ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ ГОСУДАРСТВЕННОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ
ГОСУДАРСТВЕННОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ
УЧРЕЖДЕНИЕ
ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ
«ВОРОНЕЖСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ
УНИВЕРСИТЕТ»
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
ПО АНАЛИТИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ.
ЛИНИИ ВТОРОГО ПОРЯДКА
Учебное пособие для вузов
Составители:
Т.Н. Глушакова,
И.Б. Крыжко,
М.Е. Эксаревская
Издательско-полиграфический центр
Воронежского государственного университета
2008
Утверждено научно-методическим советом факультета ПММ 27 декабря
2007 г., протокол № 4
Учебное пособие подготовлено на кафедрах вычислительной математики и
прикладных информационных технологий и математического обеспечения
ЭВМ факультета прикладной математики, информатики и механики
Воронежского государственного университета.
Рекомендуется для студентов 1-го курса дневного и вечернего отделений
факультета ПММ Воронежского государственного университета.
Для специальностей: 010501 – Прикладная математика и информатика;
010904 – Механика
§ 1. Эллипс
О п р е д е л е н и е 1.1. Эллипсом называется геометрическое место точек плоскости, сумма расстояний которых от двух фиксированных
точек (фокусов) есть величина постоянная (рис. 1.1).
Рис. 1.1
Рис. 1.2
1.1. Вывод уравнения эллипса
Пусть точка M (x, y) принадлежит эллипсу, F1 и F2 — фокусы
(рис. 1.2). Проведем через точки F1 и F2 прямую (это будет ось
(OX)), отрезок [F1 F2 ] разделим пополам, середину отрезка обозначим
через O и проведем через точку O прямую, перпендикулярную (F1 F2 ).
Получим ось (OY ).
Пусть |F1 F2 | = 2c, тогда F1 (−c, 0) и F2 (c, 0).
Положим
q
q
r1 = |M F1 | = (x + c)2 + y 2 ,
r2 = |M F2 | = (x − c)2 + y 2 .
(1.1)
О п р е д е л е н и е 1.2. r1 и r2 называются фокальными
радиус-векторами точки M (x, y).
Из определения эллипса следует, что
r1 + r2 = const.
r1 + r2 = 2a.
Положим
(1.2)
Очевидно, что 2a > 2c и, следовательно,
a > c.
Подставим (1.1) в (1.2), получим
q
q
(x + c)2 + y 2 + (x − c)2 + y 2 = 2a.
3
(1.3)
Перенесем один из корней вправо:
q
(x +
c)2
+
y2
q
= 2a − (x − c)2 + y 2 .
Возведем обе части равенства в квадрат, получим
2
2
2
2
2
q
(x + c) + y = 4a + (x − c) + y − 4a (x − c)2 + y 2 .
Приведем подобные слагаемые
q
2
2xc = −2xc + 4a − 4a (x − c)2 + y 2 .
Перенесем корень влево, а все остальные слагаемые — вправо, приведем подобные слагаемые и разделим обе части уравнения на 4, получим
q
a (x − c)2 + y 2 = a2 − xc.
Возведем обе части уравнения в квадрат, раскроем скобки и приведем
подобные слагаемые при x2 :
a2 [(x − c)2 + y 2 ] = a4 − 2xca2 + x2 c2 ,
a2 x2 + a2 c2 − a2 · 2xc + a2 y 2 = a4 − 2xca2 + x2 c2 ,
a2 x2 + a2 c2 + a2 y 2 = a4 + x2 c2 ,
(a2 − c2 )x2 + a2 y 2 = a2 (a2 − c2 ).
(1.4)
Положим b2 = a2 − c2 (b2 > 0 в силу (1.3)), тогда из (1.4) следует,
что
b2 x2 + a2 y 2 = a2 b2 .
(1.5)
Разделим (1.5) на a2 b2 , получим каноническое уравнение эллипса
x2 y 2
+
= 1.
(1.6)
a2 b2
1.2. Свойства эллипса
10 . Симметрия относительно осей (OX) и (OY )
Пусть точка (p, q) принадлежит эллипсу, то есть
p2 q 2
+
= 1.
a2 b2
4
Но тогда и точки (p, −q), (−p, q), (−p, −q) также принадлежат
эллипсу, так как
p2 (−q)2
+
= 1,
a2
b2
(−p)2 q 2
+ 2 = 1,
a2
b
(−p)2 (−q)2
+
= 1.
a2
b2
20 . Точки пересечения эллипса с осями (OX) и (OY )
1. Найдем точки пересечения эллипса с осью (OX). Так как y = 0,
x2
то
= 1, откуда x2 = a2 , поэтому x = ±a.
2
a
2. Найдем точки пересечения эллипса с осью (OY ). Так как x = 0,
y2
то 2 = 1, откуда y 2 = b2 , поэтому y = ±b.
b
Точки A1 (−a, 0), A2 (a, 0), B1 (0, −b), B2 (0, b) пересечения эллипса
с его осями (рис. 1.3) называются вершинами эллипса.
Расстояние |A1 A2 | = 2a называется большой (фокальной) осью
эллипса, расстояние |B1 B2 | = 2b — малой осью эллипса. Расстояния от начала координат до вершин A2 (a, 0), B2 (0, b) называются
соответственно большой и малой полуосями эллипса.
Рис. 1.3
Рис. 1.4
3 . Рассмотрим уравнение эллипса (1.6). Очевидно, что
0
x2
≤ 1,
a2
y2
≤ 1, поэтому x2 ≤ a2 и y 2 ≤ b2 , и, следовательно, |x| ≤ a, |y| ≤ b
b2
(рис. 1.4).
Таким образом, эллипс лежит в прямоугольнике со сторонами 2a, 2b.
5
40 . Понятие эксцентриситета
c
называется эксцентриО п р е д е л е н и е 1.3. Отношение e =
a
ситетом эллипса.
В силу (1.3) всегда e < 1.
Эксцентриситет характеризует сплющенность эллипса: если e → 1,
то эллипс вырождается в отрезок, так как
v
v
√
u 2
u
2
u
a2 − b2 u
b2
a
−
b
c
t
t
e= =
=
= 1− 2 →1
при
b → 0;
a
a
a2
a
если же e → 0, то эллипс стремится к окружности, так как
v
u
b2
c u
t
e= = 1− 2 →0
a
a
при
b → a.
Заметим, что фокальные радиус-векторы вычисляются следующим
образом:


 r1 = a + ex
.

 r2 = a − ex
50 . Понятие директрисы
О п р е д е л е н и е 1.4. Директрисами эллипса называются две
прямые, параллельные малой оси и отстоящие от нее на расстоянии,
a
(на рис. 1.5 это прямые (CD) и (P Q)).
равном
e
a
a
Уравнения директрис имеют следующий вид: x = − , x = .
e
e
З а м е ч а н и е. Отношение расстояния от любой точки эллипса до
фокуса (r1 или r2 ) к расстоянию от той же точки до соответствующей
(то есть расположенной по эту же сторону от малой оси) директрисы (d1
r1
r2
или d2 ) равно эксцентриситету:
=e и
= e.
d1
d2
60 . Касательная к эллипсу
Уравнение касательной к эллипсу в точке касания M0 (x0 , y0 ) (рис. 1.6)
имеет вид
xx0 yy0
+ 2 = 1.
a2
b
6
(1.7)
Рис. 1.5
Рис. 1.6
§ 2. Гипербола
О п р е д е л е н и е 2.1. Гиперболой называется геометрическое
место точек на плоскости, разность расстояний которых от двух фиксированных точек (фокусов) есть величина постоянная (рис. 2.1).
2.1. Вывод уравнения гиперболы
Пусть точка M (x, y) принадлежит гиперболе, F1 и F2 — фокусы (рис. 2.2).
Проведем через точки F1 и F2 прямую.
Разделим отрезок [F1 F2 ] пополам, середиРис. 2.1
ну отрезка [F1 F2 ] обозначим через O и
проведем через точку O прямую, перпендикулярную прямой (F1 F2 ).
Будем считать, что прямая (F1 F2 ) — это ось (OX), а перпендикулярная
ей прямая — это ось (OY ).
Пусть |F1 F2 | = 2c, r1 = |M F1 | и r2 = |M F2 | — фокальные радиусвекторы точки M . Из определения гиперболы следует, что r1 − r2 =
= const. В зависимости от расположения точки M (на левой или
правой ветвях гиперболы) могут быть два случая: r1 −r2 = −2a (точка
M принадлежит левой ветви гиперболы) и r1 − r2 = 2a (точка M
принадлежит правой ветви гиперболы), поэтому в общем случае
(2.1)
r1 − r2 = ±2a.
Очевидно, что 2a < 2c, поэтому a < c.
Так как F1 (−c, 0), F2 (c, 0), то
q
r1 = |M F1 | = (x + c)2 + y 2 ,
q
r2 = |M F2 | = (x − c)2 + y 2 .
7
(2.2)
Подставим (2.2) в (2.1), получим
q
q
q
q
(x + c)2 + y 2 − (x − c)2 + y 2 = ±2a.
Перенесем второй корень вправо:
(x + c)2 + y 2 = (x − c)2 + y 2 ± 2a.
Возведем обе части равенства в квадрат и приведем подобные слагаемые, получим
√
x2 + c2 + 2xc + y 2 = x2 + c2 − 2x + y 2 ± 4a x2 + c2 + y 2 − 2xc + 4a2 ,
√
4xc − 4a2 = ±4a x2 + c2 + y 2 − 2xc.
Разделим обе части равенства на 4 и возведем их в квадрат:
c2 x2 − 2xca2 + a4 = a2 x2 + a2 c2 + a2 y 2 − 2a2 xc,
(c2 − a2 )x2 − a2 y 2 = a2 (c2 − a2 ).
Положим b2 = c2 − a2 (так как c > a), тогда последнее уравнение
перепишется в виде
b2 x2 − a2 y 2 = a2 b2 .
(2.3)
Разделим уравнение (2.3) на a2 b2 , получим каноническое уравнение гиперболы
x2 y 2
−
= 1.
(2.4)
a2 b2
Рис. 2.2
Рис. 2.3
2.2. Свойства гиперболы
10 . Симметрия относительно осей (OX) и (OY )
Пусть точка (p, q) принадлежит гиперболе, тогда ее координаты
удовлетворяют уравнению гиперболы (2.4), то есть
8
p2 q 2
−
= 1.
(2.5)
a2 b2
Но тогда и координаты точек (−p, q), (p, −q), (−p, −q) также удовлетворяют уравнению (2.5), так как
(−p)2 q 2
− 2 = 1,
a2
b
p2 (−q)2
−
= 1,
a2
b2
(−p)2 (−q)2
−
= 1.
a2
b2
20 . Точки пересечения с осью (OX)
Положим в уравнении (2.4) y = 0, тогда x2 = a2 и x = ±a. Таким
образом, точки A1 (−a, 0) и A2 (a, 0) — точки пересечения с осью (OX)
(рис. 2.3). Их называют действительными вершинами гиперболы, а расстояние |A1 A2 | = 2a — действительной (вещественной) или
фокальной осью гиперболы. Ось ординат не пересекает гиперболу,
поэтому действительное число 2b называется мнимой осью гиперболы. Числа a и b называются соответственно вещественной и
мнимой полуосями гиперболы.
Очевидно, что гипербола состоит из двух ветвей — правой и левой,
простирающихся в бесконечность.
З а м е ч а н и е. Если мнимая ось гиперболы имеет длину 2a и
направлена по оси (OX), а действительная ось длиной 2b совпадает с
осью (OY ), то уравнение гиперболы имеет вид
x2 y 2
− 2 + 2 = 1.
(2.6)
a
b
О п р е д е л е н и е 2.2. Гиперболы, заданные уравнениями (2.4) и
(2.6), называются сопряженными гиперболами.
О п р е д е л е н и е 2.3. Если a = b, гипербола называется
равносторонней.
30 . Асимптоты гиперболы
У гиперболы есть две асимптоты — прямые, к которым приближается
гипербола при x → ±∞.
Перепишем уравнение (2.4) следующим образом:
2
2
2
x
x
y
= 2 − 1, y 2 = b2 ( 2 − 1), y =
2
b
a
a
9
v
u 2
ux
±b t 2
a
− 1.
Рассмотрим сначала случай y =
v
u 2
ux
bt 2
a
Проделаем следующие преобразования:
v
u 2
ux
bt 2
a
− 1.
b √
b√ 2
x − a2 = ( x2 − a2 − x + x) =
a
a
√
√
2 − a2 − x)( x2 − a2 + x)
b
b
x
b √ 2
b
(
√
= x + ( x − a2 − x) = x + ·
=
a
a
a
a
x2 − a2 + x
b x2 − a2 − x2
b
−a2
b
b
= x+ · √ 2
= x+ · √ 2
=
a
a
a
x − a2 + x a
x − a2 + x
ab
b
.
= x− √ 2
a
x − a2 + x
√
ab
→ + 0,
При x → +∞
x2 − a2 + x → +∞, а √ 2
x − a2 + x
b
поэтому гипербола приближается к прямой y = x.
a
v
u 2
ux
Аналогично для случая y = −b t 2 − 1 получаем вторую асимпa
тоту
b
y = − x.
a
З а м е ч а н и е. Асимптоты являются диагоналями прямоугольника, центр которого совпадает с центром гиперболы, а стороны равны и
параллельны осям гиперболы (рис. 2.4).
y=
−1=
Рис. 2.4
Рис. 2.5
y2
x2
x2
4 . Из уравнения (2.4) следует, что 2 = 1 + 2 ≥ 1, поэтому 2 ≥ 1
a
b
a
и, следовательно, |x| ≥ a.
0
10
Таким образом, гипербола лежит вне полосы шириной 2a, параллельной оси (OY ).
50 . Понятие эксцентриситета
c
называется эксценО п р е д е л е н и е 2.4. Отношение e =
a
триситетом гиперболы.
У гиперболы всегда e > 1 (так как c > a).
Для точек правой ветви (рис. 2.5) фокальные радиус-векторы r1 , r2
вычисляются следующим образом:



Для точек левой ветви —







r1 = ex + a
.
r2 = ex − a
r1 = −ex − a
.
r2 = −ex + a
60 . Понятие директрисы
О п р е д е л е н и е 2.5. Директрисами гиперболы называются
прямые, перпендикулярные фокальной оси и задаваемые уравнениями
a
x=− ,
e
x=
a
e
(на рис. 2.5 это прямые (CD) и (P Q)).
З а м е ч а н и е. Отношение расстояния от любой точки гиперболы до
фокуса к расстоянию от той же точки до соответствующей директрисы
равно эксцентриситету гиперболы:
r1
= e,
d1
r2
= e.
d2
70 . Касательная к гиперболе
Уравнение касательной к гиперболе в точке касания M0 (x0 , y0 ) имеет
вид
xx0 yy0
− 2 = 1.
a2
b
11
§ 3. Парабола
О п р е д е л е н и е 3.1. Параболой называется геометрическое место
точек на плоскости, расстояние от которых до некоторой точки — фокуса — равно расстоянию до некоторой прямой — директрисы (рис. 3.1).
Рис. 3.1
Рис. 3.2
3.1. Вывод уравнения параболы
Пусть M (x, y) — некоторая точка параболы, F — фокус, d — директриса. Опустим из точки F перпендикуляр на прямую d. Точку
пересечения обозначим через A. Разделим отрезок [AF ] пополам и середину отрезка обозначим через O. Проведем через точку O прямую,
перпендикулярную прямой (AF ). Получим ось (OY ). В качестве оси
(OX) возьмем прямую (AF ). Опустим из точки M перпендикуляр
на прямую d и точку пересечения обозначим через B (рис. 3.2).
!
!
p
p
Положим |AF | = p, тогда A − , 0 , F
, 0 . Из определения
2
2
параболы следует, что
|M F | = |M B|.
(3.1)
Так как
|M F | =
v
u
u
t
p
x−
2
!2
+ y2,
p
|M B| = x + ,
2
то, подставив (3.2) в (3.1), получим
v
u
u
t
p
x−
2
!2
p
+ y2 = x + .
2
12
(3.2)
Возведем обе части уравнения в квадрат и приведем подобные слагаемые, получим
!
p2
p 2
+ y 2 = x2 + px + ,
x−
2
4
2
p
p2
2
2
2
x − px + + y = x + px + ,
4
4
2
y − 2px = 0,
y 2 = 2px,
(3.3)
где параметр p есть расстояние от фокуса до директрисы.
Уравнение (3.3) — каноническое уравнение параболы.
3.2. Свойства параболы
10 . Симметрия относительно оси (OX)
Пусть точка (x0 , y0 ) принадлежит параболе. Тогда она удовлетворяет
уравнению
y02 = 2px0 .
Очевидно, что точка (x0 , −y0 ) также удовлетворяет этому уравнению.
20 . Фокальный радиус-вектор любой точки параболы (рис. 3.2)
равен
p
r =x+ .
2
30 . Касательная к параболе (3.3) в точке касания (x0 , y0 ) определяется уравнением
y · y0 = p · (x + x0 ).
Упражнения
1)
2)
3)
4)
5)
№ 375. Составить простейшее уравнение эллипса, зная, что:
полуоси его соответственно равны 4 и 2;
расстояние между фокусами равно 6 и большая полуось равна 5;
большая полуось равна 10 и эксцентриситет e = 0, 8;
√
2
;
малая полуось равна 3 и эксцентриситет e =
2
сумма полуосей равна 8 и расстояние между фокусами тоже равно 8.
13
Решение
1) Из условия задачи следует, что
x2 y 2
+
= 1,
42 22
то есть уравнение
x2 y 2
+
= 1.
эллипса имеет вид
16
4
2) Так как 2c = 6, a = 5, то b2 = a2 − c2 = 52 − 32 = 16 и уравнение эллипса имеет вид
x2 y 2
+
= 1.
25 16
c
3) Так как a = 10, e = 0, 8 и e = , то c = 8 и, следовательно,
a
2
2
2
b = a − c = 100 − 64 = 36, поэтому уравнение эллипса имеет вид
y2
x2
+
= 1.
100 36
√
√
2
a2 − b2
1 a2 − 9
4) Так как b = 3, e =
и e=
, то
=
, поэтому
2
a
2
a2
x2 y 2
+
= 1.
a2 = 18 и уравнение эллипса имеет следующий вид
18
9
5) Так как a + b = 8, 2c = 8, то c = 4, b2 = (8 − b)2 − 16 и,
следовательно, b = 3, поэтому a = 5 и уравнение эллипса имеет следуx2 y 2
ющий вид
+
= 1.
15
9
№ 379. Сторона ромба равна 5 и
высота 4, 8. Через две противолежащие его вершины проходит эллипс,
фокусы которого совпадают с двумя другими вершинами ромба. Составить уравнение эллипса, приняв
диагонали ромба за оси координат.
Решение
Пусть ABCD — ромб, |AB| = 5,
Рис. 3.3
[BK] ⊥ [DC], |BK| = 4, 8, точки
A, C принадлежат эллипсу, точки B, D — его фокусы (рис. 3.3).
Рассмотрим △BKC. Так |CK|2 = |BC|2 − |BK|2 , то |CK|2 =
= 52 − (4, 8)2 = 2, 96 и, следовательно, |CK| = 1, 4, поэтому |DK| =
14
= 5 − 1, 4 = 3, 6.
Рассмотрим △BKD. Так как |BD|2 = |DK|2 + |BK|2 , то |BD|2 =
= −3, 62 + 4, 82 = 12, 96 + 23, 04 = 36 и, следовательно, |BD| = 6,
поэтому |OB| = 3 = c и |OA| = 4 = b. Так как a2 = b2 + c2 = 42 +
+32 = 25, то уравнение эллипса имеет вид
x2 y 2
+
= 1.
9
25
№ 385. Определить эксцентриситет эллипса, зная, что:
d
0
1) малая ось его видна из фокуса под прямым углом (т. е. B1 F
2 B2 = 90 );
2) расстояние между фокусами равно расстоянию между вершинами малой и большой осей;
3) расстояние между директрисами в четыре раза больше расстояния
между фокусами.
Решение
Рассмотрим случай 2) (рис. 3.4).
Так как 2c = |A1 B1 | и |A1 B1 |2 = a2 + b2 , то a2 + b2 = 4c2 . С другой
стороны, из определения эллипса
следует, что a2 − b2 = c2 . Таким


 a2 + b2 = 4c2
образом, получили систему  2
, откуда 2a2 = 5c2 и,
 a − b2 = c2
следовательно, a =
v
u
u5
t
v
u
u2
c
c, поэтому e = s
=t .
5
2
5
c
2
Рис. 3.4
Рис. 3.5
№ 394. На эллипсе, один из фокусов которого имеет координаты
(+3; 0), взята точка M (+4; +2, 4). Найти расстояние этой точки до соот15
ветствующей директрисы, зная, что центр эллипса совпадает с началом
координат.
Решение
Для решения этой задачи (рис. 3.5) воспользуемся следующими формулами:
r1 = a + ex,
r2 = a − ex,
r1 + r2 = 2a,
d2 =
√
√
r1 = |F1 M | = 49 + 5, 76 = 54, 76 = 7, 4;
√
√
√
r2 = |F2 M | = 1 + 2, 42 = 1 + 5, 76 = 6, 76 = 2, 6;
r2
.
e
Так как
a=
то
7, 4 + 2, 6
a − r2
5 − 2, 6 2, 4
= 5; e =
=
=
= 0, 6 и, следовательно,
2
x
4
4
2, 6 13
1
r2
=
=
=4 .
d2 =
e
0, 6
3
3
№ 406. Найти уравнения тех касательных эллипса 3x2 + 8y 2 = 45,
расстояние которых от центра эллипса равно 3.
Решение
Пусть (x1 , y1 ) — точка касания. Очевидно, что уравнение касательной
имеет вид 3x1 · x + 8y1 · y − 45 = 0. Из условия задачи следует, что
225 − 64y 2
45
2
,
откуда
3x
=
. Так как точка (x1 , y1 )
1
3
9x21 + 64y12
лежит на эллипсе, то ее координаты удовлетворяют уравнению эллипса,
3=
q
225 − 64y12
поэтому
+ 8y12 = 45, откуда 225 − 64y12 + 24y12 − 135 = 0 и,
3
9
225 − 64 ·
9
3
4 = 9, x1 = ±3,
следовательно, y12 = , y1 = ± , а x21 =
4
2
9
поэтому мы получили четыре касательные, уравнения которых имеют
3
x
следующий вид: ± ± 8 · 2 y − 1 = 0 или ±3x ± 4y − 15 = 0.
5
45
№ 411. Вывести условие, при котором прямая Ax + By + C = 0 касаx2 y 2
ется эллипса 2 + 2 = 1.
a
b
16
Решение
Уравнение касательной к эллипсу в точке (x1 , y1 ) имеет вид
y1
x1
x
+
y = 1. Так как Ax + By + C = 0 — уравнение той же касаa2
b2
тельной, то коэффициенты при соответствующих переменных должны


a2 A


2
2

x1
y1

x1 = −



C

−1
2
2
быть пропорциональны, поэтому a = b =
, откуда 

A
B
C



b2 B



 y1 = −
C
— координаты точки касания. Так как точка (x1 , y1 ) лежит на эллипсе,
x21 y12
то ее координаты удовлетворяют уравнению эллипса 2 + 2 = 1, поa
b

2
2

2
2
a
A
b
B
−


−
C
C
этому выполняется следующее соотношение
+
= 1,
a2
b2
a2 A2 b2 B 2
+ 2 = 1, откуда a2 A2 + b2 B 2 = C 2 .
то есть
C2
C
№ 422. Эллипс касается оси абсцисс в точке A(+7; 0) и оси ординат
в точке B(0; +4). Составить уравнение эллипса, если известно, что оси
его параллельны осям координат.
Решение
Из условия задачи следует, что центр эллипса находится в точке (7; 4)
(рис. 3.6), a = 7, b = 4, и, следовательно, уравнение эллипса имеет
следующий вид
(x − 7)2 (y − 4)2
+
= 0.
49
16
Рис. 3.6
Рис. 3.7
17
№ 437. Написать уравнение гиперболы, проходящей через фокусы элx2
y2
липса
+
= 1 и имеющей фокусы в вершинах этого эллипса.
169 144
Решение
Из уравнения эллипса следует, что вершинами эллипса являются точки (±13; 0) и (0; ±12), поэтому a = 13, b = 12 (рис. 3.7) и, следовательно, c2 = a2 − b2 = 132 − 122 = 25, поэтому c = 5.
Из условия задачи следует, что a = c = 5, c = a = 13, b2 = c2 − a2 ,
то есть b2 = 169 − 25 = 144, откуда b = 12 и, следовательно, уравнение
гиперболы имеет вид
y2
x2
−
= 1.
25 144
1
№ 439∗ . Зная уравнения асимптот гиперболы y = ± x и одну из ее
2
√
точек M (+12; +3 3), составить уравнение гиперболы.
Решение
1
b
1
Из уравнения асимптот y = ± x следует, что
= ± , откуда
2
a
2
a = ±2b. Подставим полученное выражение в уравнение гиперболы. Поy2
x2
−
= 1. Так как точка M лежит на гиперболе, то ее коорлучим
4b2 b2
122 27
− 2 = 1,
динаты удовлетворяют последнему уравнению, поэтому
4b2
b
2
2
откуда b = 9, и, следовательно, a = 36. Таким образом, уравнение
x2 y 2
гиперболы имеет вид
−
= 1.
36
9
№ 443. Определить угол между асимптотами гиперболы, у которой:
1) эксцентриситет e = 2;
2) расстояние между фокусами вдвое больше расстояния между директрисами.
Решение
b
c
1) Так как e = , b2 = c2 − a2 , то c2 = a2 + b2 , y = ± x. Таким
a
a
v
√
!2
u
2
2
u
b
b
b +a
c
= t( )2 + 1 = 2, откуда
+ 1 = 4 и,
образом, e = =
a
a
a
a
18
!
√
√
b
b 2
= 3, то есть
= ± 3, поэтому tg α = ± 3 и
следовательно,
a√ √
√a
√
√
3
k1 = 3, k2 = − 3. Так как tg ψ = 3+
=
−
3, то ψ = 120o .
1−3
a
a
2) Так как 2c = 2 · 2 , то c = 2 c , поэтому c2 = 2a2 , то есть
e
a
π
2
2
2
2
2
b + a = 2a , откуда b = a , и, следовательно, ψ = .
2
x2 y 2
№ 451. Найти точки пересечения гиперболы
−
= 1 со следую90 36
щими прямыми:
√
1) x − 5y = 0; 2) 2x + y − 18 = 0; 3) x − y + 5 = 0; 4) 10x − 5y + 15 = 0.
Решение
Рассмотрим случай 1).
Нам надо решить систему










x2 y 2
−
=1
, откуда
90 36
x − 5y = 0







25y 2 y 2
−
=1
90
36
x = 5y
y = ±2
.

 x = ±10
Таким образом, получили две точки (10; 2) и (−10; −2).
и, следовательно,
№ 456. Написать уравнение прямой, которая касается гиперболы
x2 y 2
−
= 1 в точке (+5; −4).
5
4
Решение
x · x1 y · y1
Уравнение касательной в точке (x1 , y1 ) имеет вид
−
= 1,
5
4
откуда x + y = 1 и, следовательно, x + y − 1 = 0.
№ 462. Гипербола касается прямой x − y − 2 = 0 в точке M (+4; +2).
Составить уравнение этой гиперболы.
Решение
Уравнение касательной к гиперболе, проходящей через точку M ,
2
4
имеет вид 2 x − 2 y = 1. По условию задачи касательная задается
a
b
уравнением x−y −2 = 0. Так как это уравнения одной и той же прямой,
19
коэффициенты при соответствующих неизвестных должны быть пропор2
4
2
1
1
4
2
y2
a
=
= , откуда 2 = 2 = и a2 = 8, b2 = 4,
циональны, поэтому
1
1
2
a
b
2
x2 y 2
−
= 1.
то есть уравнение гиперболы имеет вид
8
4
№ 464. Составить уравнение гиперболы, зная уравнения ее асимп1
тот y = ± x и уравнение одной из ее касательных: 5x − 6y − 8 = 0.
2
Решение
1
b
1
Так как y = ± x — асимптоты, то
= , откуда a = ±2b. Пусть
2
a 2
прямая a — касательная
к эллипсу, тогда ее уравнение
должно удовле





 5x − 6y − 8 = 0
 5x − 6y − 8 = 0
творять системе  x · x1 y · y12
, откуда  8x1
,
8y12




−
=
1
x
−
y
−
8
=
0
a2
b2
a2
b2


5
5








x1 = b2
x1 = a2






8
2


или 
. Подставим найденные значения
то есть 






3 2
3 2






 y1 = b
 y1 = b
4
4
для x1 и y1 и выражение a через b в уравнение гиперболы, получим
( 25 b2 )2 ( 34 b2 )2
25 2
9 2
−
=
1,
откуда
b
−
b = 1, поэтому b2 = 1, a2 = 4
2
2
4b
b
16
16
x2
− y 2 = 1.
и, следовательно, уравнение гиперболы имеет вид
4
№ 480. Составить уравнение параболы, зная, что:
1) расстояние фокуса от вершины равно 3;
2) фокус имеет координаты (+5; 0), а ось ординат служит директрисой;
3) парабола симметрична относительно оси x, проходит через начало
координат и через точку M (+1; −4);
4) парабола симметрична относительно оси y, фокус помещается в точке
(0; +2), и вершина совпадает с началом координат;
5) парабола симметрична относительно оси y, проходит через начало
координат и через точку M (+6; −2).
20
Решение
Рассмотрим случай 5).
Так как парабола симметрична относительно оси y и проходит через
начало координат, уравнение параболы имеет вид x2 = 2py. Подставим
в это уравнение координаты заданной точки, получим 62 = 2p(−2),
откуда p = −9 и, следовательно, x2 = −18y — искомое уравнение
параболы.
№ 489. Найти точки пересечения параболы y 2 = 12x с эллипсом
x2 y 2
+
= 1.
25 16
Решение
Очевидно, что точка пересечения
параболы с эллипсом является ре
2


 y = 12x
x2 12x
шением системы уравнений  x2 y 2
+
= 1 и,
, откуда

25
16

+
=1
25 16
2
следовательно, 4x + 75x − 100 = 0.
Возможны два случая:
1) x1 = −20 — две мнимые точки;
√
5
2) x2 = , откуда y = ± 15.
4
!
5 √
Таким образом, есть две точки пересечения
; ± 15 и две мнимые
4
точки.
№ 493. Через точку P (+5; −7) провести касательную к параболе
y 2 = 8x.
Решение
Уравнение касательной к параболе в точке касания (x1 , y1 ) имеет
вид y · y1 = 4(x + x1 ). Проверим, принадлежит ли точка P параболе: 49 6= 8 · 5 — нет. Подставим координаты точки P в уравнение
касательной: −7y1 = 4(x1 + 5), откуда 4x1 = −7y1 − 20. Так как
точка (x1 , y1 ) лежит на параболе, то ее координаты удовлетворяют
уравнению
параболы, поэтому y12 = 8x1 . Из последних двух уравнений


 4x1 = −7y1 − 20
имеем  2
и, следовательно, y12 = −14y1 − 40, откуда
 y = 8x1
1
21
y12 + 14y1 + 40 = 0.
Возможны два случая:
1) y1 = −4, откуда x1 = 2 и −4y = 4(x + 2), то есть уравнение
касательной имеет вид x + y + 2 = 0;
25
25
и −10y = 4(x + ), то есть уравнение
2) y1 = −10, откуда x1 =
2
2
касательной имеет вид 2x + 5y + 25 = 0.
№ 494. Дана парабола y 2 = 4x и касательная к ней x + 3y + 9 = 0.
Найти точку их прикосновения.
Решение
Уравнение касательной имеет вид y · y1 = 2(x + x1 ) или 2x − y1 · y +
+ 2x1 = 0. С другой стороны, из условия задачи следует, что уравнение
касательной имеет вид x + 3y + 9 = 0. Так как это уравнения одной и
той же касательной, коэффициенты при неизвестных должны быть про2x1
2 −y1
=
, откуда y1 = −6, x1 = 9, то
порциональны, поэтому =
1
3
9
есть (9; −6) — точка касания.
Задачи для самоподготовки
№ 376. Дано уравнение эллипса: 25x2 + 169y 2 = 4225. Вычислить
длину осей, координаты фокусов и эксцентриситет эллипса.
№ 377. Расстояния от одного из фокусов эллипса до концов его большой оси соответственно равны 7 и 1. Составить уравнение этого эллипса.
№ 380. Вершина треугольника, имеющего неподвижное основание, перемещается так, что периметр треугольника сохраняет постоянную величину. Найти траекторию вершины при условии, что основание равно
24 см, а периметр равен 50 см.
x2 y 2
№ 383. Дан эллипс:
+
= 1. Написать уравнения его директрис.
36 20
№ 384. Прямые x = ±8 служат директрисами эллипса, малая ось
которого равна 8. Найти уравнение этого эллипса.
22
№ 386. Меридиан земного шара имеет форму эллипса, отношение осей
299
. Определить эксцентриситет земного меридиана.
которого равно
300
x2 y 2
+
= 1 найти точку, отстоящую на рассто№ 387. На эллипсе
30 24
янии пяти единиц от его малой оси.
√
√
№ 388. Эллипс проходит через точки M ( 3; −2) и N (−2 3; 1).
Составить уравнение эллипса, приняв его оси за оси координат.
y2
x2
+
= 1 найти точку, расстояние от которой до
№ 392. На эллипсе
100 36
правого фокуса в четыре раза больше расстояния до ее левого фокуса.
x2 y 2
№ 393. На эллипсе
+
= 1 найти точку, для которой произвеa2 b2
дение фокальных радиус-векторов равно квадрату малой полуоси.
x2 y 2
№ 395. Найти точки пересечения эллипса
+
= 1 с прямой
36 12
2x − y − 9 = 0.
x2 y 2
№ 396. Через фокус F (c, 0) эллипса 2 + 2 = 1 проведена хорда,
a
b
перпендикулярная к большой оси. Найти длину этой хорды.
x2 y 2
№ 398. В эллипс
+
= 1 вписан прямоугольник, две противопо49 24
ложные стороны которого проходят через фокусы. Вычислить площадь
этого прямоугольника.
№ 399. Вычислить длину стороны квадрата, вписанного в эллипс
x2 y 2
+
= 1.
a2 b2
x2 y 2
+
= 1. Через точку (1; 1) провести хорду,
№ 400. Дан эллипс
9
4
делящуюся в этой точке пополам.
x2 y 2
№ 401. Написать уравнение прямой, касающейся эллипса
+
=1
16 12
в точке (2; −3).
№ 402. Составить уравнения касательных, проведенных из точки
x2 y 2
A(−6; 3) к эллипсу
+
= 1.
15
9
x2 y 2
+
= 1, которые
№ 403. Найти те касательные к эллипсу
30 24
23
параллельны прямой 2x − y + 17 = 0.
№ 405. Известно, что прямая 4x − 5y − 40 = 0 касается эллипса
x2 y 2
+
= 1. Найти точку их прикосновения.
50 32
№ 408. Найти уравнения сторон квадрата, описанного около эллипса
x2 y 2
+
= 1.
6
3
x2 y 2
+
= 1, от№ 409. Найти уравнение той касательной эллипса
25
9
ношение расстояний которой от двух фокусов равно 9.
12
№ 412. Эллипс проходит через точку P (3; ) и касается прямой
5
4x + 5y = 25. Написать уравнение этого эллипса и найти точку, в
которой он касается данной прямой. Оси координат совпадают с осями
эллипса.
№ 413. Эллипс касается двух прямых: x + y = 5 и x − 4y = 10.
Найти уравнение этого эллипса при условии, что оси его совпадают с
осями координат.
№ 414. Найти общие касательные к следующим двум эллипсам:
x2 y 2
x2 y 2
+
=1 и
+
= 1.
5
4
4
5
№ 415. Составить уравнения общих касательных двух эллипсов:
x2
x2 y 2
2
+y =1 и
+
= 1.
6
4
9
x2 y 2
№ 416. Доказать, что касательные к эллипсу 2 + 2 = 1 отсекают
a
b
на двух касательных, проведенных в концах большой оси, отрезки, произведение которых есть величина постоянная, равная b2 .
x2 y 2
№ 417. Доказать, что отрезки касательных к эллипсу
+
= 1,
a2 b2
заключенные между касательными, проведенными в вершинах большой
оси, видны из фокусов под прямым углом.
№ 418. Найти геометрическое место точек, из которых
эллипс
x2 y 2
+
= 1 виден под прямым углом.
a2 b2
У к а з а н и е. Требуется найти такие точки, чтобы обе касательные,
24
проведенные из этой точки к эллипсу, были перпендикулярны.
№ 421. Эллипс касается оси ординат в начале координат, а центр его
находится в точке (5; 0). Составить уравнение эллипса, зная, что эксцентриситет его e = 0, 8.
№ 423. Эллипс касается оси y в точке (0; 3) и пересекает ось x в
точках (3; 0) и (7; 0). Каково уравнение эллипса, если оси его параллельны осям координат?
№ 430. Даны координаты вершин треугольника ABC: (0; 0), (2; 2)
и (−2; 2). Точка M движется так, что сумма квадратов ее расстояний
от трех сторон треугольника остается все время постоянной, равной 16.
Найти траекторию точки M .
№ 433. Составить уравнение гиперболы, оси которой совпадают с осями координат, зная, что:
1) расстояние между вершинами равно 8, а расстояние между фокусами – 10;
2) вещественная полуось равна 5 и вершины делят расстояния между
центром и фокусами пополам;
3) вещественная ось равна 6 и гипербола проходит через точку (9; −4);
√ √
4) гипербола проходит через две точки P (−5; 2) и Q(2 5; 2).
№ 434. Составить уравнение гиперболы, зная фокусы F1 (10; 0),
√
F2 (−10; 0) и одну из точек гиперболы M (12; 3 5).
№ 436. Составить уравнение гиперболы, имеющей общие фокусы с
x2 y 2
эллипсом
+
= 1 при условии, что эксцентриситет ее e = 1, 25.
49 24
x2 y 2
№ 438. Построить фокусы и асимптоты гиперболы
−
= 1.
49 25
x2 y 2
−
= 1. Требуется:
№ 439. Дана гипербола
9
16
1) вычислить координаты фокусов;
2) вычислить эксцентриситет;
3) написать уравнения асимптот и директрис;
4) написать уравнение сопряженной гиперболы и вычислить ее эксцентриситет.
1
N 439∗ . Зная уравнения асимптот гиперболы y = ± x и одну из ее
2
25
√
точек M (12; 3 3), составить уравнение гиперболы.
№ 441. Вычислить полуоси гиперболы, зная, что:
1) расстояние между фокусами равно 8 и расстояние между директрисами равно 6;
√
2) директрисы даны уравнениями x = ±3 2 и угол между асимптотами — прямой;
3) асимптоты даны уравнениями y = ±2x и фокусы находятся на расстоянии 5 от центра;
5
4) асимптоты даны уравнениями y = ± x и гипербола проходит через
3
точку N (6; 9).
№ 444. Вычислить эксцентриситет гиперболы при условии, что:
1) угол между асимптотами равен 60o ;
2) угол между асимптотами равен 90o ;
3) действительная ось гиперболы видна из фокуса сопряженной гиперболы под углом в 60o .
x2 y 2
−
= 1 взята точка, абсцисса которой
№ 446. На гиперболе
25 24
равна
10 и ордината положительна. Вычислить фокальные радиусы-векторы
этой точки и угол между ними.
x2 y 2
№ 447. На гиперболе
−
= 1 найти точку, для которой:
16
9
1) фокальные радиус-векторы перпендикулярны друг к другу;
2) расстояние от левого фокуса вдвое больше, чем от правого.
№ 448. Какому условию должен удовлетворять эксцентриситет гиперx2 y 2
−
= 1 для того, чтобы на ее правой ветви существовала
болы
a2 b2
точка, одинаково удаленная от правого фокуса и от левой директрисы?
x2 y 2
№ 450. На гиперболе
−
= 1 найти точку, которая была бы в
49 16
три раза ближе от одной асимптоты, чем от другой.
№ 452. Через точку (2; −5) провести прямые, параллельные асимптотам гиперболы x2 − 4y 2 = 4.
x2
− y 2 = 1,
№ 453. Через точку A(3; −1) провести хорду гиперболы
4
26
делящуюся пополам в этой точке.
№ 456. Написать уравнение прямой, которая касается гиперболы
x2 y 2
−
= 1 в точке (5; −4).
5
4
x2 y 2
№ 457. Провести касательные к гиперболе
−
= 1 через каж8
9
дую
из следующих точек: (2; 0), (−4; 3) и (5; −1).
x2 y 2
−
= 1 провести касательную:
№ 458. К данной гиперболе
15
6
1) параллельно прямой x + y − 7 = 0;
2) параллельно прямой x − 2y = 0;
3) перпендикулярно той же прямой x − 2y = 0.
x2 y 2
№ 460. На гиперболе
−
= 1 найти точки, касательные в ко8
9
π
торых наклонены к оси абсцисс под углом .
3
x2 y 2
−
= 1 провести такую касательную, которая
№ 461. К гиперболе
9
16
находилась бы на одинаковом расстоянии от центра и от правого фокуса.
№ 463. Найти условие, при котором прямая Ax+By+C = 0 касается
x2 y 2
гиперболы
−
= 1.
a2 b2
№ 469. Доказать, что отрезок любой касательной гиперболы, заключенный между асимптотами, делится в точке прикосновения пополам.
№ 481. На параболе y 2 = 8x найти точку, фокальный радиус-вектор
которой равен 20.
№ 482. На параболе y 2 = 4, 5x взята точка M (x, y), находящаяся
от директрисы на расстоянии d = 9, 125. Вычислить расстояние от этой
точки до вершины параболы.
№ 488. Найти точки пересечения параболы y 2 = 18x со следующими
прямыми:
1) 6x + y − 6 = 0; 2) 9x − 2y + 2 = 0; 3) 4x − y + 5 = 0; 4) y − 3 = 0.
№ 492. Через точку A(2; 1) провести такую хорду параболы y 2 = 4x,
которая делилась бы в данной точке пополам.
№ 496. Дана парабола y 2 = 12x. Провести к ней касательную:
27
1)
2)
3)
4)
в точке с абсциссой x = 3;
параллельно прямой 3x − y + 5 = 0;
перпендикулярно прямой 2x + y − 7 = 0;
π
образующую с прямой 4x − 2y + 9 = 0 угол .
4
№ 497. Найти условие, при котором прямая y = kx + b касается
параболы y 2 = 2px.
№ 498. Найти кратчайшее расстояние от параболы y 2 = 64x до
прямой 4x + 3y + 46 = 0.
№ 499. Вычислить параметр параболы y 2 = 2px, если известно, что
она касается прямой x − 2y + 5 = 0.
x2 y 2
№ 500. Найти общие касательные эллипса
+
= 1 и параболы
45 20
20
y 2 = x.
3
№ 509. Парабола симметрична относительно оси x, вершина ее находится в точке (−5; 0), и на оси ординат она отсекает хорду, длина
которой l = 12. Написать уравнение этой параболы.
№ 512. Камень, брошенный под острым углом к горизонту, описал
дугу параболы и упал на расстоянии 16 м от начального положения.
Определить параметр параболической траектории, зная, что наибольшая
высота, достигнутая камнем, равна 12 м.
№ 513. Струя воды, выбрасываемая фонтаном, принимает форму параболы, параметр которой p = 0, 1 м. Определить высоту струи, если
известно, что она падает в бассейн на расстоянии 2 м от места выхода.
§ 4. Общее уравнение линий второго порядка в декартовой системе координат
Рассмотрим общее уравнение линий второго порядка
Ax2 + 2Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0,
(4.1)
где A2 + B 2 + C 2 6= 0.
Мы хотим исследовать, что представляет собой произвольная линия
второго порядка. С этой целью будем менять декартову систему координат так, чтобы уравнение (4.1) стало как можно проще.
28
4.1. Преобразования координат плоскости
4.1.1. Параллельный перенос
Осуществим параллельный перенос исходной системы координат XOY
на вектор m
~ = (a, b) (рис. 4.1). Возьмем точку M с координатами
(x, y) в системе координат XOY . Тогда в новой системе координат
X ′ O′ Y ′ координаты (x′ , y ′ ) точки M находятся по формулам





′
x=a+x
,
y = b + y′
откуда
Рис. 4.1





x′ = x − a
.
y′ = y − b
Рис. 4.2
4.1.2. Поворот осей координат
Пусть в системе координат XOY точка M имеет координаты (x, y),
а в системе координат X ′ OY ′ , полученной из системы координат XOY
поворотом на угол α, точка M имеет координаты (x′ , y ′ ) (рис. 4.2).
Найдем связь между этими координатами. Очевидно, что
|OC| = |OD| − |AB|
(так как |AB| = |CD|);
(4.2)
|CM | = |DB| + |AM |
(так как |DB| = |CA|).
(4.3)
|BD| = |OB| sin α = x′ sin α.
(4.4)
Рассмотрим △ODB. Так как он прямоугольный, то
|OD| = |OB| cos α = x′ cos α,
Рассмотрим теперь △M AB. Он тоже прямоугольный, поэтому
|AB| = |M B| sin α = y ′ sin α,
|AM | = |M B| cos α = y ′ cos α.
29
(4.5)
Таким образом, с учетом того, что |OC| = x, |CM | = y, из (4.2) —
(4.5) получим


 x = x′ cos α − y ′ sin α
.
(4.6)

 y = x′ sin α + y ′ cos α
Формулы (4.6) дают выражение старых координат (x, y) через новые
(x′ , y ′ ).
З а м е ч а н и е. Для того чтобы получить выражение новых координат через старые, достаточно угол α в формулах (4.6) заменить на
угол (−α), так как при повороте системы координат X ′ OY ′ на угол
(−α) мы получим систему XOY .
Выразим новые координаты через старые. Получим





x′ = x cos(−α) − y sin(−α)
,
y ′ = x sin(−α) + y cos(−α)





откуда
x′ = x cos α + y sin α
.
y ′ = −x sin α + y cos α
(4.7)
4.2. Исследование кривых второго порядка
Основной алгоритм при исследовании кривых второго порядка состоит в следующем.
1) Поворачиваем систему координат XOY вокруг начала координат на
угол α, получаем систему координат X ′ OY ′ .
2) Осуществляем параллельный перенос системы координат X ′ OY ′ и
получаем каноническое уравнение кривой в системе координат X ′′ O′ Y ′′ .
Подставим формулы (4.6) в (4.1). Получим
A(x′ cos α − y ′ sin α)2 + 2B(x′ cos α − y ′ sin α)(x′ sin α + y ′ cos α)+
+C(x′ sin α+y ′ cos α)2 +D(x′ cos α−y ′ sin α)+E(x′ sin α+y ′ cos α)+F = 0.
Соберем коэффициенты при соответствующих неизвестных.
При x′2 получим
A′ = A cos2 α + 2B cos α sin α + C sin2 α,
при x′ y ′ :
2B ′ = −2A cos α sin α + 2B(cos2 α − sin2 α) + 2C sin α cos α,
30
(4.8)
при y ′2 :
C ′ = A sin2 α − 2B sin α cos α + C cos2 α,
при x′ :
D′ = D cos α + E sin α,
при y ′ :
E ′ = −D sin α + E cos α.
Таким образом, уравнение (4.1) с учетом замены (4.6) перепишется в
виде
A′ x′2 + 2B ′ x′ y ′ + C ′ y ′2 + D′ x′ + E ′ y ′ + F = 0.
(4.9)
Подберем угол α таким образом, чтобы коэффициент 2B ′ = 0. Из
(4.8) следует, что
2B ′ = (C − A) sin 2α + 2B cos 2α,
поэтому
(A − C) sin 2α − 2B cos 2α = 0,
(A − C)tg2α = 2B,
2B
.
tg 2α =
A−C
После такого преобразования уравнение (4.1) примет вид
A′ x′2 + C ′ y ′2 + D′ x′ + E ′ y ′ + F = 0.
(4.10)
Задача 4.2.1. Доказать, что при повороте на любой угол α имеет
место равенство
AC − B 2 = A′ C ′ − B ′2 .
(4.11)
О п р е д е л е н и е 4.1. Величины, которые не меняются при
преобразованиях, называются инвариантными.
Так как мы подобрали угол α так, что B ′ = 0, то из (4.11) следует,
что
A′ C ′ = AC − B 2 .
(4.12)
Чтобы проанализировать уравнение кривой (4.10), рассмотрим три
случая:
31
1) AC − B 2 > 0 (эллиптический случай);
2) AC − B 2 < 0 (гиперболический случай);
3) AC − B 2 = 0 (параболический случай).
4.2.1. Эллиптический случай
Из AC − B 2 > 0 следует, что A′ C ′ > 0, то есть знаки A′ , C ′
совпадают. Пусть A′ > 0, C ′ > 0. Выделим полные квадраты при
неизвестных x′ , y ′ , получим


′2
′
x + 2x 
A′ 

′2
y
+C ′ 
+ 2y

′
′


′
2

′
D
D  D 

+
−
2A′
2A′
2A′
′


′
E  E
+
2C ′
2C ′
2 
 

2 
 
+
E ′2
+ F = 0.
−
4C ′
Дополним члены, содержащие x′ и y ′ , до полного квадрата:
2

2

D′ 
E′ 
′ ′
′ ′
A x +
+C y +
+ F ′ = 0,
2A′
2C ′
(4.13)
D′2
E ′2
где F = − ′ −
+ F.
4A
4C ′
E′
D′
′′
′
′′
′
, y =y +
, тогда уравнение (4.13) пеПоложим x = x +
2A′
2C ′
репишется в виде
A′ x′′2 + C ′ y ′′2 = −F ′ .
(4.14)
′
10 . Пусть F ′ < 0. Разделим обе части уравнения (4.14) на (−F ′ ),
тогда
x′′2
y ′′2
(4.15)
′ +
′ = 1.
− FA′
− CF ′
−F ′
−F ′
>0 и
> 0, то можем считать, что
Так как
A′
C′
−
F′
= a2 ,
′
A
−
F′
= b2 .
′
C
(4.16)
Из (4.15), (4.16) следует, что мы получили каноническое уравнение
эллипса
x′′2 y ′′2
+ 2 = 1.
a2
b
32
20 . Пусть F ′ > 0, тогда в уравнении (4.14) слева стоит неотрицательное число, а справа — отрицательное, поэтому точек, удовлетворяющих
данному уравнению, не существует.
30 . Пусть F ′ = 0. Тогда уравнению (4.14) удовлетворяет только одна
точка (0, 0), то есть точка с координатами x′′ = 0, y ′′ = 0.
4.2.2. Гиперболический случай
Из AC − B 2 < 0 следует, что A′ C ′ < 0, то есть числа A′ , C ′ имеют
разные знаки. Повторяя предыдущие рассуждения, получим уравнение
кривой
A′ x′′2 + C ′ y ′′2 + F ′ = 0.
10 . Пусть F ′ 6= 0. Тогда
x′′2
y ′′2
= 1.
+
′
′
− FA′
− CF ′
(4.17)
Так как A′ и C ′ разных знаков, то одна скобка больше нуля, а
другая скобка меньше нуля.
Пусть
F′
F′
2
= b2 ,
(4.18)
− ′ =a ,
′
A
C
тогда мы получим каноническое уравнение гиперболы
x′′2 y ′′2
− 2 = 1.
a2
b
Если знаки у скобок поменять местами, то получим гиперболу, действительная ось которой лежит на оси (O′ Y ′′ ), а мнимая ось — на оси
(O′ X ′′ ):
x′′2 y ′′2
− 2 + 2 = 1.
a
b
20 . При F ′ = 0 уравнение принимает вид
A′ x′′2 + C ′ y ′′2 = 0.
(4.19)
Пусть A′ > 0, тогда (−C ′ ) > 0 и уравнение (4.19) перепишется в
33
виде

√
√
√
√
( A′ x′′ − −C ′ y ′′ )( A′ x′′ + −C ′ y ′′ ) = 0,
откуда










√
A′ ′′
x
y ′′ = √
−C ′
√
A′ ′′
y ′′ = − √
x
−C ′
Таким образом, получили уравнения двух пересекающихся прямых.
.
4.2.3. Параболический случай
Так как AC − B 2 = 0, то A′ C ′ = 0.
10 . Пусть A′ 6= 0, C ′ = 0. Так как после поворота B ′ = 0, то
уравнение (4.10) перепишется в виде
A′ x′2 + D′ x′ + E ′ y ′ + F = 0.
(4.20)
Соберем члены, содержащие x′ , и дополним их до полного квадрата:
′ ′2
′ ′
Ax +Dx =A



2
D′
D′ 
D′2
′
′ ′
x +2·
·x =A x +
,
−
2A′
2A′
4A′
′  ′2
тогда уравнение (4.20) перепишется в виде
2



D′2 
F ′ = F −
4A′
D′ 
+ E ′y′ + F ′ = 0
A′ x′ +
′
2A
A′ x′′2 + E ′ y ′ + F ′ = 0,
или
(4.21)
D′
где x = x +
. Из (4.21) следует, что
2A′
A′ x′′2 = −E ′ y ′ − F ′ .
′′
′
Рассмотрим два случая.
1) Пусть E ′ 6= 0, тогда A′ x′′2
где
y ′′ = y ′ +
F′
.
E′


F′
= −E ′ y ′ + ′ , то есть
E
A′ x′′2 = −E ′ y ′′ ,
(4.22)
E′
Положим 2p = − ′ , тогда уравнение (4.22) перепишется в виде
A
x′′2 = 2py ′′ .
34
Это каноническое уравнение параболы, симметричной относительно
оси (OY ).
2) Пусть E ′ = 0, тогда уравнение (4.21) перепишется в виде
A′ x′′2 + F ′ = 0.
(4.23)
1. Если F ′ = 0, то получим уравнение оси (OY ) x′′ = 0.
2. Если F ′ 6= 0, то возможны два случая. Если A′ и F ′ одного
знака, то точек, удовлетворяющих данному уравнению, нет; если же A′
и F ′ разных знаков, то
x′′2 +

F′
= 0,
A′
 ′′
x
v
u
u
t
− −
где
F′
A′

  ′′
 x
F′
< 0,
A′
v
u
u
t
+ −
F′
A′
поэтому



= 0,
и уравнение (4.23) описывает две параллельные прямые
x′′ =
v
u
u
t
−
v
u
u
t
F′
x′′ = − −
,
A′
F′
.
A′
20 . Пусть A′ = 0, C ′ 6= 0. Аналогично 10 получаем уравнение
D′ x′ + C ′ y ′′2 + F ′ = 0,
для которого повторяем рассуждения пункта 10 .
30 . Пусть
виде
A′ = 0,
C ′ = 0,
тогда уравнение (4.10) перепишется в
D′ x′ + E ′ y ′ + F = 0.
(4.24)
Если D′ = E ′ = 0, а F 6= 0, то точек, удовлетворяющих уравнению
(4.24), нет; если же D′ или E ′ отличны от нуля, то уравнение (4.24)
описывает прямую.
Пример 4.2.1. Привести к каноническому виду следующее общее уравнение кривой 2-го порядка
5x2 + 8xy + 5y 2 − 18x − 18y + 9 = 0
и нарисовать получившуюся фигуру.
35
(4.25)
Решение
Из (4.25) следует, что
A = C = 5,
B = 4,
(4.26)
поэтому AC − B 2 = 25 − 16 = 9, следовательно, это эллиптический
случай.
π
π
8
и α= .
Из (4.26) следует, что tg 2α = = +∞, поэтому 2α =
0
2
4

√
√

2


′ 2
 x = x′

−
y



2
2

Таким образом, формулы (4.6) примут вид 
,
√
√




2
2


′

 y = x sin
+ y′
2
2
откуда

√

2 ′




x
=
(x − y ′ )



2

.
(4.27)

√




2 ′



 y =
(x + y ′ )
2
Подставим уравнение (4.27) в (4.25), получим
√
5 ′ ′ 2 8 ′ ′ ′ ′ 5 ′ ′ 2 √ ′ ′
(x −y ) + (x −y )(x +y )+ (x +y ) −9 2(x −y )−9 2(x′ +y ′ )+9 = 0,
2
2
2
откуда
√
5(x′2 − 2x′ y ′ + y ′2 ) + 8(x′2 − y ′2 ) + 5(x′2 + 2x′ y ′ + y ′2 ) − 36 2x′ + 18 = 0.
Раскроем скобки и приведем подобные слагаемые, получим
√
18x′2 + 2y ′2 − 36 2x′ + 18 = 0 или
√
y ′2 + 9(x′2 − 2 2x′ + 2) − 9 = 0.
Выделим полный квадрат при x:
√
y ′2 + 9(x′ − 2)2 − 9 = 0 или
√ 2
′
9(x − 2) + y ′2 = 9.
36
Разделим обе части уравнения на 9, получим
y ′′2
= 1,
x +
9
′′2
√
где x′′ = x′ − 2, y ′′ = y ′ .
График получившейся фигуры изображен на рис. 4.3.
Пример 4.2.2. Если систему координат XOY повернуть на 30o
и в новой системе X ′ OY ′ взять
точку (1; 1) в качестве начала
координат, то получим новую систему координат X ′′ O′ Y ′′ , в которой возьмем эллипс
x′′2 y ′′2
+ 2 = 1.
22
3
Рис. 4.3
(4.28)
Какое уравнение имеет эллипс в исходной системе координат?
Решение
Из условия задачи следует, что










x′ = x′′ + 1
, откуда
y ′ = y ′′ + 1
x′′ = x′ − 1
.
y ′′ = y ′ − 1
(4.29)
Подставим (4.29) в (4.28). Получим
(x′ − 1)2 (y ′ − 1)2
+
= 1.
4
9
(4.30)
Очевидно, что поворот системы координат XOY на 300 равносилен
повороту системы координат X ′ OY ′ на угол (−300 ), поэтому

√

1
3


′


x
=
x
+
y



2
2

.
(4.31)

√




3
1


′

 y = −x + y
2
2
37
Подставим (4.31) в (4.30), получим
√
2
2
√

3
3
1
1

− x +
x + y − 1
y − 1
2
2
2
2
+
= 1.
4
9
Раскроем скобки и приведем подобные слагаемые, получим уравнение
эллипса в исходной системе координат
√
√
√
31x2 + 21y 2 + 10 3xy + (16 − 36 3)x − (36 + 16 3)y − 92 = 0.
Упражнения
№ 420∗ . Исследовать кривые, приведя их уравнения к простейшему
виду:
1) x2 + y 2 − 2x + 6y − 5 = 0;
2) x2 + 4y 2 + 4x − 8y − 8 = 0;
3) x2 + 2y 2 + 8x − 4 = 0.
Решение
1) Выделим в исходном уравнении x2 + y 2 − 2x + 6y − 5 = 0 полные
квадраты при x и y, получим (x − 1)2 + (y + 3)2 − 1 − 9 − 5 = 0, откуда
(x − 1)2 + (y + 3)2 − 15 = 0 и, следовательно, (x − 1)2 + (y + 3)2 = 15 —
уравнение окружности.
2) Выделим в исходном уравнении x2 + 4y 2 + 4x − 8y − 8 = 0 полные
квадраты при x и y, получим (x + 2)2 + 4(y − 1)2 − 4 − 4 − 8 = 0, откуда
(x + 2)2 (y − 1)2
+
=1—
(x + 2)2 + 4(y − 1)2 = 16 и, следовательно,
16
4
уравнение эллипса.
3) Выделим в исходном уравнении x2 + 2y 2 + 8x − 4 = 0 полные
квадраты при x и y, получим (x + 4)2 + 2y 2 − 16 − 4 = 0, откуда
(x + 4)2 y 2
(x + 4) + 2y = 20 и, следовательно,
+
= 1 — уравнение
20
10
эллипса.
2
2
38
№ 422∗ . Исследовать кривую, предварительно повернув оси координат
так, чтобы преобразованное уравнение не содержало члена с произведением координат: x2 + xy + y 2 − 4, 5 = 0.
Решение
!
1 2 3
2
Исследуем тип кривой. Так как AC − B = 1 · 1 −
= , то
2
4
1
это эллипс. Найдем угол поворота α. Так как tg 2α = = +∞, то
0
π
π
и α= .
2α =
2
4
Сделаем замену переменных:










x=x
1
′√
2
−y
1
′√
2
,









откуда










1
x = √ (x′ − y ′ )
2
.









1
1
1
y = x′ √ + y ′ √
y = √ (x′ + y ′ )
2
2
2
Подставим выражение координат x, y в исходное уравнение кривой,
получим
1 ′
1
1
(x − y ′ )2 + (x′ − y ′ )(x′ + y ′ ) + (x′ + y ′ )2 − 4, 5 = 0
2
2
2
x′2 + y ′2 − 2x′ y ′ + x′2 − y ′2 + x′2 + y ′2 + 2x′ y ′ − 9 = 0,
или
откуда
x′2 y ′2
+
= 1.
3x + y − 9 = 0
или
3
9
Таким образом, мы получили эллипс с центром в точке (0, 0) (так
√
как был только поворот, а параллельного переноса не было), b = 3,
a = 3. Поскольку большая (фокальная) ось расположена по оси (OY ′ ),
а малая — по оси (OX ′ ), то уравнение фокальной оси x′ = 0 или,
1
1
переходя к старым координатам, x √ + y √ = 0, то есть x+y = 0.
2
2
′2
1)
2)
3)
4)
′2
№ 472. Привести к простейшему виду уравнения гипербол:
9x2 − 25y 2 − 18x − 100y − 316 = 0;
5x2 − 6y 2 + 10x − 12y − 31 = 0;
x2 − 4y 2 + 6x + 5 = 0;
3x2 − y 2 + 12x − 4y − 4 = 0;
39
5) x2 − 4y 2 + 2x + 16y − 6 = 0;
6) x2 − y 2 − 4x + 6y − 5 = 0.
Решение
Рассмотрим случай 2).
В уравнении 5x2 −6y 2 +10x−12y −31 = 0 выделим полные квадраты
при x и y, получим 5(x + 1)2 − 6(y + 1)2 − 5 + 6 − 31 = 0, откуда
2
2
5(x + 1) − 6(y + 1) = 30
и, следовательно,
(x + 1)2 (y + 1)2
−
= 1.
6
5
№ 472∗ . Исследовать кривые, предварительно повернув оси координат
так, чтобы преобразованные уравнения не содержали члена с произведением координат:
1) x2 + 4xy + y 2 − 3 = 0;
2) 3x2 + 24xy − 4y 2 + 10x = 0;
3) 2x2 + 24xy − 5y 2 − 15x + 20y − 12 = 0.
Решение
Рассмотрим случай 2).
Так как 3x2 + 24xy − 4y 2 + 10x = 0, то A = 3, B = 12, C = −4.
Найдем тип кривой. Так как AC − B 2 = −12 − 122 < 0, то это
гипербола.
24
24
= . Зная tg 2α, нам нужно найти cos α,
Вычислим tg 2α =
3+4
7
2tg α
tg α
1
√
√
,
sin α. Так как tg 2α =
,
sin
α
=
,
cos
α
=
1 − tg 2 α
1 + tg 2 α
1 + tg 2 α
24
2tg α
3
4
=
,
получим
tg
α
=
или
tg
α
=
−
.
7
1 − tg 2 α
4
3
3
4
Выберем наименьшее по модулю значение tg α = , откуда cos α = ,
4
5
3
sin α = , и для поворота осей координат воспользуемся формулами
5
то, решая уравнение

















x=x
′4
5
−y
′3
5
4
3
y = x′ + y ′
5
5
или

















40
1
x = (4x′ − 3y ′ )
5
1
y = (3x′ + 4y ′ )
5
,
тогда
3·
или
1
1
(4x′ − 3y ′ )2 + 24 · (4x′ − 3y ′ )(3x′ + 4y ′ )−
25
25
1
1
−4 · (3x′ + 4y ′ )2 + 10 · (4x′ − 3y ′ ) = 0
25
5
′2
′2
′
300x − 325y + 200x − 150y ′ = 0,
откуда
12x′2 − 13y ′2 + 8x′ − 6y ′ = 0.
Выделим полные квадраты при x′ , y ′ , получим
!
!
6
2
12 x + x′ − 13 y ′2 + y ′ = 0,
3
13
′2
!
!
1
9
1 2
3 2
′
− 12 · − 13 · y +
+ 13 · 2 = 0 или
откуда 12 · x +
3
9
13
13
!
25
1
3
′′2
′′2
′′
′
′′
′
12x − 13y −
=0
x =x + , y =y +
, то есть
39
3
13
y ′′2
x′′2
25 − 25 = 1.
′
39·12
39·13
v
√
√
u
u 25
5 13
5
25
3
Таким образом, a =
=
, b=t
=
.
39 · 12
78
39 · 13
39
Найдем центр гиперболы в исходной системе координат. Так как


1
1




′





x′ = −
x + =0







3
3


 x′′ = 0
, откуда
или 
, то 



 y ′′ = 0




3
3


′
′




=0
 y =−
 y +
13
13


3 3
1 4
5








·
x=− · +
x=−






3 5 13 5
39


или
.








3 4
1 3
5






−
·
 y =− ·
 y =−
3 5 13 5
13
v
u
u
t
!
5
5
— центр гиперболы.
Таким образом, − , −
39 13
Найдем уравнение действительной оси. В системе координат X ′′ O′ Y ′′
3
= 0, и, подставляя выражение y ′ через x и y,
y ′′ = 0, поэтому y ′ +
13
4
3
3
+y· +
= 0, откуда −39x + 52y + 15 = 0 или
5
5 13
39x−52y−15 = 0. Это уравнение действительной оси в исходной системе
получим
−x ·
41
координат.
3) Так как 2x2 + 24xy − 5y 2 − 15x + 20y − 12 = 0, то A = 2, B = 12,
AC −B 2 = −10−122 < 0 — это
гипербола.
Найдем
24
4
3
24
= , откуда cos α = , sin α = , тогда для поворота осей
tg 2α =
2+5
7
5
5

1




x = (4x′ − 3y ′ )



5

координат воспользуемся формулами 
. Подставим



1

′
′


 y = (3x + 4y )
5
выражения для координат x, y в исходное уравнение, получим
C = −5,
24
5
2
(4x′ − 3y ′ )2 + (4x′ − 3y ′ )(3x′ + 4y ′ ) − (3x′ + 4y ′ )2 −
25
25
25
20
15
(4x′ − 3y ′ ) + (3x′ + 4y ′ ) − 12 = 0.
5
5
Приведем подобные слагаемые, получим
−
275x′2 − 350y ′2 + 625y ′ − 300 = 0.
Разделим уравнение на 25, получим
11x′2 − 14y ′2 + 25y ′ − 12 = 0.
Выделим полный квадрат при y, получим
25
11x − 14 y −
28
′2
′
!2
=
47
,
56
откуда
47
25
,
где x′′ = x′ , y ′′ = y ′ − .
56
28
Таким образом, каноническое уравнение гиперболы имеет вид
11x′′2 − 14y ′′2 =
x′′2
47
11·56
−
y ′′2
47
282
= 1,
√
47
a= √
,
2 154
откуда
b=
42
√
47
.
28
Найдем центр гиперболы в исходной системе координат:





x′′ = 0
,
y ′′ = 0
то есть




откуда

















x=−
15
28



x′ = 0
25 ,
y′ =
28
поэтому

















x=−
y=
25 3
·
28 5
,
25 4
·
28 5
.
5
7
Таким образом, точка
y=
!
15 5
— центр гиперболы.
− ,
28 7
Найдем уравнение действительной оси. В системе координат X ′′ O′ Y ′′
25
3
4 25
y ′′ = 0, откуда y ′ −
= 0 и, следовательно, −x · + y · −
= 0,
28
5
5 28
то есть 84x − 112y + 125 = 0 — уравнение действительной оси в
исходной системе координат.
№ 506. Определить координаты вершины параболы, величину параметра и направление оси, если парабола дана одним из следующих уравнений:
1) y 2 − 10x − 2y − 19 = 0;
2) y 2 − 6x + 14y + 49 = 0;
3) y 2 + 8x − 16 = 0;
4) x2 − 6x − 4y + 29 = 0;
5) y = Ax2 + Bx + C;
6) y = x2 − 8x + 15;
7) y = x2 + 6x.
Решение
Рассмотрим случай 4).
Выделим в уравнении x2 − 6x − 4y + 29 = 0 полный квадрат при
неизвестной x. Получим (x−3)2 −9 = 4y−29, откуда (x−3)2 = 4y−20,
то есть (x − 3)2 = 4(y − 5). Из этого уравнения следует, что (3; 5) —
вершина параболы, p = 2, ось параболы параллельна оси (OY ).
43
№ 506∗ . Исследовать кривые, предварительно упростив их уравнения
с помощью преобразования координат:
1) 2x2 − 4xy + 2y 2 + 3x − 5y + 2 = 0;
2) x2 − 2xy + y 2 + 4x − 5 = 0.
Решение
Рассмотрим случай 1).
Так как 2x2 − 4xy + 2y 2 + 3x − 5y + 2 = 0, то A = C = 2, B = −2,
4
= −∞,
AC − B 2 = 2 · 2 − 22 = 0 — это парабола. Найдем tg 2α = −
2−2
π
π
откуда 2α = − , α = − , тогда для поворота осей координат восполь2
4

1 ′



√

(x + y ′ )
x
=



2


зуемся формулами 
. Подставим выражения для ко


1



√
y
=
(−x′ + y ′ )


2
ординат x, y в исходное уравнение, получим
1
1
1
2 · (x′ + y ′ )2 − 4 · (x′ + y ′ )(−x′ + y ′ ) + 2 · (−x′ + y ′ )2 +
2
2
2
5
3
+ √ · (x′ + y ′ ) − √ · (−x′ + y ′ ) + 2 = 0.
2
2
Приведем подобные слагаемые, получим
√
√
4x′2 + 4 2x′ − 2y ′ + 2 = 0.
Выделим полный квадрат при x, получим
!
√
1 ′ 1 1
′2
4 x + 2√ x + −
− 2y ′ + 2 = 0,
2 2
2
1
4 · x′ + √
2
!2
−
√
2y ′ = 0,
то есть
откуда
4x′′2 =
√
2y ′′
1
(x′′ = x′ + √ , y ′′ = y ′ ).
2
Таким образом, каноническое уравнение параболы имеет вид
√
√
2
2
x′′2 =
y ′′ , где p =
.
4
8
44
Найдем вершину параболы в исходной системе координат:





x′′ = 0
,
y ′′ = 0
то есть





















откуда
x=−
1
2
1
2
Таким образом,



1
x′ = − √
2 ,
′
y =0
поэтому



















1
1
x = −√ · √
2
2
,
1
1
y = − √ · (− √ )
2
2
.
y=
!
1 1
— вершина параболы.
− ,
2 2
Найдем уравнение оси параболы (это ось (OY ′′ )). Очевидно, что в
системе координат X ′′ O′ Y ′′ ее уравнение имеет вид x′′ = 0, откуда
1
1
1
1
x′ = − √ , поэтому x · √ − y · √ + √ = 0. Таким образом,
2
2
2
2
x − y + 1 = 0 — уравнение оси параболы в исходной системе координат.
Задачи для самоподготовки
Задача 1. Привести к каноническому виду следующие общие уравнения кривых 2-го порядка и нарисовать получившиеся фигуры:
1) 3x2 − 2xy + 3y 2 + 4x + 4y − 4 = 0;
2) x2 − 2xy + y 2 − 4x − 6y + 3 = 0;
3) x2 + 2xy + y 2 + 2x + 2y − 4 = 0;
4) 7xy − 3 = 0;
5) x2 + 6xy + y 2 + 6x + 2y − 1 = 0;
6) y 2 + 5xy − 14x2 = 0;
7) x2 + y 2 − 4x − 6y = 0;
8) 2y 2 + 8x + 12y − 3 = 0;
9) 5x2 + 3y 2 + x − 2 = 0;
10) x2 + 3y 2 + 4x − 5y = 0;
11) x2 − 2y 2 + 3 = 0;
12) 3x2 − 4y 2 + 2y + 5 = 0;
45
13) 8x2 − 3y 2 + 2x − 5y + 1 = 0;
14) 2xy + 3x − y − 2 = 0;
15) x2 + xy + y 2 − 2x − 4y − 12 = 0;
16) x2 − 2xy + y 2 + 2x − 6y = 0;
17) 2x2 + 6x − y − 1 = 0;
18) 3x2 − 4y + 5 = 0;
19) x2 − 5y = 0;
20) 4x2 − 2x − 3 = 0;
21) 2xy + 3x − y − 2 = 0;
22) x2 + 2y 2 − 16 = 0;
23) x2 + 2xy + y 2 − 8x + 4 = 0;
24) x2 + 2xy + y 2 − 6x + 2y − 3 = 0;
25) x2 + y = 0;
26) x2 − 2xy + y 2 − 10x − 6y + 25 = 0;
27) x2 − 2xy + y 2 − x − 2y + 3 = 0;
28) x2 − 3xy + y 2 + 1 = 0;
29) 2x2 + 2y 2 − 2x − 6y + 1 = 0;
30) y 2 − 2xy − 4x − 2y − 2 = 0;
31) x2 − 4x − y + 3 = 0.
№ 543. Какой вид примет уравнение кривой 2x2 −6xy+5y 2 −2x+2y−
−10 = 0, если перенести начало координат в ее центр?
№ 544. Пользуясь перенесением начала координат, упростить уравнения следующих кривых:
1) 7x2 + 4xy + 4y 2 − 40x − 32y + 5 = 0;
2) x2 − 2xy + 2x + 2y + 1 = 0;
3) 6x2 − 4xy + 9y 2 − 4x − 32y − 6 = 0.
№ 551. Пользуясь разложением левой части уравнения на множители,
выяснить геометрический смысл уравнений:
1) xy − bx − ay + ab = 0;
2) x2 − 2xy + 5x = 0;
3) x2 − 4xy + 4y 2 = 0;
4) 9x2 + 30xy + 25y 2 = 0;
5) 4x2 − 12xy + 9y 2 − 25 = 0.
46
Литература
1. Беклемишев Д.В. Курс аналитической геометрии и линейной алгебры : учебник для студ. вузов / Д.В. Беклемишев. — М. : Физматлит,
2002. — 374 с.
2. Мышкис А.Д. Лекции по высшей математике / А.Д. Мышкис. —
М. : Наука, 1969. — 640 с.
3. Цубербиллер О.Н. Задачи и упражнения по аналитической геометрии / О.Н. Цубербиллер. — СПб. : Лань, 2003. — 336 с.
47
Учебное издание
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
ПО АНАЛИТИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ.
ЛИНИИ ВТОРОГО ПОРЯДКА
Учебное пособие для вузов
Составители:
Глушакова Татьяна Николаевна,
Крыжко Игорь Борисович,
Эксаревская Марина Евгеньевна
Редактор О.А. Исаева
Подписано в печать 29.04.08. Формат 60×84/16. Усл. печ. л. 2,7.
Тираж 100 экз. Заказ 793.
Издательско-полиграфический центр
Воронежского государственного университета.
394000, г. Воронеж, пл. им. Ленина, 10. Тел. 208-298, 598-026 (факс)
http://www.ppc.vsu.ru; e-mail: pp_center@ppc.vsu.ru
Отпечатано в типографии Издательско-полиграфического центра
Воронежского государственного университета.
394000, г. Воронеж, ул. Пушкинская, 3. Тел. 204-133.