Практическое занятие 3

АНАЛИТИЧЕСКая ГЕОМЕТРИя на плоскости

1. Прямая на плоскости

№

Задание

Ответ

1

треугольник задан уравнениями трех его сторон:

АС: х – 2у + 5 = 0,

АВ: х + 2у – 3 = 0,

ВС: 2х + у – 15 = 0.

Определите следующие элементы треугольника:

а) координаты вершин,

б) уравнения высот,

в) уравнения медиан,

г) длины сторон,

д) уравнения биссектрис,

ж) центр и радиус вписанной окружности,

з) центр и радиус описанной окружности,

и) центр тяжести треугольника,

к) внутренние углы треугольника,

л) площадь треугольника.

Решение:

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

А (-1, 2).

Аналогично находятся В (9, -3) и С (5, 5).

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

Уравнение высоты h_c = CC₁ ищем как уравнение прямой, приходящей через точку С перпендикулярно к AB: и уравнение высоты .

Анализ уравнений сторон АС: и

ВС: у = -2х + 5 убеждает в том, что АС  ВС, треугольник является прямоугольным, значит, уравнение h_A: h_B: у = -2х + 15.

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

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

Уравнение медианы m_C = CC₂ получается как уравнение прямой, проходящей через точки С и С₂:

или m_C: 11х–2у–45=0.

Аналогично m_В: 13х+14у–75=0,

m_А: x+8y–15=0.

г) Длины сторон найдем по формуле расстояния между двумя точками:

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

Укажем два способа нахождения уравнения биссектрисы треугольника.

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

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

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

Уравнение биссектрисы l_C = CC₃ получается как уравнение прямой, проходящей через точки С₃ и С (5, 5):

или 3х – у – 10 = 0.

2) Найдем направляющий вектор биссектрисы

l_C = CC₃: .

Таким образом, в качестве направляющего вектора прямой можно взять вектор и уравнение биссектрисы принимает вид: .

уравнения l_В: х+у – 6 = 0 и l_А: у = 2

могут быть найдены одним из двух способов.

ж) Центр вписанной окружности находится в точке пересечения биссектрис l_С и l_А треугольника.

Система уравнений, составленная из уравнений биссектрис:

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: где х₀ = 4, у₀ = 2.

Таким образом,

з) Центр описанной окружности находится в точке пересечения серединных перпендикуляров. Для прямоугольного треугольника он лежит на середине гипотенузы.

и) Центр тяжести треугольника находится в точке пересечения медиан.

1) Из п.в) имеем систему уравнений для определения координат центра тяжести как точки пересечения медиан m_С и m_B :

Система имеет решение х = 4,3, у = 1,3. Следовательно, центр тяжести треугольника находится в точке О₃ (4,3; 1,3).

2) 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

Если воспользоваться формулами деления отрезка в данном отношении, то координаты точки:

к) Внутренние углы.

Например, внутренний угол при вершине А треугольника может быть найден следующим образом:

л) По формуле площади треугольника имеем

1)

2) Площадь треугольника может быть вычислена по формуле:

S_ = p  r,

где p – полупериметр треугольника; r – радиус вписанной окружности.

Поскольку

(кв. ед.).

а)

А (-1, 2),

В (9, -3),

С (5, 5),

б)

,

у=-2х+15,

у=2х–5,

в)

x+8y–15=0,

13х+14у–75=0,

11х–2у–45=0,

г) ,

д)

у = 2,

х+у–6=0,

3х–у–10=0,

ж)

О₁(4,2), ,

з)

О₂(4,-1/2), ,

и)

к)л) 30.

2

Найдите проекцию точки Р (4, 9) на прямую, проходящую через точки А (3, 1) и В (5, 2).

Решение:

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

Уравнение перпендикуляра из точки Р на прямую АВ ищем в виде у – 9 = k (x – 4); из условия перпендикулярности

М=

3

Постройте прямую 3х – 5у + 15 = 0.

Решение:

Уравнение прямой в отрезках имеет вид: прямая отсекает на осях отрезки (-5) и 3.

4

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

Решение 1:

Прямые 2х + 3у – 5 = 0, ,

7х +15у +1 = 0, пересекаются, так как они имеют разные угловые коэффициенты. Составим уравнение пучка прямых, проходящих через точку их пересечения М:

2х + 3у – 5 + l×(7х + 15у +1) = 0,

(2 + 7l)×х + (3 + 15l)×у + (-5 + l) = 0

Выделим в этом пучке искомую прямую . По условию искомая прямая перпендикулярна прямой 12х – 5у – 1 = 0, для которой . Угловой коэффициент искомой кривой , l = -1 и уравнение искомой прямой принимает вид:

5х + 12у + 6 = 0.

Решение 2:

Решая систему найдем точку пересечения прямых . Каноническое уравнение прямой имеет вид: или .

5

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

Решение:

, L₁: 2х + 3у +4 = 0, .

, М (2,1),

6

Составьте уравнение прямой L, параллельной прямым L₁: х + 2у – 1 = 0

и L₂: х + 2у +2 = 0 и проходящей посередине между ними.

Решение:

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

х+2у+1/2=0

2. Кривые второго порядка

6

Найдите точки пересечения следующих линий:

1) (x – 1)² + (y – 3)² = 4 и (x – 3)² + (y – 5)² = 4;

2) (x – 5)² + y² = 1 и x + y = 0.

Решение:

1) вычитая из первого уравнения второе,

получим систему

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

2)Линии (x – 5)² + y² = 1 и x + y = 0 не пересекаются, так как система уравнений не имеет действительных решений.

1) (1, 5) (3, 3).

2)

7

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

Решение:

Из условия имеем b = 5, е = 12/13. Поскольку е = с/а и а² = b² + c², то a² = b² + е²a² или Подставляя числовые значения, получим

а² = 169.

Следовательно, уравнение эллипса имеет вид:

8

Составьте 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

Следовательно, уравнение эллипса имеет вид:

9

Фокусы гиперболы совпадают с фокусами эллипса Составьте уравнение гиперболы, если ее эксцентриситет равен 2.

Решение:

Из уравнения эллипса находим: a_эл.² = 25, b_эл.² = 9.

с_эл.² = a_эл.² - b_эл.² = 16, с_эл. = 4.

По условию с_гип. = с_эл. = с и е_гип. = с/а_гип. = 2.

Таким образом, а_гип. = с/2 = 2 и b_гип.² = с² – а_гип.² = 16 – 4 = 12.

Уравнение искомой гиперболы имеет вид:

10

Составьте 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 имеет вид y² = -28x.

y² = -28x

11

Установите, какую линию определяет уравнение Нарисуйте ее график.

Решение:

При возведем обе части уравнения в квадрат:

или

Выделяем в правой части полный квадрат: или

Это уравнение сопряженной гиперболы с центром в точке О(3, 7) и полуосями а = 2, b = 3.

Исходное уравнение определяет нижнюю ветвь сопряженной гиперболы, расположенную под прямой y=7.

Нижняя

ветвь

сопряж. гиперболы

12

Установите, какую линию определяет уравнение Нарисуйте ее график.

Решение:

Область допустимых значений (х, у) определяется условиями

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

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

Часть параболы

13

Установите, какую линию определяет уравнение Нарисуйте ее график.

Решение:

Искомая кривая – часть окружности:

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

Часть окружности

14

Установите, какую линию определяет уравнение y² – x² = 0. Нарисуйте ее график.

Решение:

(y – x)(y + x) = 0 – две пересекающиеся прямые.

Две прямые

15

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.

Уравнение принимает вид

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

Окружность

3. Преобразования координат

16

Преобразуйте уравнение гиперболы x² – y² = 1 поворотом осей на 45 против часовой стрелки.

Решение:

Так как  = -45, то

Отсюда преобразование поворота принимает вид:

Подстановка в исходное уравнение дает ху = 1/2. Так выглядит уравнение гиперболы в новой системе координат и дает график обратно-пропорциональной зависимости, знакомой из курса школьной математики.

17

Установите, какую линию определяет уравнение

x² + y² + xy – 2x + 3y = 0.

Решение:

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

Это соответствует преобразованию координат:

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 дает координаты нового начала координат O₁(7/3, -8/3), а уравнение после преобразований принимает вид x² + xy + y ² = 93/25.

2) Повернем оси координат на такой угол , чтобы исчез член ху.

Подвергнем последнее уравнение преобразованию:

и получим (cos² + sincos + sin²)x² + (cos² - sin²)xy +

+ (sin² - sincos + cos²)y ² = 93/25.

Полагая cos² - sin² = 0, имеем tg² = 1.

Следовательно, _1,2 = 45.

Тот же результат можно получить из формулы

В этом примере и

Возьмем  = 45, cos45 = sin45 =

После соответствующих вычислений получаем

- уравнение эллипса с полуосями и 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.

Итак, уравнение x² + y² + xy – 2x + 3y = 0 приведено к каноническому виду

18

Приведите к каноническому виду уравнение 4x² – 4xy + y² – 2x – 14y + 7 = 0.

Решение:

1) Система уравнений для нахождения центра кривой:

несовместна,

значит, данная кривая центра не имеет.

2) Не меняя начала координат, повернем оси на некоторый угол , соответствующие преобразования координат имеют вид:

Перейдем в уравнении к новым координатам:

4x² – 4xy + y² – 2x – 14y + 7 = (4cos² - 4cossin + sin²)x² +

+ 2(-4sincos - 2cos² + 2sin² + sincos)xy +

+ (4sin² + 4sincos + cos²)y² +

+ 2(-cos - 7sin)x + 2(sin - 7cos)y + 7 = 0. (*)

Постараемся теперь подобрать угол  так, чтобы коэффициент при ху обратился в нуль. Для этого нам придется решить тригонометрическое уравнение:

- 4sincos - 2cos² + 2sin² + sincos = 0.

Имеем 2sin² - 3sincos - 2cos² = 0, или 2tg² - 3tg - 2 = 0.

Отсюда tg = 2, или tg = -1/2.

Такой же результат получается из общей формулы

Возьмем первое решение, что соответствует повороту осей на острый угол. Зная tg, вычислим cos и sin:

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

(**)

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

Перепишем уравнение (**) следующим образом:

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

Введем теперь еще новые координаты х,у, полагая

x = x + y = y +

что соответствует параллельному перемещению осей на величину в направлении оси Ох и на величину в направлении оси Оу. В координатах ху уравнение данной линии принимает вид

Это есть каноническое уравнение параболы с параметром и с вершиной в начале координат системы ху. Парабола расположена симметрично относительно оси х и бесконечно простирается в положительном направлении этой оси. Координаты вершины в системе ху а в системе ху

19

Какую линию определяет уравнение

4x² - 4xy + y² + 4x - 2y - 3 =0?

Решение:

Система для нахождения центра кривой в данном случае имеет вид:

Эта система равносильна одному уравнению 2х₀ – у₀ + 1 = 0, следовательно, линия имеет бесконечно много центров, составляющих прямую 2х – у + 1= 0.

Заметим, что левая часть данного уравнения разлагается на множители первой степени:

4х² – 4ху + у² + 4х –2у –3 = (2х – у +3)(2х – у – 1).

Значит, рассматриваемая линия представляет собой пару параллельных прямых:

2х – у +3 = 0 и 2х – у – 1 = 0.

20

Какую линию определяет уравнение

5х² + 6ху + 5у² – 4х + 4у + 12 = 0?

Решение:

Уравнение 5х² + 6ху + 5у² – 4х + 4у + 12 = 0

приводится к каноническому виду х ² + 4у ² + 4 = 0, или

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 ему называется уравнением мнимого эллипса.

21

Какую линию определяет уравнение

5х² + 6ху + 5у² – 4х + 4у + 4 = 0?

Решение:

Уравнение 5х² + 6ху + 5у² – 4х + 4у + 4 = 0

приводится к каноническому виду х ² + 4у ² = 0, или

Уравнение похоже на каноническое уравнение эллипса, но определяет не эллипс, а единственную точку: х = 0, у = 0 –

- вырожденный эллипс.

4. Кривые на плоскости

22

Найдите полярное уравнение кривой

x = a, a > 0 и изобразите ее.

Решение:

cos = a  = a/cos :

 = a/cos

23

Найдите полярное уравнение кривой

y = b, b > 0 и изобразите ее.

Решение:

sin = b   = b/sin :

 = b/sin

24

Постройте в полярной системе координат линию  = 2asin, a > 0.

Решение:

Линия представляет собой окружность со смещенным центром:

,

x² + y² – 2ay = 0,

x² + (y – a)² = a²

Окружность

25

Постройте в полярной системе координат линию  = 2 + cos.

Решение:

Линия представляет собой улитку Паскаля и получается, если каждый радиус-вектор окружности  = cos увеличить на два. Найдем координаты контрольных точек:

 = 0,  = 3;  = /2,  = 2;  = ,  = 1.

Улитка Паскаля

26

Найдите полярное уравнение кривой

(х² + у²)² = а²ху и изобразите ее.

Решение:

ОДЗ: xy  0. .

Уравнение кривой в полярных координатах имеет вид и задает двухлепестковую розу:

27

Постройте в полярной системе координат линию

Решение:

4 – 5cos > 0, cos < 4/5,

  (arccos(4/5), 2 – arccos(4/5)).

При этом (4 - 5cos) = 9.

Переходя к декартовым координатам, получаем

16x² + 16y² = 25x² + 90x + 81,

9x² + 90x – 16y² +81 = 0,

9(x + 5)² – 16y² = 144  – правая ветвь гиперболы при указанных .

Кривую можно было построить по точкам, например, при  =   = 9/10.

Правая

ветвь гиперболы

28

Постройте в полярной системе координат линию ²sin2 = а².

Решение:

Перейдем к декартовым координатам, учтем, что

тогда кривая принимает вид гиперболы:

Гипербола

29

Какая линия задается параметрическими уравнениями:

Решение:

- эллипс.

Эллипс

30

Какая линия задается параметрическими уравнениями:

Решение:

у² = x – парабола.

Парабола

31

Какая линия задается параметрическими уравнениями:

Решение:

(x + 1)² + (y – 3)² = 4 –окружность.

Окружность

32

Какая линия задается параметрическими уравнениями:

Решение:

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

Парабола