 4у′2 + 4 = 0, или	x	+			= −1.
	4
		1

Это уравнение похоже на каноническое уравнение эллипса. Однако оно не определяет на плоскости никакого действительного образа, так как для любых действительных чисел х′,у′ левая часть его не отрицательна, а cправа стоит –1. Такое уравнение и аналогичные ему называются уравнениями мнимого эллипса.

2. Уравнение 5х2 + 6ху + 5у2 – 4х + 4у + 4 = 0	′2		y	′2

приводится к каноническому виду х′2 + 4у′2 = 0, или	x	+			= 0.
	4
		1

Уравнение также похоже на каноническое уравнение эллипса, но определяет не эллипс, а единственную точку: х′ = 0, у′ = 0. Такое уравнение и аналогичные ему называются уравнениями вырожденного эллипса.

Задача 21. Составить уравнение параболы, если ее фокус находится в точке F(2, -1) и уравнение директрисы D: x – y – 1 = 0.

Решение

Пусть в некоторой системе координат х′О1у′ парабола имеет канонический вид у′2 = 2рх′. Если прямая у = х – 1 является ее директрисой, то оси системы координат х′О1у′ параллельны директрисе.

Координаты вершины параболы, совпадающей с новым началом координат О1, найдем как середину отрезка нормали к директрисе D, проходящей через фокус.

Итак, ось О1х′описывается уравнением

у = -х + b, -1 = -2 + b. Откуда b = 1 и О1х′: у = -х + 1.

Координаты точки K пересечения директрисы и оси О1х′ находим из условия:

y =	x −1	,	→ xК =1, yK = 0.

y = −x +1

Итак, уравнение параболы в старой системе координат получим, если

подвергнем уравнение параболы y′2 = 2

x′ преобразованию (см. формулу (5)

п.4.3):

x′ =

x −

cos(−45°) + y +

sin(−45°),

x′

(x − y − 2),

→

y′ = − x −

sin(−45°) + y +

cos(−45°)

y′

(x + y −1),

′2

′

(x + y

−1)

= 2 2

(x − y − 2),

= 2 2 x

откуда искомое уравнение параболы имеет вид: х2 + 2ху + у2 – 6х + 2у + 9 = 0. Задача 22. Написать уравнение гиперболы, если известны ее эксцентриситет

е = 5, фокус F(2, -3) и уравнение директрисы				y′		y
						y
3х – у + 3 = 0.						D1
3х – у + 3 = 0.
Решение						3 B
Уравнение директрисы D1: у = 3х + 3 позволяет						3 B
Уравнение директрисы D1: у = 3х + 3 позволяет
заключить, что новая ось координат Ох′ имеет
вид y = (-1/3)x + b, проходит через точку F(2, -				-7	-1	α	x
1	+b,	откуда b = -7/3 и Ох′		O1	A	0
1				O1
3), значит, −3 = −3 2						K
						K
		1 x −	7 .	a /	5	-7/3	x′
задается уравнением	y = −	1 x −	7 .			F	x′
		3	3

Пусть начало новой системы координат находится в точке О1(х0, у0). Найдем координаты точки К как координаты точки пересечения директрисы D1 и

3x − y +3 = 0,			→ xK	= −	8	, yK	= −	9 .
оси Ох′′ из системы	3y + x + 7	= 0
					5			5

Геометрические свойства

гиперболы,

которая

новых

осях

координат

Ох′у′имеет вид

′2

=1,

позволяют найти КF как расстояние от фокуса

−

F(2, -3) до директрисы D1: 3х – у + 3 = 0.

KF =

3 (2) −(−3) +3

O K

= a =

O F

= c =

a2 +b2 ,

9 +1

O K =O F

− KF

= a2 +b2 −

так

как

e =

= 4a

. Значение

находим

из

уравнения

= a

5 −

и получаем a =

. При этом b2 = 18.

′2

Уравнение гиперболы в новых координатах имеет вид

−

=1.

9 2

Координаты нового центра найдем, зная что точка К делит отрезок О1F в

отношении λ =

O1K

x0 = −

1 4

откуда

y0 +

y0 = −

2 .

+1 4

Из ∆ АВО: sinα = 1

10 ,

cosα = 3

10 . Так как поворот совершается на

угол (-α): sin(-α) = −1

10 , cos(-α) = 3

10 ,

то формулы преобразований

координат (см. (5) в п.4.3) принимают вид:

5 3

(3x − y + 6),

x′ = x

−

x′

→

(x +3y + 7)

y′

= −

x +

−

y′ =

(3x − y + 6)2

(x +3y + 7)2

и уравнение гиперболы принимает вид

−

=1,

9 2

4(3х – у +6)2 – (х + 3у + 7)2 = 180

или 7х2 – у2 – 6ху – 18у + 26х + 17 = 0.

Задача 23. Найти полярный угол отрезка, направленного из точки (5, 3 ) в

точку (6, 23 ).

Решение

ρ= (6 −5)2 + (2 3 − 3)2 = 2,

cosϕ =1 2, sin ϕ = 3 2 ϕ= 60°.

(см. п.5.2).

Задача 24. Составить уравнение прямой в полярных координатах, считая известными расстояние р от полюса до прямой и угол α от полярной оси до луча, направленного из полюса перпендикулярно к прямой.

M (ρ, ϕ)

βP

Решение

Известны ОР = р, РОА = α, произвольная точка М прямой L имеет координаты (ρ, ϕ).

Точка М лежит на прямой L в том и только в том случае,

αкогда проекция точки М на луч ОР совпадает с точкой Р,

		т.е. когда р = ρ cosβ, где РОМ = β. Угол ϕ = α + β и
O	A	т.е. когда р = ρ cosβ, где РОМ = β. Угол ϕ = α + β и
		уравнение прямой L принимает вид ρ cos(ϕ - α) = p.

Задача 25. Найти полярные уравнения указанных кривых: 1). x = a, a > 0

Решение

ρ cosϕ = a → ρ = a/cosϕ.

	a
0	ρ

2). y = b, b > 0

Решение

ρ sinϕ = b		→ ρ = b/sinϕ.			0
3). (х2 + у2)2 = а2ху
Решение: xy ≥ 0,
ρ4 = a2ρ2 cosϕsin ϕ→ ρ2 = a2				sin 2ϕ,	sin 2ϕ≥ 0.
		2
Уравнение кривой в полярных координатах имеет
вид ρ =	a		sin 2ϕ, ϕ [0, π 2] [π, 3π 2] и задает



2

двухлепестковую розу:

Задача 26. Построить заданные в полярной системе координат линии: 1). ρ = 2a sinϕ, a > 0.

Решение		y
Решение
x2 + y2 = 2a			,
x2 + y2 = 2a	x2	+ y2	,
	x2	+ y2		a
x2 + y2 – 2ay = 0,			0
x2 + y2 – 2ay = 0,

x2 + (y – a)2 = a2. 2). ρ = 2 + cosϕ.

Решение

Линия получается, если каждый радиус-вектор окружности

ρ = cosϕ увеличить на два. Найдем координаты контрольных точек:

ϕ= 0, ρ = 3;

ϕ= π/2, ρ = 2;

ϕ= π, ρ = 1.

3). ρ = 9

4 −5cosϕ

Решение

4 – 5 cosϕ > 0, cosϕ < 4/5, ϕ (arccos(4/5), 2π – arccos(4/5)).

При этом ρ (4 - 5 cosϕ) = 9. Переходя к декартовым координатам, получаем

x	2	+ y	2					x
				4	−5					= 9,
				4	−5					= 9,
						x	2	+ y	2
						x		+ y

4 x2 + y2 = 5x +9, 16(x2 + y2 )= (5x +9)2 ,

16x2 + 16y2 = 25x2 + 90x + 81, 9x2 + 90x – 16y2 +81 = 0,

	2	2		(x +5)2			y	2
9(x + 5)		– 16y = 144	→		2	−			=1
9(x + 5)		– 16y = 144	→	4	2	−	3	2	=1
				4			3

гиперболы при указанных ϕ.

Кривую можно было построить по точкам, например, при ϕ = π 4). ρ2 sin2ϕ = а2.

–правая ветвь

ρ= 9/10.

Решение

sin 2ϕ≥ 0, ϕ [0, π2] [π, 3π2].

ρ =		a	.

	sin 2ϕ
	sin 2ϕ

Перейдем к декартовым координатам, учтем, что

sin 2ϕ = 2cos ϕ sin ϕ	ρ2	=	2xy	,
	ρ2		x2 + y2

тогда кривая принимает вид гиперболы: y = a22 . x

Задача 27. Какие линии задаются следующими параметрическими уравнениями:

		x = 3cost,						t [0, 2π].
1).								t [0, 2π].
		y = 2sin t,
Решение
	x2		y2
		+			=1 - эллипс.
	2	+	2	2	=1 - эллипс.
3			2
						2
2). x = t						2	− 2t	+1, t R.
2). x = t							− 2t	+1, t R.
		y = t −1,

Решение

у2 = x – парабола.

x = −1 + 2 cost,		t [0, 2π].
3).	y = 3 + 2sin t,

Решение

(x + 1)2 + (y – 3)2 = 4 –окружность;

x = 2t −1,			t R.
4).	− 4t2	,
y =1

Решение

y = -x2 – 2x, y – 1 = -(x + 1)2 – парабола с вершиной в точке (-1, 1).

	3
Задача 28. Выведите уравнение астроиды x = acos		t,	t [0, 2π],

y = asin3 t,

в полярной системе координат.

Решение

x2 + y2 = a2(sin6t + cos6t) = a2(sin2t + cos2t) (sin4t + cos4t – sin2t cos2t) =

=a2(sin4t + cos4t + 2sin2t cos2t – 3sin2t cos2t) = a2((sin2t + cos2t)2 – 3sin2t cos2t) =

=a2(1 – 3sin2t cos2t) = a2(1 – (3/4) sin22t).

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 2212 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
12.05.20158.6 Mб111uchebnik30.pdf
#
11.05.201514.61 Mб278UChEBNOE_POSOBIE_po_IG_10-03.doc
#
01.03.2025135.17 Кб9uchr_referat мой.doc
#
11.05.2015358.91 Кб86UK.doc
#
12.05.2015559.48 Кб66UKpdf.pdf
#
12.05.20152.55 Mб158ustu228.pdf
#
01.04.2025213.45 Кб3Variant_7.rtf
#
15.08.2019574.7 Кб65Verbals ex. 3 курс.rtf
#
12.05.2015201.64 Кб47Voprosi_k_ekzameny_po_himii.pdf
#
01.04.202555.81 Кб0Voprosy_dlya_gosekzamena_2013.doc
#
01.05.2025546.3 Кб0zachet_istoria (1).doc