Які лінії визначаються такими рівняннями. Аналітична геометрія на площині. Поверхні другого порядку: Навчальний посібник. умова перпендикулярності прямих

Найважливішим поняттяманалітичної геометрії є рівняння лінії на площині.

Визначення. Рівнянням лінії (кривої) на площині Oxyназивається рівняння, якому задовольняють координати xі yкожної точки даної лінії не задовольняють координати будь-якої точки, що не лежить на цій лінії (рис.1).

У загальному випадку рівняння лінії може бути записане у вигляді F(x,y)=0або y=f(x).

приклад.Знайти рівняння безлічі точок, рівновіддалених від точок А(-4;2), B(-2;-6).

Рішення.Якщо M(x;y)- Довільна точка шуканої лінії (рис.2), то маємо AM=BMабо

Після перетворень отримаємо

Очевидно, що це рівняння прямої MD– перпендикуляра, відновленого із середини відрізка AB.

Зі всіх ліній на площині особливе значення має пряма лінія. Вона є графіком лінійної функції, що використовується в лінійних економіко-математичних моделях, що найчастіше зустрічаються на практиці.

Різні видирівняння прямої:

1) з кутовим коефіцієнтом k та початковою ординатою b:

y = kx + b,

де – кут між прямим та позитивним напрямком осі ОХ(Рис. 3).

Особливі випадки:

- Пряма проходить через початок координат(Рис.4):

– бісектрисапершого та третього, другого та четвертого координатних кутів:

y=+x, y=-x;

- Пряма паралельна осі ОХі сама вісь ОХ(рис. 5):

y=b, y=0;

- Пряма паралельна осі OYі сама вісь ОY(Рис. 6):

x=a, x=0;

2) що проходить у цьому напрямку (З кутовим коефіцієнтом) k через цю точку (Мал. 7) :

.

Якщо у наведеному рівнянні k- довільне число, то рівняння визначає пучок прямих, що проходять через точку крім прямої , паралельної осі Ой.

прикладА(3,-2):

а) під кутом до осі ОХ;

б) паралельно осі OY.

Рішення.

а) , y-(-2)=-1(x-3)або y=-x+1;

б) х = 3.

3) проходить через дві дані точки (Рис. 8) :

.

приклад. Скласти рівняння прямої, що проходить через точки А(-5,4), В(3,-2).

Рішення. ,

4) рівняння прямої у відрізках (Рис.9):

де a, b –відрізки, що відсікаються на осях відповідно Oxі Ой.

приклад. Скласти рівняння прямої, яка проходить через точку А(2,-1)якщо ця пряма відсікає від позитивної півосі Ойвідрізок, удвічі більший, ніж від позитивної півосі Ox(Рис. 10).

Рішення. За умовою b=2aтоді. Підставимо координати точки А(2,-1):

Звідки a = 1,5.

Остаточно отримаємо:

Або y=-2x+3.

5) загальне рівняння прямої:

Ax+By+C=0,

де aі bне рівні одночасно нулю.

Деякі важливі характеристики прямих :

1) відстань d від точки до прямої:

.

2) кут між прямими та відповідно:

і .

3) умова паралельності прямих:

або .

4) умова перпендикулярності прямих:

або .

Приклад 1. Скласти рівняння двох прямих, що проходять через точку А(5,1), одна з яких паралельна прямий 3x+2y-7=0, а інша перпендикулярна до тієї ж прямої. Знайти відстань між паралельними прямими.

Рішення. Малюнок 11.

1) рівняння паралельної прямої Ax+By+C=0:

з умови паралельності;

взявши коефіцієнт пропорційності, рівний 1, отримаємо А = 3, В = 2;

т.ч. 3x+2y+C=0;

значення Ззнайдемо, підставивши координати т.д. А(5,1),

3*5+2*1+C=0,звідки С=-17;

рівняння паралельної прямої – 3x+2y-17=0.

2) рівняння перпендикулярної прямоїз умови перпендикулярності матиме вигляд 2x-3y+C=0;

підставивши координати т. А(5,1), отримаємо 2*5-3*1+С=0, звідки С=-7;

рівняння перпендикулярної прямої – 2x-3y-7=0.

3) відстань між паралельними прямимиможна знайти як відстань від т.ч. А(5,1)до дано прямий 3x+2y-7=0:

.

Приклад 2. Дані рівняння сторін трикутника:

3x-4y+24=0 (AB), 4x+3y+32=0 (BC), 2x-y-4=0 (AC).

Скласти рівняння бісектриси кута АВС.

Рішення. Спочатку знайдемо координати вершини Утрикутника:

,

звідки x=-8, y=0,тобто. В(-8,0)(рис. 12) .

За властивістю бісектриси відстані від кожної точки M(x, y), бісектриси BDдо сторін АВі НДрівні, тобто.

,

Отримуємо два рівняння

x+7y+8=0, 7x-y+56=0.

З малюнка 12 кутовий коефіцієнт прямий негативний (кут з Охтупий), отже, нам підходить перше рівняння x+7y+8=0або y=-1/7x-8/7.

Отже, агип. = с/2 = 2 і bгип.2 = с2 – агип.2 = 16 – 4 = 12. x2 y2 Рівняння шуканої гіперболи має вигляд: − = 1. 4 12 Завдання 11. Скласти рівняння параболи, якщо відомий її фокус F( -7, 0) та рівняння директриси x – 7 = 0. Рішення З рівняння директриси маємо x = -p/2 = 7 або p = -14. Таким чином, рівняння шуканої параболи 2 y = -28x. Завдання 12. Встановити, які лінії визначаються такими рівняннями. Зробити креслення. 3 2 1. y = 7 − x − 6 x + 13, y< 7, x ∈ R. 2 Решение 3 2 y−7=− x − 6 x + 13. Возводим обе части 2 уравнения в квадрат: 9 2 (y − 7) 2 = 4 (x − 6 x + 13) или 4 (y − 7) = (x 2 − 6 x + 13). 2 9 Выделяем в правой части полный квадрат: 4 (x − 3) 2 (y − 7) 2 (y − 7) = (x − 3) + 4 или 2 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. 1 y +1 2. x = 1 − . 2 2 Решение Область допустимых значений (х, у) определяется условиями ⎧ y +1 ⎪ ≥ 0, ⎧ y ≥ −1, ⎨ 2 → ⎨ ⎪ 1 − x ≥ 0, ⎩ x ≤ 1. ⎩ (y + 1)/2 = 4⋅(1 – x)2 → y + 1 = 8⋅(1 – x)2. Искомая кривая – часть параболы с вершиной в точке (1, -1). 41 3. y = −2 − 9 − x 2 + 8 x . Решение Искомая кривая – часть окружности: (y + 2)2 + (x – 4)2 = 52, y ≤ -2, x ∈ [-1, 9]. 4. y2 – x2 = 0. y Решение y=-x y=x (y – x)⋅(y + x) = 0 – две пересекающиеся прямые. x 0 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. 2 ⎛ 1⎞ 1 Уравнение принимает вид ⎜ x − ⎟ + y 2 = ⎝ 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 cos α = 2 2, sin α = − 2 2. Отсюда преобразование поворота принимает вид (см. п.4.2): ⎧ x = 2 2 ⋅ (x′ + y′) , ⎪ ⎨ ⎪ y = 2 2 ⋅ (y′ − x′) . ⎩ Подстановка в исходное уравнение дает х′у′ = а2/2. Проиллюстрируем приведение загальних рівнянь прямих другого порядку до канонічного виду на кількох прикладах, що ілюструють різні схеми перетворень. Завдання 15. Привести рівняння 5x2 + 9y2 – 30x + 18y + 9 = 0 до канонічного вигляду та побудувати криву. Рішення Згрупуємо члени цього рівняння, що містять однойменні координати: (5x2 – 30x) + (9y2 + 18y) +9 = 0, або 5(x2 – 6x) + 9(y2 + 2y) +9 = 0. 42 y y′ Доповнюємо члени у дужках до повних квадратів: x 5(x2 – 6x + 9 – 9) + 9(y2 + 2y + 1 – 1) +9 = 0, або 0 5(x – 3)2 + 9(y + 1)2 = 45. 01 x′ Позначаємо x′ = x – 3, y′ = y + 1, x0 = 3, y0 = -1, тобто точка О1(3, -1) – центр кривої. Рівняння в новій системі координат набуває вигляду: x'2 y'2 5 x' + 9 y' = 45 → 2 2 + = 1 і визначає еліпс з півосями 9 5 а = 3, b = 5, який у вихідній системі координат має центр у точці О1 (3, -1). 5 2 3 7 Завдання 16. Визначити вид кривої x + xy + y 2 = 2. 4 2 4 Рішення Визначимо кут повороту осей за формулою (7) п.4.4: π 5 7 A = ,C = , B = 4 4 4 3 1 , A ≠ C і ? ⎪ + y′ , 2 2 ⎨ ⎪ y = x′ sin ϕ + y′ cos ϕ = − x′ 1 + y′ 3 ⎪ ⎩ 2 2 і отримаємо рівняння еліпса 2 2 5⎛ 3 1⎞ 3⎛ 3 1 1 3 ⎞ 7⎛ 1 3 ⎞ ⎜ x′ + y′ ⎟ + ⎜ x′ + y′ ⎟⎜ − x′ + y′ ⎟ + ⎜ − x′ + y′ ⎟ = 2 . 4⎝ 2 2⎠ 2 ⎝ 2 2 ⎠⎝ 2 2 ⎠ 4⎝ 2 2 ⎠ x′ 2 + 2y′ 2 = 2. Завдання 17. Встановити, яку лінію визначає рівняння x2 + y2 + xy – 2. Рішення Перенесемо початок координат в таку точку О1(х0, у0), щоб рівняння не містило х і у в першому ступені. Це відповідає перетворенню координат виду (див. п.4.1): ⎧ x = x′ + x0 , ⎨ ⎩ y = y′ + y0 . Підстановка у вихідне рівняння дає (x + x0)2 + (x + x0) (y + i0) + (y + y0) 2 - 2 (x + x0) + 3 (y + y0) = 0 або x′2 + x′y′ + y′2 + (2x0 + y0 - 2)x′ + (x0 + 2y0 + 3)y′ + x02 + x0y0 + y02 - 2x0 + 3y0 =0. Покладемо 2x0 + y0 – 2 = 0, x0 + 2y0 + 3 = 0. 43 Розв'язання отриманої системи рівнянь: x0 = 7/3 та y0 = -8/3. Таким чином, координати нового початку координат O1(7/3, -8/3), а рівняння набуває вигляду x′2 + x′y′ + y′ 2 = 93/25. Повернемо осі координат на такий кут, щоб зник член х'у'. Піддамо останнє рівняння перетворенню (див. п.4.2): ⎧ x′ = x′′ cos α − y′′ sin α, ⎨ ⎩ y′ = x′ sin α + y′′ cos α і отримаємо (cos2α + sinα ⋅cosα + sin2α)⋅x′′2 + y ′′ y y′ x′′ (cos2α - sin2α)⋅x′′y′′ + 0 x + (sin2α - sinα⋅cosα + cos2α)⋅y′′ 2 = 93/25. Вважаючи cos2α – sin2α = 0, маємо tg2α = 1. α x′ Отже, α1,2 = ±45°. Візьмемо α = 45 °, cos45 ° = sin45 ° = 2 2 . 01 Після відповідних обчислень отримуємо 3 2 1 2 93 x ′′ + y ′′ = . 2 2 25 x′′2 y′′2 Отже, + =1 62 25 186 25 – рівняння еліпса з півосями a = 62 5 ≈ 1,5; b = 186 5 2,7 в двічі штрихованої системі координат, одержуваної з вихідної паралельним перенесенням осей координат в точку О1(7/3, -8/3) і подальшим поворотом на кут 45° проти годинникової стрілки. Рівняння x2 + y2 + xy – 2x + 3y = 0 наведено до канонічного виду x′′2 y′′2 + 2 = 1. a2 b Завдання 18. Привести до канонічного вигляду рівняння 4x2 – 4xy + y2 – 2x – 14y + 7 = 0. Рішення Система рівнянь для знаходження центру кривої (формула (6) п.4.4) ⎧ 4 x0 − 2 y0 − 1 = 0, ⎨ несумісна, ⎩ −2 x0 + y0 − 7 = 0 отже, дана крива центру не має . Не змінюючи початку координат, повернемо осі на деякий кут α, відповідні перетворення координат мають x = x′ cos α − y′ sin α, вигляд: ⎨ ⎩ y = x′ sin α + y′ cos α. 44 Перейдемо в лівій частині рівняння до нових координат: 4x2 – 4xy + y2 – 2x – 14y + 7 = (4cos2α - 4cosα⋅sinα + sin2α)⋅x′2 + + 2⋅(-4sinα⋅cosα - 2cos2α + 2 ⋅cosα)⋅x′y′ + + (4sin2α + 4sinα⋅cosα + cos2α)⋅y′2 + + 2⋅(-cosα - 7sinα)⋅x′ + 2⋅(sinα - 7cosα)⋅y′ + 7. (*) Постараємося тепер підібрати кут α так, щоб коефіцієнт при х'у звернувся в нуль. Для цього нам доведеться вирішити тригонометричне рівняння -4sinα⋅cosα - 2cos2α + 2sin2α + sinα⋅cosα = 0. Маємо 2sin2α - 3sinα⋅cosα - 2cos2α = 0, або 2tg2α - 3tgα - 2 = 0 . -1/2. Візьмемо перше рішення, що відповідає повороту осей на гострий кут . Знаючи tgα, обчислимо cosα і sinα: 1 1 tg α 2 cos α = = , sin α = = . 1 + tg 2α 5 1 + tg 2α 5 Звідси, і враховуючи (*), знаходимо рівняння даної кривої в системі х′,у′: 5 y′2 − 6 5 x′ − 2 5 y′ + 7 = 0. ( **) Подальше спрощення рівняння (**) провадиться за допомогою паралельного перенесення осей Ох′, Оу′. Перепишемо рівняння (**) наступним чином: 5 5(y′2 − 2 y′) − 6 5 x′ + 7 = 0. 5 Доповнивши вираз у першій дужці до повного квадрата різниці та компенсуючи це доповнення належним доданком, отримаємо: 2 ⎛ 5⎞ 6 5⎛ 5⎞ ⎜ y′ − ⎟ − ⎜ x′ − ⎟ = 0. ⎝ 5 ⎠ 5 ⎝ 5 ⎠ Введемо тепер ще нові координати х′′,у′′, вважаючи x′ = x′ 5 5, y′ = y′′ + 5 5 , що відповідає паралельному переміщенню осей на величину 5 5 у напрямку осі Ох′ і на величину 5 5 у напрямку осі Оу′. У координатах х''у'' рівняння цієї лінії набуває вигляду 6 5 2 y'' = x'' . 5 Це канонічне рівняння параболи з 3 5 параметром p = і з вершиною на початку координат системи х''у''. Парабола 5 розташована симетрично щодо осі х′′ і нескінченно простягається у 45 позитивному напрямку цієї осі. Координати вершини в системі х′у′ ⎛ 5 5⎞ ⎛ 1 3⎞ ⎜ ; ⎟ а в системі ху ⎜ − ; ⎟ . ⎝ 5 5 ⎠ ⎝ 5 5⎠ Завдання 19. Яку лінію визначає рівняння 4x2 - 4xy + y2 + 4x - 2y - 3 = 0? Рішення Система для знаходження центру кривої в даному випадку має вигляд: ⎧ 4 x0 − 2 y0 + 2 = 0, y 2x-y+3=0 ⎨ 2x-y+1=0 ⎩ −2 x0 + y0 − 1 = 0. Ця система рівносильна одному рівнянню 2х0 - у0 2x-y-1 = 0 + 1 = 0, отже, лінія має нескінченно багато центрів, що становлять пряму 2х - у + 1 = 0. x Зауважимо, що ліва частина даного рівняння 0 розкладається на множники першого ступеня: 4х2 - 4ху + у2 + 4х -2у -3 = = (2х - у +3) (2х - у - 1). Отже, розглянута лінія є пара паралельних прямих: 2ху – у +3 = 0 і 2х – у – 1 = 0. Завдання 20 1. Рівняння 5х2 + 6ху + 5у2 – 4х + 4у + 12 = 0 x′2 y′2 наводиться до канонічного виду х 2 + 4у 2 + 4 = 0, або + = −1. 4 1 Це рівняння схоже на канонічне рівняння еліпса. Однак воно не визначає на площині ніякого дійсного образу, тому що для будь-яких дійсних чисел х′,у′ ліва частина його не негативна, а справа стоїть –1. Таке рівняння та аналогічні йому називаються рівняннями уявного еліпса. 2. Рівняння 5х2 + 6ху + 5у2 – 4х + 4у + 4 = 0 x′2 y′2 наводиться до канонічного виду х′ 2 + 4у′ 2 = 0, або + = 0. 4 1 Рівняння також схоже на канонічне рівняння еліпса але визначає не еліпс, а єдину точку: х′ = 0, у′ = 0. Таке рівняння та аналогічні йому називаються рівняннями виродженого еліпса. Завдання 21. Скласти рівняння параболи, якщо її фокус знаходиться в точці F(2, -1) і рівняння директриси D: x – y – 1 = 0. Рішення Нехай у деякій системі координат х'О1у парабола має канонічний вигляд у′2 = 2рх '. Якщо пряма у = х – 1 є її директрисою, осі системи координат х′О1у′ паралельні директрисі. 46 Координати вершини параболи, що збігаються з новим початком координат О1, знайдемо як середину відрізка нормалі до директриси D, що проходить через фокус. Отже, вісь О1х описується рівнянням у = -х + b, -1 = -2 + b. Звідки b = 1 і О1х′: у = -х + 1. Координати точки K перетину директриси та осі О1х′ знаходимо з умови: ⎧ y = x −1 ⎨ , → x К = 1, y K = 0. ⎩ y = −x + 1 Координати нового початку координат О1(х0, у0): 1+ 2 3 −1 + 0 1 x0 = = ; y0 = = − . Осі нової системи координат повернені 2 2 2 2 щодо старої на кут (-45 °). Знайдемо р = KF = 2. Отже, рівняння параболи в старій системі координат отримаємо, якщо піддамо рівняння параболи y′ 2 = 2 2 ⋅x′ перетворення (див. формулу (5) п.4.3): ⎧ ⎛ 3⎞ ⎛ 1⎞ ⎧ 2 ⎪ x′ = ⎜ x − 2 ⎟ cos(−45°) + ⎜ y + 2 ⎟ sin(−45°), ⎪ x′ = (x − y − 2), ⎪ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎪ 2 → ⎨ ⎪ y′ = − ⎛ x − sin(−45°) + ⎛ y + cos(−45°) 3⎞ 1⎞ ⎪ y′ = 2 (x + y − 1), ⎪ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎪ ⎪ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎩ 2 1 2 y′2 = 2 2 ⋅ x′ ⇒ (x + y − 1) 2 = 2 2 ⋅ (x − y − 2), 2 2 звідки шукане рівняння параболи має вигляд: х2 + 2ху + у2 – 6х + 2у + 9 = 0. Завдання 22. Написати рівняння гіперболи, якщо відомі її ексцентриситет е = 5 , фокус F(2, -3) та рівняння директриси y′ y D1 3х – у + 3 = 0 Рішення 3 B Рівняння директриси D1: у = 3х + 3 дозволяє зробити висновок, що нова вісь координат Ох′ має вигляд y = (-1/3)x + b, проходить через точку F(2, - -7 -1 α x A 0 1 3), отже, −3 = − ⋅ 2 + b, звідки b = -7/3 і Ох′ O1 K 3 a/ 5 -7/3 1 7 F x′ задається рівнянням y = − x − . 3 3 Нехай початок нової системи координат перебуває у точці О1(х0, у0). Знайдемо координати точки К як координати точки перетину директриси D1 і 47 ⎧3 x − y + 3 = 0, 8 9 осі Ох′′ із системи ⎨ → xK = − , y K = − . ⎩3y + x + 7 = 0 5 5 Геометричні властивості гіперболи, яка в нових осях координат x′2 y′2 Ох′у′ має вигляд 2 − 2 = 1, дозволяють знайти КF як відстань від фокусу a b F(2, - 3) до директриси D1: 3х – у + 3 = 0. 3 ⋅ (2) − (−3) + 3 12 a a KF = = , O1K = = , O1F = c = a 2 + b 2 , 9 +1 10 e 5 a 12 O1K = O1F − KF ⇒ = a 2 + b2 − , 5 10 b2 оскільки e = 1 + 2 = 5, b 2 = 4a 2 . Значення а знаходимо з рівняння a a 12 3 =a 5− і одержуємо a = . При цьому b2 = 18. 5 10 2 x′2 y′2 Рівняння гіперболи у нових координатах має вигляд − = 1. 9 2 18 Координати нового центру знайдемо, знаючи що точка К ділить відрізок О1F у OK a 5 1 щодо λ = 1 = = : KF 12 10 4 ⎧ 1 ⎪ x0 + x F 4 5 ⎪ xK = , x0 = − , ⎪ 1+1 4 2 ⎨ звідки ⎪ 1 3 y0 + y F y0 = − . ⎪y = 4 , 2 ⎪ K ⎩ 1+1 4 З ∆ АВО: sinα = 1 10 , cosα = 3 10 . Оскільки поворот відбувається на кут (-α): sin(-α) = − 1 10 , cos(-α) = 3 10 , то формули перетворень координат (див. (5) у п.4.3) набувають вигляду: ⎧ ⎛ 5⎞ 3 ⎛ 3 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎧ ′ 1 ⎪ ⎪ x′ = ⎜ x + ⎟ ⎝ 2 ⎠ 10 ⎝ + ⎜ y + ⎟⎜ − 2 ⎠ ⎠ − y + 6 ) , ⎪ ⎨ → ⎨ ⎪ y′ = − ⎛ x + 5 ⎞ ⎛ − 1 ⎞ + ⎛ y + 3 ⎞ 3 , ⎪ y′ = 1 (x + 3 y + 7) ⎪ ⎜ ⎜ ⎝2 ⎠⎝10 ⎠⎝2 )2 - (х + 3у + 7) 2 = 180 або 7х2 - у2 - 6ху - 18у + 26х + 17 = 0. 48 Завдання 23. Знайти полярний кут відрізка, спрямованого з точки (5, 3) до точки (6, 2 3). Рішення ρ = (6 − 5) 2 + (2 3 − 3) 2 = 2, cos ϕ = 1 2, sin ϕ = 3 2 ⇒ ϕ = 60°. (Див. п.5.2). Завдання 24. Скласти рівняння прямої в полярних координатах, вважаючи відомими відстань р від полюса до прямої і кут від полярної осі до променя, спрямованого з полюса перпендикулярно до прямої. M (ρ, ϕ) Рішення L Відомі ОР = р, ∠ РОА = α, довільна точка М P прямої L має координати (ρ, ϕ). β Точка М лежить на прямий L в тому і тільки в тому випадку, коли проекція точки М на промінь ОР збігається з точкою Р, O A тобто. коли р = ρ⋅cosβ, де РОМ = β. Кут ϕ = α + β і рівняння прямої L набуває вигляду ρ⋅cos(ϕ - α) = p. Завдання 25. Знайти полярні рівняння вказаних кривих: 1). x = a, a > 0 Рішення ρ⋅cosϕ = a → ρ = a/cosϕ. a 0 ρ 2). y = b, b > 0 b Рішення ρ⋅sinϕ = b → ρ = b/sinϕ. 0 ρ 3). (х2 + у2)2 = а2ху Рішення: xy ≥ 0, a2 ρ = a ρ cos ϕ sin ϕ → ρ = sin 2ϕ, sin 2ϕ ≥ 0 . 4 2 2 2 2 Рівняння кривої в полярних координатах має a вигляд ρ = sin 2ϕ , ϕ∈ [ 0, π 2] ∪ [ π, 3π 2] і задає 2 двопелюсткову троянду: Завдання 26. Побудувати задані в полярній системі координат лінії: 1). ? 2). ρ = 2 + cosϕ. Рішення Лінія виходить, якщо кожен радіус-вектор кола = cosϕ збільшити на два. Знайдемо координати контрольних точок: ϕ = 0, ρ = 3; ϕ = π/2, ρ = 2; ϕ = π, ρ = 1. 9 3). ρ = 4 − 5cos ϕ Рішення 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 ⎞ x2 + y2 ⎜ 4 − 5 ⎟ = 9, ⎜ x2 + y 2 ⎟ ⎝ ⎠ 16 (x 2 + y 2) = (5 x + 9) , 2 4 x 2 + y 2 = 5 x + 9, 16x2 + 16y2 = 25x2 + 90x + 81, 9x2 + 90x – 16y2 +81 = 0, 2 2 (x + 5) 2 y 2 9(x + 5) – 16y = 144 → − 2 = 1 – правая ветвь 42 3 гиперболы при указанных ϕ. Кривую можно было построить по точкам, например, при ϕ = π ρ = 9/10. 4). ρ2⋅sin2ϕ = а2. Решение sin 2ϕ ≥ 0, ϕ∈ [ 0, π 2] ∪ [ π, 3π 2]. a ρ= . sin 2ϕ Перейдем к декартовым координатам, учтем, что ρ2 2 xy sin 2ϕ = 2 cos ϕ ⋅ sin ϕ ⋅ 2 = 2 , ρ x + y2 a2 2 тогда кривая принимает вид гиперболы: y = . x Задача 27. Какие линии задаются следующими параметрическими уравне- ниями: 50

визначає на площині криву. Група членів називається квадратичною формою, - Лінійною формою. Якщо квадратичній формі містяться тільки квадрати змінних, то такий її вид називається канонічним, а вектори ортонормованого базису, в якому квадратична форма має канонічний вигляд, називаються головними осями квадратичної форми.
Матриця називається матрицею квадратичної форми. Тут a 1 2 = a 2 1 . Щоб матрицю B призвести до діагонального вигляду, необхідно за базис взяти власні вектори цієї матриці, тоді де λ 1 і λ 2 – власні числа матриці B.
У базисі із власних векторів матриці B квадратична форма матиме канонічний вигляд: λ 1 x 2 1 +λ 2 y 2 1 .
Ця операція відповідає повороту осей координат. Потім проводиться зсув початку координат, позбавляючись цим лінійної форми.
Канонічний вид кривої другого порядку: λ 1 x 2 2 +λ 2 y 2 2 =a , причому:
а) якщо λ 1 >0; λ 2 >0 – еліпс, зокрема, при λ 1 =λ 2 це коло;
б) якщо λ 1 >0, λ 2<0 (λ 1 <0, λ 2 >0) маємо гіперболу;
в) якщо λ 1 =0 або λ 2 =0, то крива є параболою і після повороту осей координат має вигляд ? Доповнюючи до повного квадрата, матимемо: λ 1 x 2 2 =b 1 y 2 .

Приклад. Дано рівняння кривої 3x2+10xy+3y2-2x-14y-13=0 у системі координат (0,i,j), де i=(1,0) та j=(0,1).
1. Визначити тип кривої.
2. Привести рівняння до канонічного вигляду та побудувати криву у вихідній системі координат.
3. Знайти відповідні перетворення координат.

Рішення. Наводимо квадратичну форму B=3x2+10xy+3y2 до головних осей, тобто до канонічного вигляду. Матриця цієї квадратичної форми . Знаходимо власні числа та власні вектори цієї матриці:

Характеристичне рівняння:
; λ 1 =-2, λ 2 =8. Вид квадратичної форми: .
Початкове рівняння визначає гіперболу.
Зауважимо, що вигляд квадратичної форми неоднозначний. Можна записати 8x12-2y12, проте тип кривої залишився той же - гіпербола.
Знаходимо основні осі квадратичної форми, тобто власні вектори матриці B. .
Власний вектор, що відповідає числу λ=-2 при х 1 =1: х 1 =(1,-1).
Як одиничний власний вектор приймаємо вектор , де - Довжина вектора x 1 .
Координати другого власного вектора, що відповідає другому власному числу λ=8, знаходимо із системи
.
1, j 1).
За формулами (5) пункту 4.3.3. переходимо до нового базису:
або

; . (*)

Вносимо вирази x та y у вихідне рівняння і, після перетворень, отримуємо: .
Виділяємо повні квадрати: .
Проводимо паралельне перенесення осей координат у новий початок: , .
Якщо внести ці співвідношення до (*) і розв'язати ці рівності щодо x 2 і y 2 , то отримаємо: , . У системі координат (0*, i 1 , j 1) дане рівняння має вигляд: .
Для побудови кривої будуємо у старій системі координат нову: вісь x 2 =0 задається у старій системі координат рівнянням x-y-3=0, а вісь y 2 =0 рівнянням x+y-1=0. Початок нової системи координат 0*(2,-1) є точкою перетину цих прямих.
Для спрощення сприйняття розіб'ємо процес побудови графіка на 2 етапи:
1. Перехід до системи координат з осями x 2 =0, y 2 =0, заданими у старій системі координат рівняннями x-y-3=0 та x+y-1=0 відповідно.

2. Побудова отриманої системі координат графіка функції.

Остаточний варіант графіка виглядає так (див. Рішення:Завантажити рішення

Завдання. Встановити, що кожне з наступних рівнянь визначає еліпс, і знайти координати його центру, півосі, ексцентриситет, рівняння директоріс. Зобразити еліпс на кресленні, вказавши осі симетрії, фокуси та директриси.
Рішення.

Рівність виду F(x, у) = 0 називається рівнянням із двома змінними х, у, якщо вона справедлива не для будь-яких пар чисел х, у. Кажуть, що два числа х = x 0 , у = y 0 задовольняють деякому рівнянню виду F(x, y) = 0, якщо при підстановці цих чисел замість змінних х і у рівняння його ліва частина перетворюється на нуль.

Рівнянням даної лінії (у призначеній системі координат) називається таке рівняння з двома змінними, якому задовольняють координати кожної точки, що лежить на цій лінії, і не задовольняють координати кожної точки, що не лежить на ній.

Надалі замість виразу «дано рівняння лінії F(x, у) = 0» ми часто говоритимемо коротше: дана лінія F(x, у) = 0.

Якщо дані рівняння двох ліній F(x, у)= 0 і Ф(x, у) = 0, то спільне рішення системи

F(x, y) = 0, Ф(х, у) = 0

дає всі точки їх перетину. Точніше, кожна пара чисел, що є спільним рішенням цієї системи, визначає одну з точок перетину,

157. Дані точки *) M 1 (2; -2), М 2 (2; 2), M 3 (2; - 1), M 4 (3; -3), M 5 (5; -5), М 6 (3; -2). Встановити, які з даних точок лежать лінії, визначеної рівнянням х + y = 0, і які лежать у ньому. Яка лінія визначена цим рівнянням? (Зобразити її на кресленні.)

158. На лінії, визначеній рівнянням х 2 + у 2 = 25, знайти точки, абсциси яких дорівнюють наступним числам: 1) 0, 2) -3, 3) 5, 4) 7; на цій же лінії знайти точки, ординати яких дорівнюють наступним числам: 5) 3, 6) -5, 7) -8. Яка лінія визначена цим рівнянням? (Зобразити її на кресленні.)

159. Встановити, які лінії визначаються такими рівняннями (побудувати їх у кресленні): 1)x - у = 0; 2) х + у = 0; 3) x – 2 = 0; 4) x + 3 = 0; 5) y – 5 = 0; 6) у + 2 = 0; 7) х = 0; 8) у = 0; 9) х 2 - хy = 0; 10) ху + у 2 = 0; 11) х 2 - у 2 = 0; 12) ху = 0; 13) у 2 – 9 = 0; 14) х 2 – 8x + 15 = 0; 15) у 2+by+4=0; 16) х 2 у - 7ху + 10y = 0; 17) у - | х |; 18) х - | у |; 19) y + | x | = 0; 20) x + | = 0; 21) у = | х - 1 |; 22) y = | x + 2 |; 23) х 2 + у 2 = 16; 24) (х - 2) 2 + (у-1) 2 = 16; 25 (x + 5) 2 + (у-1) 2 = 9; 26) (x – 1) 2 + y 2 = 4; 27) x 2 + (y + 3) 2 = 1; 28) (x – 3) 2 + y 2 = 0; 29) x 2 + 2y 2 = 0; 30) 2x2+3y2+5=0; 31) (x – 2) 2 + (y + 3) 2 + 1 = 0.

160. Дані лінії: l) x + y = 0; 2) х - у = 0; 3) x 2 + у 2 – 36 = 0; 4) х 2 + у 2 - 2х + у = 0; 5) х 2 + у 2 + 4х – 6у – 1 = 0. Визначити, які з них проходять через початок координат.

161. Дані лінії: 1) х 2 + у 2 = 49; 2) (х - 3) 2 + (у + 4) 2 = 25; 3) (х + 6) 2 + (y - З) 2 = 25; 4) (х + 5) 2 + (y - 4) 2 = 9; 5) х 2 + у 2 - 12x + 16у - 0; 6) х 2 + у 2 – 2x + 8y + 7 = 0; 7) х 2 + у 2 - 6х + 4у + 12 = 0. Знайти точки їх перетину: а) з віссю Ох; б) із віссю Оу.

162. Знайти точки перетину двох ліній:

1) х 2 + у 2 – 8; х - у = 0;

2) х 2 + у 2 – 16х + 4у + 18 = 0; х + у = 0;

3) х 2 + у 2 - 2х + 4у - 3 = 0; х 2 + у 2 = 25;

4) х 2 + у 2 - 8y + 10у + 40 = 0; х 2 + у 2 = 4.

163. У полярній системі координат дано точки M 1 (l; π/3), M 2 (2; 0). М 3 (2; π/4), М 4 (√3; 1; 2/3π). Встановити, які з цих точок лежать на лінії, визначеній у полярних координатах рівнянням р = 2cos, і які не лежать на ній. Яка лінія визначається цим рівнянням? (Зобразити її на кресленні.)

164. На лінії, визначеній рівнянням p = 3/cosΘ знайти точки, полярні кути яких дорівнюють наступним числам: а) π/3 , б) - π/3, в) 0, г) π/6. Яка лінія визначена цим рівнянням? (Побудувати її на кресленні.)

165. На лінії, визначеній рівнянням p = 1/sinΘ, знайти точки, полярні радіусьм яких дорівнюють наступним числам: а) 1 6) 2, в) √2 . Яка лінія визначена цим рівнянням? (Побудувати її на кресленні.)

166. Встановити, які лінії визначаються у полярних координатах такими рівняннями (побудувати їх у кресленні): 1) р = 5; 2) Θ = π/2; 3) Θ = - π/4; 4) р cosΘ = 2; 5) p sin = 1; 6.) p = 6cosΘ; 7) р = 10 sin; 8) sinΘ = 1/2; 9) sinp = 1/2.

167. Побудувати на кресленні такі спойрали Архімеда: 1) р = 20; 2) р = 50; 3) p = Θ/π; 4) р = -Θ/π.

168. Побудувати на кресленні такі гіперболічні спіралі: 1) p = 1/Θ; 2) p = 5/Θ; 3) р = π/Θ; 4) р = - π/Θ

169. Побудувати на кресленні такі логарифмічні спіралі: 1) р = 2 ; 2) p = (1/2) Θ.

170. Визначити довжини відрізків, на які розтинає спіраль Архімеда р = 3Θ промінь, що виходить з полюса і нахилений до полярної осі під кутом Θ = π/6. Зробити креслення.

171. На спіралі Архімеда р = 5/π взята точка С, полярний радіус якої дорівнює 47. Визначити, на скільки частин ця спіраль розтинає полярний радіус точки С. Зробити креслення.

172. На гіперболічній спіралі P = 6/Θ знайти точку Р, полярний радіус якої дорівнює 12. Зробити креслення.

173. На логарифмічній спіралі р = 3 Θ знайти точку P, полярний радіус якої дорівнює 81. Зробити креслення.

Розглянемо співвідношення виду F(x, y)=0, що зв'язує змінні величини xі у. Рівність (1) називатимемо рівнянням з двома змінними х, у,якщо ця рівність справедлива не для всіх пар чисел хі у. Приклади рівнянь: 2х + 3у = 0, х 2 + у 2 - 25 = 0,

sin x + sin y - 1 = 0.

Якщо (1) справедливо всім пар чисел х і у, воно називається тотожністю. Приклади тотожностей: (х + у) 2 - х 2 - 2ху - у 2 = 0, (х + у) (х - у) - х 2 + у 2 = 0.

Рівняння (1) називатимемо рівнянням безлічі точок (х; у),якщо цього рівняння задовольняють координати хі убудь-якої точки множини і не задовольняють координати ніякої точки, що не належать цій множині.

Важливим поняттям аналітичної геометрії є поняття рівняння лінії. Нехай на площині задані прямокутна система координат та деяка лінія α.

Визначення.Рівняння (1) називається рівнянням лінії α (у створеній системі координат), якщо цього рівняння задовольняють координати хі убудь-якої точки, що лежить на лінії α , і не задовольняють координати жодної точки, що не лежить на цій лінії.

Якщо (1) є рівнянням лінії α, то будемо говорити, що рівняння (1) визначає (задає)лінію α.

Лінія α може визначатися не тільки рівнянням виду (1), а й рівнянням виду

F(P, φ) = 0містить полярні координати.

• рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом;

Нехай дана деяка пряма, не перпендикулярна, осі ОХ. Назвемо кутом нахилуданої прямої до осі ОХкут α , на який потрібно повернути вісь ОХщоб позитивний напрямок збігся з одним з напрямків прямий. Тангенс кута нахилу прямої до осі ОХназивають кутовим коефіцієнтомцією прямою і позначають буквою До.

	К=tg α
		(1)

Виведемо рівняння даної прямої, якщо її відомі Дота величина у відрізку ОВ, Якою вона відсікає на осі ОУ.

(2)

y=kx+b

Позначимо через Мточку площини (х; у).Якщо провести прямі BNі NM, паралельні осям, то утворюються r BNM –прямокутний. Т. MC C BM <=>, коли величини NMі BNзадовольняють умову: . Але NM=CM-CN=CM-OB=y-b, BN=x=> враховуючи (1), отримуємо, що точка М (х; у) Сна даній прямий<=>, коли її координати задовольняють рівняння: =>

Рівняння (2) називають рівнянням прямої з кутовим коефіцієнтом.Якщо K=0, то пряма паралельна осі ОХта її рівняння має вигляд y = b.

• рівняння прямої, що проходить через дві точки;

(4)

Нехай дані дві точки М 1 (х 1; у 1)і М 2 (х 2; у 2).Прийнявши в (3) точку М (х; у)за М 2 (х 2; у 2),отримаємо у 2 -у 1 = k (х 2 - х 1).Визначаючи kз останньої рівності та підставляючи його в рівняння (3), отримуємо шукане рівняння прямої: . Це рівняння, якщо у 1 ≠ у 2, можна записати у вигляді:

Якщо у 1 = у 2, то рівняння шуканої прямої має вигляд у = у 1. У цьому випадку пряма паралельна осі ОХ. Якщо х 1 = х 2, то пряма, що проходить через крапки М 1і М 2, паралельна осі ОУ, її рівняння має вигляд х = х 1.

• рівняння прямої, що проходить через задану точку з цим кутовим коефіцієнтом;

(3)

Аx+Вy+С=0

Теорема.У прямокутній системі координат Охубудь-яка пряма задається рівнянням першого ступеня:

і, навпаки, рівняння (5) при довільних коефіцієнтах А, В, С (Аі У ≠ 0одночасно) визначає деяку пряму у прямокутній системі координат Оху.

Доведення.

Спочатку доведемо перше твердження. Якщо пряма не перпендикулярна Ох,то вона визначається рівнянням першого ступеня: у = kx + b, тобто. рівнянням виду (5), де

A = k, B = -1і C = b.Якщо пряма перпендикулярна Ох,то всі її точки мають однакові абсциси, рівні величині α відрізка, що відсікається прямою на осі Ох.

Рівняння цієї прямої має вигляд х = α,тобто. також є рівняння першого ступеня виду (5), де А = 1, В = 0, С = -?Тим самим було доведено перше твердження.

Доведемо зворотне твердження. Нехай дано рівняння (5), причому хоча б один із коефіцієнтів Аі У ≠ 0.

Якщо У ≠ 0, то (5) можна записати як . Полога , отримуємо рівняння у = kx + b, тобто. рівняння виду (2) яке визначає пряму.

Якщо В = 0, то А ≠ 0і (5) набуває вигляду. Позначаючи через α, отримуємо

х = α, тобто. рівняння прямої перпендикулярне Ох.

Лінії, що визначаються у прямокутній системі координат рівнянням першого ступеня, називаються лініями першого порядку.

Рівняння виду Ах + Ву + С = 0є неповним, тобто. якийсь із коефіцієнтів дорівнює нулю.

1) З = 0; Ах + Ву = 0та визначає пряму, яка проходить через початок координат.

2) В = 0 (А ≠ 0); рівняння Ах + С = 0 Оу.

3) А = 0 (В ≠ 0); Ву + С = 0і визначає пряму паралельну Ох.

Рівняння (6) називається рівнянням прямої «у відрізках». Числа аі bє величинами відрізків, які відсікає пряма на осях координат. Ця форма рівняння зручна для геометричної побудови прямої.

• нормальне рівняння прямої;

Аx + Вy + С = 0 – загальне рівняння деякої прямої, а (5) x cos α + y sin α - p = 0(7)

її нормальне рівняння.

Оскільки рівняння (5) і (7) визначають ту саму пряму, то ( А 1х + У 1у + З 1 = 0і

А 2х + У 2у + З 2 = 0 => ) коефіцієнти цих рівнянь пропорційні. Це означає, що помноживши всі члени рівняння (5) на деякий множник М, ми отримаємо рівняння МА х + МВ у + МС = 0, що з рівнянням (7) тобто.

МА = cos α, MB = sin α, MC = - P(8)

Щоб знайти множник М, зведемо перші дві з цих рівностей у квадрат і складемо:

М 2 (А 2 + В 2) = cos 2 α + sin 2 α = 1

(9)