Кривые второго порядка. Эллипс, гипербола, парабола. —Каталог задач по Высшей математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Кривые второго порядка. Эллипс, гипербола, парабола.

Тема Аналитическая геометрия

04 Кривые второго порядка. Эллипс, гипербола, парабола.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела аналитическая геометрия

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#74369

При помощи алгоритма поиска собственных чисел, собственных векторов, и ортогональной замены координат привести следующую кривую второго порядка к каноническому виду

4x2 − 4xy + y2 − 2x − 14y + 7 = 0

Показать ответ и решение

1. Матрица квадратичной части имеет вид

( ) Q = 4 − 2 − 2 1

Её собственные числа - это корни уравнения

det(Q − λE ) = 0

Вычисляя, получим, что $λ1 = 0$ , $λ2 = 5$ .

2. Следовательно, после ортогональной замены координат при $2 x$ будет стоять коэффициент $0$ , а при $y2$ будет коэффициент $5$ . Проверим это. Для этого найдем матрицу этой замены, то есть матрицу, составленную из собственных векторов матрицы $Q$ .

Собственный вектор, соответствующий $λ1$ будет, например, $( ) 1 v1 = 2 1$ . Отнормируем его и получим $( ) 1 |( 2|) ( -1-) -v1 = -√1--= ( √5-) |v1| -52 √2- 5$ .

Собственный вектор, соответствующий $λ2$ будет, например, $( ) − 2 v2 = 1$ . Отнормируем его и получим $( ) | − 2| ( ) ( ) −√2- -v2 = --1√--- = ( 5) |v2| 5 1√-- 5$ .

Следовательно, матрица перехода $C$ будет такой:

( ) 1√-- −√-2 C = ( 25 15) √5- √5-

3. Сделаем соответствующую замену координат, то есть замену

( ) ( ) ( ) x 1√5- −√25- x′ = ( 2√-- √1) ′ y 5 5 y

Подставляя это всё дело в исходное уравнение

4x2 − 4xy + y2 − 2x − 14y + 7 = 0

получим

4(√1-x′−√2--y′)2− 4 ( 1√-x′− √2-y′)(√2-x′+ √1-y′)+(√2-x ′+ √1-y′)2− 2(√1-x′− 2√-y′)− 14(√2-x′+√1-y′)+7 = 0 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5

Аккуратно всё раскрывая и сокращая, получаем такое уравнение в новых координатах:

′2 √-- ′ √-- ′ 5◟◝y◜◞ − 6 5x − 2 5y + 7 = 0 заметьте, коэфы -это с.з, как мы и обещали

Далее, собираем полный квадрат (в данном случае он только один - при $y$ ):

2√5-- 1 √-- 5(y′2 −----y ′ +-)− 6 5x ′ + 6 = 0 5 5

√5-- √ -- 5(y ′ −---)2 − 6 5x′ + 6 = 0 5

√-- ′ -5- 2 √ --′ 5(y − 5 ) = 6 5x − 6

√ -- √ -- 5(y′ − --5)2 = 6 5(x′ − √1-) 5 5

Осталось сделать сдвиг начала координат по формулам

1 √5- x′′ = x′ − √-,y ′′ = y′ −--- 5 5

И получим уравнение

′′ √ --′′ 5y = 6 5x

√ -- ′′ 6--5 ′′ y = 5 x

Таким образом, видим, что это парабола с параметром $√- p = 3-5 5$ .

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#74368

5x2 + 8xy + 5y2 − 18x − 18y + 9 = 0

Показать ответ и решение

1. Матрица квадратичной части имеет вид

( ) Q = 5 4 4 5

Её собственные числа - это корни уравнения

det(Q − λE ) = 0

Вычисляя, получим, что $λ1 = 1$ , $λ2 = 9$ .

2. Следовательно, после ортогональной замены координат при $2 x$ будет стоять коэффициент $1$ , а при $y2$ будет коэффициент $9$ . Проверим это. Для этого найдем матрицу этой замены, то есть матрицу, составленную из собственных векторов матрицы $Q$ .

Собственный вектор, соответствующий $λ1$ будет, например, $( ) − 1 v1 = 1$ . Отнормируем его и получим $( ) − 1 |( |) ( −1) -v1 = --1√--- = ( √2) |v1| 2 1√-- 2$ .

Собственный вектор, соответствующий $λ2$ будет, например, $( ) 1 v2 = 1$ . Отнормируем его и получим $( ) | 1| ( ) ( ) √1- -v2 = -√1- = ( 2 ) |v2| 2 √1- 2$ .

Следовательно, матрица перехода $C$ будет такой:

( ) −√1- √1- C = ( 12 12) √2- √2-

3. Сделаем соответствующую замену координат, то есть замену

( ) ( ) ( ) x −√12- √12- x′ = ( 1√-- √1) ′ y 2 2 y

Подставляя это всё дело в исходное уравнение

5x2 + 8xy + 5y2 − 18x − 18y + 9 = 0

получим

5(−√-1x′+√1--y′)2+8 (−√ 1-x′+ √1-y′)(√1-x′+ √1-y′)+5(√1-x ′+ √1-y′)2− 18(−√-1x′+ √1-y′)− 18(√1-x′+√1-y ′)+9 = 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

Аккуратно всё раскрывая и сокращая, получаем такое уравнение в новых координатах:

′2 ′2 √ --′ x◟--+◝◜9y◞ − 18 2y + 9 = 0 заметьте, коэфы -это с.з, как мы и обещали

Далее, собираем полные квадраты:

√ -- x′2 + 9(y′2 − 2 2y′ + 2) − 9 = 0

√ -- x ′2 + 9 (y′ − 2)2 − 9 = 0

Осталось сделать сдвиг начала координат по формулам

√ -- x′′ = x′,y′′ = y′ − 2

И получим уравнение

x ′′2 + 9y′′2 − 9 = 0

x′′2 + 9y′′2 = 9

Поделив всё уравнение на $9$ , получим:

x′′2 ′′2 9 + y = 1

Таким образом, видим, что это эллипс.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#74367

5x2 + 4xy + 8y2 − 32x− 56y + 80 = 0

Показать ответ и решение

1. Матрица квадратичной части имеет вид

( ) Q = 5 2 2 8

Её собственные числа - это корни уравнения

det(Q − λE ) = 0

Вычисляя, получим, что $λ1 = 4$ , $λ2 = 9$ .

2. Следовательно, после ортогональной замены координат при $2 x$ будет стоять коэффициент $4$ , а при $y2$ будет коэффициент $9$ . Проверим это. Для этого найдем матрицу этой замены, то есть матрицу, составленную из собственных векторов матрицы $Q$ .

Собственный вектор, соответствующий $λ1$ будет, например, $( ) − 2 v1 = 1$ . Отнормируем его и получим $( ) − 2 |( |) ( −2) -v1 = --1√--- = ( √5) |v1| 5 1√-- 5$ .

Собственный вектор, соответствующий $λ2$ будет, например, $( ) 12 v2 = 1$ . Отнормируем его и получим $( ) | 12| ( ) ( ) √1- -v2 = -√1--= ( 5) |v2| -52 √2- 5$ .

Следовательно, матрица перехода $C$ будет такой:

( ) −√2- √1- C = ( 15 25) √5- √5-

3. Сделаем соответствующую замену координат, то есть замену

( ) ( ) ( ) x −√25- √15- x′ = ( 1√-- √2) ′ y 5 5 y

Подставляя это всё дело в исходное уравнение

5x2 + 4xy + 8y2 − 32x− 56y + 80 = 0

получим

5(−√-2x′+√1--y′)2+4 (−√ 2-x′+ √1-y′)(√1-x′+ √2-y′)+8(√1-x ′+ √2-y′)2− 32(−√-2x′+ √1-y′)− 56(√1-x′+√2-y ′)+80 = 0 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5

Аккуратно всё раскрывая и сокращая, получаем такое уравнение в новых координатах:

′2 ′2 -8- ′ 144- ′ 4◟x-◝+◜-9y◞ + √5-x − √5--y + 80 = 0 заметьте, коэфы- это с.з, как м ы и обещали

Далее, собираем полные квадраты:

2 1 16 64 4(x′2 + √-x ′ +-)+ 9(y′2 − √--y′ +--) − 36 = 0 5 5 5 5

1 8 4(x′ + √--)2 + 9(y′ − √-)2 − 36 = 0 5 5

Осталось сделать сдвиг начала координат по формулам

′′ ′ 1 ′′ ′ 8 x = x + √--,y = y − √-- 5 5

И получим уравнение

′′2 ′′2 4x + 9y − 36 = 0

′′2 ′′2 4x + 9y = 36

Поделив всё уравнение на $36$ , получим:

x′′2 y′′2 36 + 36 = 1 4 9

′′2 ′′2 x--+ y--= 1 9 4

Таким образом, видим, что это эллипс.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#73372

Написать уравнение эллипса с вершинами $(0,6)$ и $(0,− 2)$ , зная, что на оси $Ox$ этот эллипс высекает хорду длины $6$ .

Показать ответ и решение

$PIC$

Запишем уравнение эллипса: $2 2 (x−xa20)-+ (y−yb20) = 1$ .Нам даны вершины эллипса, которые лежат на одной прямой, значит эта прямая одна из осей эллипса и центр эллипса находится на середине отрезка, соединяющего вершины. Получается центр находится в точке $(0,2)$ , а так как от центра до вершины расстояние 4, то коэффициент $b = 4$ , ось эллипса совпадает с осью $Oy$ . Тогда наше уравнение приобретает вид: $2 (y−2)2 xa2 + --42- = 1$ .

Далее воспользуемся условием про хорду длины 6. В силу симметричности эллипса относительно осей (а одна наша ось это координатная ось $Oy$ ), получается, что точки пересечения оси $Ox$ и эллипса это точки $(3,0)$ и $(− 3,0)$ . Подставим точку $(3,0)$ , в уравнение и получим, что $√ -- a = 2 3$ . Тогда уравнение эллипса: $x2+ (y−22)2= 1 12 4$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#73371

Написать уравнение эллипса, пересекающего ось $Ox$ в точках $(1,0)$ и $(9,0)$ и касающегося оси $Oy$ в точке $(0,3)$ , зная, что его оси параллельны осям координат.

Показать ответ и решение

$PIC$

Запишем уравнение эллипса: $2 2 (x−xa02)-+ (y−yb20) = 1$ . Схематичный рисунок выглядит так: Из него видно, что если оси эллипса параллельны осям координат, то точка касания $(0,3)$ лежит на оси эллипса. Из аналогичных соображений, вторая ось проходит через центр отрезка, соединяющего $(1,0)$ и $(9,0)$ (точка $(5,0)$ ), и перпендикулярна оси $Ox$ . Тогда центр эллипса лежит на пересечении прямых $y = 3$ и $x = 5$ , то есть имеет координаты $(5,3)$ . Тогда наше искомое уравнение проясняется, и теперь оно выглядит $(x−5)2+ (y−3)2= 1 a2 b2$ . Теперь подставим точку $(0,3)$ , чтобы найти коэффициент $a$ , он получается равен $a = 5$ . Аналогично найдем коэффициент $b$ , подставив координаты точки $(1,0)$ , получим $b = 5$ . В итоге, у нас получилась окружность $2 2 (x − 5) + (y − 3) = 25$ . Откуда видно, что наш эллипс оказался на самом деле окружностью.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#73370

Написать уравнения эллипса и гиперболы с фокусами $(7,0)$ и $(− 7,0)$ , проходящих через точку $(− 2,12)$ .

Показать ответ и решение

Обозначим: $F1 = (7,0)$ , $F2 = (− 7,0)$ , $A = (− 2,12)$ .

Заметим, что так как фокальная ось совпадает с осью $Ox$ и центр отрезка $F1F2$ (= центр эллипса/гиперболы) совпадает с началом координат, то уравнения кривых будут каноническими:
у эллипса будет: $x2+ y2= 1 a2 b2$ и у гиперболы: $x2− y2 = 1 a2 b2$

Эллипс - это ГМТ, для которых сумма расстояний до фокусов $F1$ и $F2$ - величина постоянная (и равна $2a$ ).

Так как сумма расстояний до фокусов постоянна для всех точек эллипса, то $∘ -------------------- ∘ -------------------- 2a = ρ(A, F1)+ ρ(A, F2) = (− 2 − 7)2 + (12− 0 )2 + (− 2 + 7)2 + (12 − 0)2 = 28$ .
Получаем, что $a = 14$ , а фокальное расстояние $c = |F12F2| = 7$ . Отсюда $2 2 2 2 2 b = a − c = 14 − 7 = 147$ .

Получаем уравнение эллипса:
$x2 y2 ----+ ----= 1 196 147$
Гипербола - это ГМТ, для которых абсолютное значение разности расстояний до фокусов $F1$ и $F2$ постоянно (и равно $2a$ ).

Получаем следующее соотношение: $2a = |ρ(A, F1)− ρ(A, F2)| = |15− 13| = 2$ .
Отсюда: $a = 1$ , $b2 = c2 − a2 = 72 − 1 = 48$ .

Получаем уравнение гиперболы:
$2 y2 x − 48-= 1$

Ответ.

$x2-+ -y2-= 1 196 147$ , $x2 − y2 = 1 48$

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#73369

Доказать оптическое свойство эллипса:

Луч света, выходящий из одного фокуса эллипса, после отражения от эллипса, попадает в другой его фокус.

Показать ответ и решение

Лемма. Пусть дана некоторая прямая $l$ и две точки $A$ и $B$ , находящиеся по одну сторону от этой прямой.

Пусть нужно найти такую точку $X$ на прямой $l$ , что сумма расстояний $|AX |+ |XB |$ минимальна.

$PIC$

Утверждается, что такая точка $X$ обязательно существует и единственна и найти её можно следующим образом - острые углы между $AX$ и $l$ и между $BX$ и $l$ совпадают.

$PIC$

(В оптике этот принцип называют принципом Ферма, или принципом $”$ угол падения равен углу отражения $”$ , поскольку свет среди всех возможных траекторий выбирает ту траекторию, которая минимизирует его время, а если среда однородна, то минимизация времени это то же самое, что минимизация расстояния).

Доказательство леммы.
Построим точку $B ′$ симметричную $B$ относительно прямой $l$ . И давайте теперь будем искать такую точку $Y$ , что сумма расстояний от $A$ до $Y$ и от $Y$ до $B′$ минимальна. То есть будем теперь минимизировать величину

′ |AY |+ |Y B |

$PIC$

Но ясно, что если $X$ - это точка, обладающая указанным свойством, то есть такая точка, что острые углы между $AX$ и $l$ и между $BX$ и $l$ совпадают, то минимум величины

′ |AY |+ |Y B |

достигается именно при $X = Y$ - это видно попросту из неравенства треугольника $△AY B ′$ .

Но поскольку $′ |YB | = |Y B |$ , то минимизация величины

|AY |+ |Y B ′|

равносильна минимизации величины

|AY |+ |YB |

И мы только что доказали, что эта величина минимизируется только если $Y$ совпадает с той самой точкой $X$ , где $”$ угол падения равен углу отражения $”$ . Лемма доказана.

Доказательство оптического свойства эллипса.
Заметим вначале, что для любой точки $Y$ вне эллипса сумма расстояний от $Y$ до $F1$ и от $Y$ до $F2$ будет строго больше, чем $2a$ .

Теперь проведем касательную к эллипсу в точке $X$ .

$PIC$

Поскольку сумма $|F1X |+ |F2X |$ всегда равна $2a$ , а для любой точки $Y$ на касательной, находящейся вне эллипса, как мы заметили, $|F1Y |+ |F2Y | > 2a$ , то получается, что в точка $X$ минимизирует путь от $F1$ к $F2$ через касательную. То есть в точке $X$ угол падения равен углу отражения.

Следовательно, свет пойдёт именно по этому пути.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#73368

Провести полное доказательство того, что для гиперболы отношение расстояния от любой точки на ней до фокуса к расстоянию от этой точки до ближайшей директрисы постоянно и равно эксцентриситету.

Показать ответ и решение

Рассмотрим левый фокус гиперболы $F1$ . Пусть $|F1X | = r1 = |a+ cax| = |a+ ex |$ .

В то же время посчитаем расстояние до левой директрисы (если мы уж взяли левый фокус, то и директриса должна быть левой). $a ρ(X, dлев.) = |x + e|$ .

1 случай. Если мы сидим на левой ветви гиперболы. Тогда $r = |a + ex| = − a − ex 1$ , $ρ(X, dлев.) = |x + ae| = − x − ae$ , и тогда

|F1X | − a − ex ρ(X,-d---) = −-x−--a-= e лев. e

2 случай. Если же мы сидим на правой ветви гиперболы. Тогда $r1 = |a + ex| = ex+ a$ , $ρ(X, dлев.) = |x + a| = x + a e e$ , и тогда

--|F1X--|--= ex-+-aa = e ρ(X,dлев.) x+ e

И мы всё доказали.

Для случая правого фокуса $F2$ всё доказывается аналогично.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#73367

Провести полное доказательство того, что геометрическое и алгебраическое определения гиперболы эквивалентны.

Показать ответ и решение

1. $⇒$ (из геометрического в алгебраическое).

Пусть дано ГМТ на плоскости, удовлетворяющее определению гиперболы.

То есть множество точек, таких, что модуль разности расстояний от этих точек до двух фиксированных точек $F 1$ и $F 2$ постоянный и равен $2a$ , где $c > a > 0$ , $2c$ - расстояние между $F 1$ и $F2$ .

Введем прямоугольную систему координат так, чтобы точки $F1$ и $F2$ имели координаты $F1(− c,0 )$ , $F (c,0) 2$ .

Тогда условие

||XF1 |− |XF2 || = 2a

можно расписать так. Пусть произвольная точка $X$ на гиперболе имеет координаты $(x,y)$ :

$∘ ------------ |XF1 | = (x + c)2 + y2$ , $∘ ------------ |XF2 | = (x− c)2 + y2$ ,

∘ ------2---2- ∘ ------2----2 ||XF1 |− |XF2 || = 2a ⇔ | (x + c) + y − (x− c) + y | = 2a

Возведем обе части в квадрат:

2 2 2 2 ∘ --------2---2--------2---2- 2 (x+ c) + y + (x − c) + y − 2 ((x + c) + y )((x − c) + y ) = 4a

2 2 2 2 ∘ -------2---2--------2----2- (x + c) + y + (x − c) + y − 4a = 2 ((x + c) + y )((x− c) + y )

2 2 2 2 ∘ --------------------------- 2x + 2y + 2c − 4a = 2 ((x + c)2 + y2)((x − c)2 + y2)

∘ --------------------------- x2 + y2 + c2 − 2a2 = ((x + c)2 + y2)((x − c)2 + y2)

Еще раз возводим в квадрат:

(x2 + y2 + c2 − 2a2)2 = ((x + c)2 + y2)((x − c)2 + y2)

4a4− 4a2c2− 4a2x2− 4a2y2+c4 +2c2x2 +2c2y2+x4 +2x2y2 +y4 = (x2+2cx+c2 +y2 )(x2 − 2cx+c2 +y2 )

4 22 2 2 2 2 4 2 2 2 2 4 2 2 4 4a − 4a c − 4a x − 4a y + c + 2cx + 2c y + x + 2x y + y =

= x4− 2cx3+x2c2 +x2y2 +2cx3 − 4c2x2+2c3x+2cxy2 +x2c2 − 2c3x+c4 +c2y2+x2y2 − 2cxy2+c2y2 +y4

4 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 4 2 2 4 4 4 2 2 2 2 4 2 2 4a − 4a c − 4a x − 4a y +c + 2c x + 2c y + x + 2x y + y = x + y − 2c x + 2x y + c + 2c y

4a4 − 4a2c2 − 4a2x2 − 4a2y2 + 2c2x2 = − 2c2x2

(4c2 − 4a2)x2 − 4a2y2 = 4a2c2 − 4a4

(c2 − a2)x2 − a2y2 = a2c2 − a4

(c2 − a2)x2 − a2y2 = a2(c2 − a2)

Делим теперь всё на $2 2 c − a$ :

2 -a2y2-- 2 x − c2 − a2 = a

И теперь делим на $a2$ :

x2- ---y2-- a2 − c2 − a2 = 1

Осталось лишь обозначить за $b2$ величину $c2 − a2$ , и мы получим нужно нам уравнение

2 2 x--− y-= 1 a2 b2

2. $⇐$ (из геометрического в алгебраическое).

Пусть дано множество точек $(x, y)$ на плоскости, удовлетворяющих уравнению

x2- y2- a2 − b2 = 1

То есть

b2 y2 = -2x2 − b2 a

Тогда давайте выберем две точки $F1 = (− c,0)$ и $F2 = (c,0)$ . Тогда утверждается, что модуль разности расстояний от любой точки $(x,y)$ до $F1$ и до $F2$ равен $2a$ .

Действительно, если обозначить за $r1$ расстояние от $(x,y)$ до $F1$ , то $∘ ------------ r1 = (x + c)2 + y2$ , если обозначить за $r2$ расстояние от $(x,y)$ до $F2$ , то $∘ ------2----2 r2 = (x − c) + y$ .

Далее, вычислим $r1$ :

∘ ------------------- ∘ ------------------------ ∘ -------2---2 2 b2-2 2 2 2 b2- 2 2 r1 = (x + c) + y = (x+ c) + a2x − b = x + 2cx + c + a2 x − b =

∘ -------------------- ∘ --------------- = a2 +-b2x2 + 2cx + a2 = c2x2 + 2cx+ a2 = |cx + a| a2 a2 a

Абсолютно аналогично можно показать, что $r2 = |a − cax|$ .

Причем заметим, что если мы находится на правой ветви гиперболы, то $r1 = cax+ a$ , а $r2 = − a + cax$ и в таком случае $|r1 − r2| = |2a| = 2a$ , а если мы находимся на левой ветви гиперболы, то $r1 = − a − cax$ , $r2 = a − cax$ и вновь получаем, что $|r1 − r2| = |− 2a | = 2a$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#73366

Во что превратится гипербола, если в её определении положить $a = c$ ?

Показать ответ и решение

В таком случае мы получаем такое определение: геометрическое место точек $X$ плоскости, модуль разности расстояний от которых до $F1$ и до $F2$ равен расстоянию между $F1$ и $F2$ .

Нетрудно понять, что это будут два противоположно направленных луча, исходящих из $F1$ и $F2$ и лежащие на прямой, проходящей через $F 1$ и $F 2$ .

$PIC$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#73364

Во что превратится эллипс, если:
a) в его определении положить $a = c$ ?;
b) в его определении положить $c = 0$ ?

Показать ответ и решение

a) Если $a = c$ , то получаем такое определение: ГМТ, сумма расстояний от которых до двух данных точек $F1$ и $F2$ равна расстоянию между $F1$ и $F2$ .

Тогда ясно, что это ГМТ будет ничем иным, как отрезком с концами $F1$ , $F2$ .

Действительно, любая точка этого отрезка удовлетворяет такому определению, а любая точка $X$ вне этого отрезка ему не удовлетворяет по неравенству треугольника для треугольника $△XF1F2$ .

b) Если $c = 0$ , то два фокуса склеиваются в один и мы получаем такое определение: ГМТ, находящихся на расстоянии $2a$ от некоторой данной точки $F$ . Ясно, что это просто окружность с центром $F$ радиуса $2a$ .

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#47430

Составить уравнение касательной к гиперболе

x2 y2 ---− ---= 1 9 36

параллельной прямой $3x − y − 17 = 0$ .

Показать ответ и решение

Касательная к гиперболе в точке касания $(x0,y0)$ имеет уравнение

x0 y0 ---x− --y = 1 9 36

И, поскольку наша касательная должна быть параллельна прямой $3x − y − 17 = 0,$ то нормали к нашей касательной и к прямой $3x − y − 17 = 0$ должны быть коллинеарны. То есть вектора $(x90,− y306)$ и $(3,− 1)$ - коллинеарны. То есть, существует такое $λ ⁄= 0,$ то $x0 y0- (9 ,− 36) = λ(3,− 1)$ . То есть, имеем

({ x0 9-= 3λ ( y0- − 36 = − λ,

Или, исключая $λ,$ получим, что $x90 = y102$ .

Не забудем также, что если $(x0,y0)$ - точка касания, то она лежит на гиперболе, то есть удовлетворяет её уравнению:

x2 y2 --0− --0= 1 9 36

Тогда мы имеем систему $({ x0 y0 9 = 12λ ( x20 − y20= 1, 9 36$ Из которой выражая $x = 3y0, 0 4$ и подставляя во второе уравнение, получаем квадратное уравнение на $y 0$ .

Оно имеет 2 решения:
1 случай. $y0 = 1√25,$ тогда $x0 = √95-$ . Тогда уравнение касательной имеет вид

√ -- 3x − y − 3 5 = 0

2 случай. $y0 = − 1√25,$ тогда $x0 = −√95-$ . Тогда уравнение касательной имеет вид

√ -- 3x − y + 3 5 = 0

То есть существует две касательных, удовлетворяющих условию задачи.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#43466

Определить тип кривой, приведя к каноническому виду уравнение

12xy + 5y2 − 12x − 22y − 19 = 0

Показать ответ и решение

Согласно алгоритму из доказательства теоремы о классификации, сначала нужно найти синус и косинус угла поворота $φ,$ на который нужно повернуть оси, чтобы занулить смешанную часть $12xy.$

Он определяется условием $ctg 2φ = a112−a1a222 ,$ то есть, в нашем случае

0− 5 − 5 ctg2φ = -12--= 12-

Значит, раз $−5- ctg 2φ = 12 ,$ и $cos2φ- ctg 2φ = sin2φ ,$ то мы имеем, что $cos2φ- −5- sin2φ = 12,$ то есть $12 cos2φ = − 5sin 2φ.$
Вспоминая, что при этом $2 2 sin 2φ + cos 2φ = 1,$ будем иметь, что $12cos2φ- sin2φ = −5 ,$ а, значит,

(12cos-2φ)2 + cos2 2φ = 1 − 5

То есть

169 ----cos22φ = 1 25

А, значит, $cos2φ = 513, sin2φ = − 1123$

Откуда уже легко найти, что, поскольку $2 cos2φ = 2 cos φ− 1,$ то имеем, что $∘ ------- ∘ ----- --- cos2φ+1- -513+1 ∘ 18- cosφ = 2 = 2 = 26,$ а тогда понятно, что $∘ --- sin φ = − 8-. 26$

Таким образом, наша первая замена будет иметь вид $( ) ( ∘ --- ∘ --) ( ) x 1286 826- x ′ = ( ∘ -8- ∘ -18) ′ , y − 26 26 y$ то есть
$∘ -18- ′ ∘ 8--′ x = 26x + 26y,$ $∘ 8--′ ∘ 18-′ y = − 26x + 26y .$

И, подставляя в уравнение

2 12xy + 5y − 12x − 22y − 19 = 0

эту замену, будем иметь: $∘ 18-′ ∘ -8- ′ ∘ -8- ′ ∘ 18-′ ∘ 8--′ ∘ 18-′ 2 ∘ 18-′ ∘ -8- ′ ∘ -8-′ ∘ -18 ′ 12( 26x + 26-y)(− 26x + 26y )+ 5(− 26x + 26y ) − 12( 26x + 26y )− 22 (− 26x + 26y)− 19 = 0$ Или, раскрывая скобки,

√ --- √ --- 9y′2 − 4x′2 + 8--13x′ − 90--13y′ − 19 = 0 13 13

Тогда, собирая полные квадраты, получим

5√13-- √13-- 9 (y′ − -----)2 − 4(x′ −--- )2 − 19− 17 = 0 13 13

Или, иначе говоря

√-- √ -- (y′ − 5-13)2 (x′ −--13)2 ------13--- − ------13---= 1 4 9

Делая, далее, замену $′′ ′ 5√13 ′′ ′ √13 x = y − 13 ,y = x − 13$ получим уравнение в каноническом виде

(x′′)2 (y′′)2 -----− -----= 1 4 9

Таким образом, получили каноническое уравнение гиперболы.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#43465

Определить тип кривой, приведя к каноническому виду уравнение

9x2 + 24xy + 16y2 − 40x + 30y = 0

Показать ответ и решение

Согласно алгоритму из доказательства теоремы о классификации, сначала нужно найти синус и косинус угла поворота $φ,$ на который нужно повернуть оси, чтобы занулить смешанную часть $24xy.$

Он определяется условием $ctg 2φ = a112−a1a222 ,$ то есть, в нашем случае

9 − 16 − 7 ctg 2φ = --24-- = 24-

Значит, раз $−7- ctg 2φ = 24 ,$ и $cos2φ- ctg 2φ = sin2φ ,$ то мы имеем, что $cos2φ- −7- sin2φ = 24,$ то есть $24 cos2φ = − 7sin 2φ.$
Вспоминая, что при этом $2 2 sin 2φ + cos 2φ = 1,$ будем иметь, что $24cos2φ- sin2φ = −7 ,$ а, значит,

(24cos-2φ)2 + cos2 2φ = 1 − 7

То есть

625 ----cos22φ = 1 49

А, значит, $cos2φ = 725, sin2φ = − 2245$

Откуда уже легко найти, что, поскольку $2 cos2φ = 2 cos φ− 1,$ то имеем, что $∘ ------- ∘ ----- --- cos2φ+1- -725+1 ∘ 32- cosφ = 2 = 2 = 50,$ а тогда понятно, что $∘ --- sin φ = − 18. 50$

Таким образом, наша первая замена будет иметь вид $( ) ( ∘ --- ∘ --) ( ) x 3520 1850- x ′ = ( ∘ -18- ∘ -32) ′ , y − 50 50 y$ то есть
$∘ -32- ′ ∘ 18-′ x = 50x + 50y,$ $∘ 18-′ ∘ 32-′ y = − 50x + 50y .$

И, подставляя в уравнение

9x2 + 24xy + 16y2 − 40x + 30y = 0

эту замену, будем иметь:
$∘ 32-′ ∘ 18-′2 ∘ 32-′ ∘ 18-′ ∘ 18-′ ∘ -32- ′ ∘ 18-′ ∘ 32-′2 ∘ 32-′ ∘ 18-′ ∘ 18-′ ∘ 32-′ 9(x = 50x + 50y) + 24(x = 50x + 50y )(− 50x + 50-y)+ 16(− 50x + 50y) − 40( 50x + 50y )+ 30(− 50x + 50y ) = 0$

Что преобразуется после раскрытия скобок в

25y′2 − 50x′ = 0

Сокращая на 25, получаем уравнение $y′2 = 2x′.$ То есть, у нас получалась парабола с параметром $p = 1$ из теоремы о классификации.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#43464

Проверить, что в доказательстве теоремы о классификации кривых второго порядка у матрица поворота осей координат на угол $φ$ против часовой стрелки $(cosφ − sin φ) sinφ cosφ$ определитель равен 1.

Показать ответ и решение

Действительно, по формуле вычисления определителя

( ) det cosφ − sin φ = cos2φ + sin2φ = 1 sinφ cosφ

Ответ:

Предыдущий раздел

Следующий раздел