matem-up1

	Y			M (x , y)	Вывод уравнения гиперболы
					аналогичен выводу уравнения эл
			•
				X	липса. Так же, как и для эллипса
•				•	выберем систему координат: ось
		O
F1				F2	ОХ проведём через					фокусы F1 и
F2 , начало координат О поместим в середину отрезка F1F2 .
Обозначим межфокусное расстояние							F1F2		= 2c ,	тогда фокусы

имеют координаты: F1 (−c, 0), F2 (c, 0).

Чтобы вывести уравнение гиперболы возьмём произволь ную точку M (x, y) на ней. Модуль разности расстояний от точ

ки М до точек F1 и F2 обозначим через 2a:

MF1 − MF2 = 2a MF1 − MF2 = ±2a .

Заметим, что 2c > 2a , так как длина стороны треугольника всегда больше разности длин двух других его сторон. Значит, c > a .

Вычисляя расстояния MF1 , MF2 через координаты то чек, получим уравнение гиперболы:

(x + c)2 + y2 − (x − c)2 + y2 = ±2a .

После упрощений, аналогичных сделанным при выводе уравне ния эллипса, получим каноническое уравнение гиперболы:

137

		x2	−		y2	= 1 .
		a2			b2
Здесь введено обозначение: b2					= c2 − a2 .
Для	построения	гиперболы					проведём	анализ
канонического уравнения.

1) Гипербола симметрична относительно оси OX, оси OY и

начала координат О, так как переменные x и y входят в уравне ние только во 2 й степени. Точка O (0, 0) – центр гиперболы.

2) Так как	x2	=1+	y2	≥ 1	, то		x		≥ a . Это означает, что ги
	a2		b2

пербола располагается при x ≤ − a и x ≥ a .

3)Числа a и b называются полуосями гиперболы, причём a

–действительная полуось, b – мнимая полуось. Эти названия

Y

	b
• –a	a	X
		•
	O
F1		F2
	–b

вительных корней.

связаны с тем, что ось OX (т. е. пря мая y = 0 ) пересекает гиперболу

	x2	−	y2	= 1	в точках (a, 0) и
	a2		b2

(−a, 0) (они называются вершина ми гиперболы). Ось OY (т. е. прямая x = 0 ) не пересекает гиперболу:

	уравнение −	y2	= 1 не имеет дейст
		b2

138

4) Примем без доказательства, что у гиперболы есть асим птоты – прямые линии, к которым неограниченно приближа ются точки гиперболы при неограниченном удалении от начала координат.

Уравнения асимптот:

y = ± ab x .

Для построения гиперболы целесообразно сначала по строить её асимптоты. Для этого строят прямоугольник со сто ронами 2а и 2b, расположенный симметрично относительно осей OX и OY. Диагонали этого прямоугольника, неограниченно продолженные, являются асимптотами. Зная вершины и асим птоты, теперь легко провести две ветви гиперболы.

Для гиперболы, как и для эллипса, определяется эксцен

триситет: ε = ac , где c – половина межфокусного расстояния,

a – действительная полуось. Для гиперболы c > a , поэтому

b

c2

− a2

с

2

2

ε > 1

. Имеем

=

=

− 1 =

ε

− 1 . Отсюда вид

a

a

a

но, что чем больше ε, тем больше угол раствора между асим птотами.

	Уравнение	y2	−	x2	= 1 также считается каноническим
		b2		a2

уравнением гиперболы. Фокусы такой гиперболы расположены

139

на оси OY, b – действительная полуось, a – мнимая полуось. Яс

	но, что гиперболы	x2	−	y2	= 1 и	y2	−	x2	= 1 имеют общие
		a2		b2		b2		a2

асимптоты. Такие гиперболы называются сопряжёнными.

Замечание. Известно оптическое свойство гиперболы:

если в один из фокусов поместить источник света, то после от ражения от гиперболы луч кажется выпущенным из другого фо куса.

Пример 4.8. Составить уравнение гиперболы, если её вершины лежат на оси OY симметрично относительно начала координат, расстояние от вершины до ближайшего фокуса

равно 1, а эксцентриситет ε = 2 .

Решение.

Из

условия

следует,

что гипербола

имеет

каноническое уравнение:

y2

−

x

2

= 1 . Расстояние от фокуса до

b2

a2

ближайшей вершины равно

c − b ,

а

эксцентриситет

ε =

c

.

b

Учитывая условия задачи, имеем:

c − b = 1,

{cb == 2.1,

Y

c

= 2

• 2

b

1

Из соотношения b2

= c2 − a2

X

можно найти

O

3

–

3

a = c2 − b2 = 3 .

–1

• –2

140

Искомое уравнение гиперболы: y2 − x2 = 1 .

1 3

3.3. Парабола

Параболой называется множество точек на плоскости,

равноудаленных от данной точки, называемой фокусом, и от

данной прямой, называемой директрисой.

Для вывода уравнения параболы выберем систему коор динат таким образом, чтобы ось OX была перпендикулярна ди ректрисе, проходила через фокус и была направлена от дирек

трисы в сторону фокуса. Начало координат O
возьмём посередине между фокусом и ди					Y
				N		M
ректрисой. Обозначим расстояние от фокуса
до директрисы через p (параметр парабо
		p					X
							•
лы). Тогда фокус F				, 0 , уравнение ди	O
		2					F
ректрисы x = −	p	.
2

Чтобы вывести уравнение параболы, возьмём любую точку

M(x, y) и запишем условие того, что она лежит на параболе:

FM = NM .

Здесь N − p , y – проекция точки M на директрису. Имеем:

2

141

p 2

2

p

2

2

p

FM

=

x −

+ y

,

NM

=

x +

+ ( y − y )

=

x +

,

2

2

2

значит, уравнение параболы имеет вид:

2

x − p + y2 = x + p . После возведения в квадрат обеих

2 2

частей этого равенства и преобразования получим канониче ское уравнение параболы:

y2 = 2 px .

Для построения параболы проведём анализ канонического

уравнения.

1) Ось OX является осью симметрии параболы, так как пе

ременная y входит в уравнение только во 2 й степени.

2)	Так как p > 0 , то x ≥ 0 . Значит, парабола расположена
справа от оси OY.
3)	Парабола проходит	через начало координат, точка
O (0, 0)	– вершина параболы.
Уравнения y2 = −2 px ,		x2 = 2 py , x2 = −2 py также счита

ются каноническими уравнениями парабол. Сопроводим их со

	Y		Y			Y
	X			• F
						O	X
•
	O		O		X
							• F
y2 = −2 px		x2 = 2 py			x2 = −2 py

142

ответствующими рисунками.

Замечание. Отметим оптическое свойство параболы: ес ли источник света поместить в фокус, то все лучи после отра жения от параболы будут параллельны её оси. Это свойство ши роко применяется в оптике и технике – например, при изготов лении прожекторов.

Пример 4.9. Для параболы y = x2 найти координаты фоку са и уравнение директрисы.

Решение. Сравнивая уравнение x2 = y с каноническим

уравнением x2 = 2 py , получим параметр параболы:
					p
2 p = 1	p = 0,5 . Фокус находится в точке F 0,						, значит,
					2
F (0; 0,25)	. Уравнение директрисы:	y = −	p	= − 0,25 .
		2

4.Приведение уравнения линии 2 го порядка

кканоническому виду

Пусть на плоскости выбрана прямоугольная декартова сис тема координат OXY . Напомним, уравнение линии 2 го поряд ка в общем случае имеет вид:

Ax2 + 2Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 , ( )

где хотя бы одно из чисел A, B, C не равно 0 (иначе, это будет линия 1 го порядка – прямая).

143

При преобразовании системы координат (поворот и па раллельный перенос) уравнение линии, конечно, изменится.

Наша цель – построить такую систему координат, чтобы это уравнение имело наиболее простой (канонический) вид.

Обычно преобразование системы координат выполняется в два этапа.

Этап 1. Производится поворот системы координат на та кой угол ϕ, чтобы в новой системе координат OX1Y1 уравнение

( ) после преобразования уже не содержало произведения x1 y1 .

Этап 2. Производится параллельный перенос системы ко ординат OX1Y1 так, чтобы в новой системе O1 X2Y2 приводи мое уравнение не содержало, по возможности, слагаемых в 1 й

степени.

Теорема 4.2. Уравнение 2 го порядка ( ) в результате по ворота и параллельного переноса координат можно привести к уравнению одного из следующих типов:

1) эллиптический тип (при AC − B2 > 0 ):

	а)	x2	+		y2	= 1		– эллипс;
		a2			b2
	б)	x2		+	y2		= −1 – пустое множество;
		a2			b2

144

	в)		x2		+		y2		= 0 – точка O (0, 0);
			a2				b2
	2) гиперболический тип (при AC − B2 < 0 ):
	а)		x2		−		y2		= 1 –	гипербола;
			a2				b2
	б)	x2			−		y2		= 0 –	пара пересекающихся прямых;
		a2				b2
	3) параболический тип (при AC − B2 = 0 ):
	а)		y2 = 2 px – парабола;
	б)		y2 = a2						– пара параллельных прямых;
	в)		y2 = −a2 – пустое множество.

Итак, уравнение 2 й степени ( ) определяет, кроме выро жденных случаев, или эллипс, или гиперболу, или параболу.

Пример 4.10. Привести к каноническому виду уравнение

xy = 1 .

Решение. Уравнение содержит произведение xy , поэтому выполним поворот системы координат OXY. Подставим форму лы поворота

x = x1 cosϕ − y1 sinϕ ,y = x1 sinϕ + y1 cosϕ

в исходное уравнение. В системе координат OX1Y1 уравнение

145

примет вид:		(x1 cosϕ − y1 sinϕ)(x1 sinϕ + y1 cosϕ) = 1 . Раскры
вая скобки и учитывая, что
sin 2ϕ = 2 sinϕ cosϕ ,			cos 2ϕ = cos2 ϕ − sin2 ϕ , получим:
	1	x2 sin 2ϕ + x			y		cos 2ϕ −	1	y2 sin 2ϕ = 1 .
2
		1		1		1	2		1

	Подберём угол так,		чтобы коэффициент при x1 y1 равнялся ну
	лю: cos 2ϕ = 0 ϕ = 45o .						Y
	Таким образом, после					поворота		X1
							Y1
	системы координат на				45o	уравнение		O
	2		2						X
	принимает вид:	x1	−	y1	= 1 .	Это кано
	2		2
	ническое уравнение гиперболы с рав
	ными полуосями a = b =				2 .

В дальнейшем будет рассмотрен только частный случай общего уравнения:

Ax2 + Cy2 + Dx + Ey + F = 0.

Такое уравнение может быть преобразовано к каноническому виду с помощью параллельного переноса осей координат. Это удобно делать методом выделения полных квадратов. Рас смотрим этот метод на примерах.

Пример 4.11. Уравнение линии 2 го порядка

9x2 + 16y2 – 90x + 32y + 97 = 0

146