3.1.27. Найти точку пересечения

прямой

x − y − z +1 = 0,

и

плоскости

+ y − 3z +

7 = 0

2x

3x − 2 y + z − 4 = 0 .

3.2. Кривые второго порядка

3.2.1. Типовые примеры

Пример 3.2.1. Эксцентриситет линии второго порядка равен

5

, а рас-

3

стояние между фокусами равно 2

5. Определить вид линии и найти ее канони-

ческое уравнение.

Решение. По величине эксцентриситета ε =

5

<1 определяет, что линия

3

второго порядка – эллипс. Из условия задачи имеем 2c = 2

5 c =

5.

Найдем полуоси эллипса. Так как ε =

c

, c =

5, то

5

=

5

a = 3.

a

a

3

Из соотношения c2 = a2 − b2

находим

b2 = a2 − c2 b = 9 − 5 = 2.

Таким образом, каноническое уравнение эллипса имеет вид

x2

+

y2

=1.

9

4

Пример 3.2.2. Определить линию, провести ее полное исследование, по-

строить график а) 3x2 − 2 y2 = 6,

б) y2 = −6x.

3x2 − 2 y2 = 6

3x2

−

2 y2

=1

x2

−

y2

=1.

6

6

2

3

Исследование:

1) a =

3, b =

2 – действительная и мнимая полуоси,

A1(− 3,0), A2 (

3,0) – вершины;

2)

c =

a2 + b2

= 3 + 2 =

5 F (− 5,0),

F (

5,0) – фокусы гипербо-

1

2

лы;

3)

r1 − r2

= 2 3;

y

M

4) ε =

c

=

5

= 5 >1;

r

2

a

3

3

1

A2

3

b

2

F

A

О a

F x

5) асимптоты – это прямые y = ± a x y = ±

3 x.

1

1

2

Построим кривую (рис. 3.2.1)

-b

рис. 3.2.1

б) по каноническому уравнению y2 = −6x определяем, что кривая – пара-

бола с параметром p = −3.

Исследование:

y

1) O(0,0) – вершина параболы;

M

d

3

3

r

2)

– директриса;

F −

2

.0 – фокус, x =

2

F

O

3

x

3) r = d,

где r – расстояние от этой точки до директри-

− 3

2

2

фик:

1)

x2

+

y2

=1,

2) x2 − 3y2 = 9,

4

9

3) y2 =8x,

4) x2 + y2 =16,

5) 9x2 + 4 y2 = 9,

6) 9 y2 − 4x2 = 36,

7) y2 = −10x,

8) 3y = −x2 ,

9) x2 − 3y2 =1,

10) 2x2 − y2 = 0 .

3.2.2. Найти каноническое уравнение эллипса, зная его вершину A2 (6,0) в точ-

ку M (3,

3) на эллипсе.