Математика для инженеров(практика) I часть

ì

20

ïa =

,

ì(4 - a)2

+ b2

= r2 ,

ì(4 - a)2

+ b2 = r2

,

13

ï

ï

ï

ï

25

í15 - 6a - 25 +10b = 0, или

í3a - 5b

+ 5 = 0,

или íb =

,

13

ï2a + b - 5 = 0,

ï2a + b - 5 = 0,

ï

2

1649

î

î

ï

ïr

=

.

169

î

Таким образом, уравнение искомой окружности имеет вид

æ

20 ö2

æ

25 ö2

1649

.

□

ç x -

÷ +

ç y -

÷ =

169

è

13 ø

è

13 ø

Пример 4. Найти множество середин хорд окружности

x2 + y2 = 4(y +1) , проведенных через начало координат.

Решение.

Перепишем уравнение окружности в виде (1), т.е.

x2 + (y - 2)2 = 8 .

Если

(x ; y

0

) –

0

точка окружности (рис. 1), то ее

координаты

удовлетворяют

данному

уравнению,

т.е.

x2

+ (y

0

- 2)2 = 8 .

0

Уравнение

хорды,

проходящей через точку

(x0; y0 ) и

начало

координат

имеет

вид

x

=

y

.

x

y

0

0

Рис. 1

Координаты второго конца хорды

найдем из системы

ì

ì

ì y2 x

2

+ (y - 2)2 = 8,

ï

0

ïx2 + (y - 2)2 = 8,

ïx2 + (y - 2)2 = 8,

ï

y2

ï

ï

ï

0

2

2

2

2

2

2

ï

+

(y0 - 2)

= 8,

или

ï

- ( y0

- 2)

2)

,

íx0

íx0 = 8

, или íx0 = 8 - ( y0 -

ï

x

y

ï

yx

ï

yx

ï

=

ïx =

0

,

ïx =

0

.

ï x

y

ï

y

ï

y

î

0

0

î

0

î

0

Подставим

x2

из

второго

уравнения системы

в первое.

0

Получим

181

		y2 (8 - (y0		- 2)2 )	+ (y	- 2)2 = 8
			y2
			0
или y2 (8 - ( y0 - 2)2 )+ y02 ( y - 2)2 = 8y02 .						Возводя в	квадрат и
раскрывая	скобки,		получим			квадратное	уравнение
y2 (1+ y0 ) - y02 y - y02 = 0			относительно y . Откуда y = y0 ,				y = -			y0	.
								1
										+ y0

Таким образом, решением системы, а, значит, и концами хорды,

являются две точки: (x ; y

) ,

æ

-

x0

;-

y0

ö .

ç

1+ y

1+ y

0

0

÷

è

0

0

ø

Тогда координаты середины хорды

y02

x =

1

æ x -

x0

ö

=

x0 y0

, y =

1

æ y -

y0

ö

=

.

2

1+ y

÷

2(1+ y )

2

1

+ y

÷

2(1+ y )

1

ç 0

1

ç 0

è

0 ø

0

è

0

ø

0

Уравнение, которому удовлетворяют x1, y1 , найдем из системы

ì

x0 y0

2

ïx =

, y =

y0

,

2(1+ y0 )

2(1+ y0 )

í

1

1

ïx2

+ (y - 2)2 = 8,

î

0

0

исключая переменные x0 , y0 . Эта система равносильна следующей

ì

x1

x0

ì

x1y0

=

,

ïx

=

,

ï y

y

ï

0

y

ï

1

0

1

ï

2

= 2(1+ y0 ) y1,

или

ï

2

= 2(1+ y0 )y1,

íy0

íy0

ï

ï

ö2

ïx02 + (y0 - 2)2 = 8

ïæ x y

ï

ïç

1 0

÷ + y02 - 4y0 - 4 = 0.

î

îè

y1

ø

Подставляя

значение

y2

из

второго уравнения

в

третье,

получим

0

x2

2y (1+ y

0

)

+ 2y (1+ y ) - 4(1+ y ) = 0 или x2 + y2 - 2y

1

1

= 0 .

y2

1

0

0

1

1

1

1

Таким образом, координаты середины хорды удовлетворяют

уравнению

x2 + y2 - 2y = 0

или

x2 + (y -1)2 =1 .

Получили, что

182

искомое множество представляет собой окружность с центром в точке (0;1) радиуса 1. □

Пример 5. Составить уравнения касательных к

окружности (x − 4)2 + (y + 2)2 = 25 ,	проведенных в точках
пересечения окружности и прямой	x − 2y + 2 = 0 .

Решение. Центр окружности находится в точке M(4;–2) (рис. 2).

Радиус ее равен 5. Точки пересечения данной окружности и прямой найдем из системы

ì

æ x

ö2

ì

2

+ ( y + 2)

2

= 25,

ï(x - 4)2

+ ç

+ 3

÷

= 25,

ì5x2 - 20x = 0,

ï

è 2

ø

ï

ï(x - 4)

í

Û í

Û í

x

ïx - 2y

+ 2 = 0

ï

x

ï

y =

+1.

î

ïy =

+1

î

2

2

î

Получим точки A(0;1), B(4;3) .

Радиус АМ лежит на прямой, направляющий вектор которой AM = (4 − 0;−2 −1) = (4;−3) . Как известно из школьного курса геометрии, касательная к окружности перпендикулярна радиусу,

проведенному в точку касания.	Значит,		направляющий
	вектор	касательной		в	точке
	A(0;1)	перпендикулярен вектору
	AM , и имеет координаты (3;4) .
	Тогда	уравнение		касательной
	3x + 4y + d = 0 . Подставим в него
	координаты		точки		А:
	3×0 + 4 ×1+ d = 0 Þ d = -4 . Окон-
Рис. 2	чательно, уравнение касательной
примет вид 3x + 4y - 4 = 0 .

Рассмотрим касательную, проведенную в точке В. Так как первые координаты точек В и М одинаковы и равны 4, то уравнение радиуса ВМ: x = 4 , т.е. радиус параллелен оси Oy . Значит

касательная, проведенная в точке В, перпендикулярна оси Oy . Тогда ее уравнение, учитывая вторую координату точки В, имеет вид y = 3 . □

183

Пример 6. Записать уравнение окружности, симметричной окружность и x2 + y2 = 2x + 4y − 4 относительно прямой x − y − 3 = 0 .

Решение. Запишем уравнение заданной окружности в виде (1), то есть (x −1)2 + (y − 2)2 =1 . Центр этой окружности находится в точке (1;2) , радиус равен 1 (рис. 3). Для того, чтобы записать

уравнение окружности, симметричной данной окружности относительно прямой, нужно найти координаты центра искомой окружности. Радиус новой окружности не меняется.

Найдем уравнение перпендикуляра к заданной прямой, проведенного через точку (1;2) . Так как

направляющие			векторы перпендикуляра
и прямой		x − y − 3 = 0 ортогональны,				то
уравнение		перпендикуляра запишем				в
виде	x + y + d = 0 .			Подставим	в него
точку	(1;2)		и	получим	d = −3.

	Окончательно, уравнение перпенди-
	куляра имеет вид x + y − 3 = 0 .
	Точкой пересечения перпендикуляра
Рис. 3	x + y − 3 = 0 и прямой x − y − 3 = 0

является точка A(3;0) .

Координаты центра искомой окружности найдем из уравнений

3 = 1+2x0 , 0 = 2 +2y0 . Имеем x0 = 5, y0 = −2 .

Уравнение искомой окружности (x − 5)2 + ( y + 2)2 =1. □

20. Эллипс и его каноническое уравнение. Эллипсом называется множество точек плоскости, сумма расстояний от каждой из которых до двух заданных точек F1 и F2 , называемых

	фокусами, есть величина постоянная,
	равная 2a .
			Для эллипса,		изображенного на
	рис.4 простейшее (каноническое) уравнение
Рис. 4	имеет вид
	x2	+	y2	= 1 .	(3)
	a2
			b2

184

Здесь a – большая, b – малая полуось эллипса, причем a, b и c ( c –

половина расстояния между фокусами) связаны соотношением a2 = b2 + c2 .

Эксцентриситетом эллипса		называется			отношение расстояния
между фокусами к длине большей оси, т.е.
ε =	2c	=	c	.	(4)
	2a
			a		0 ≤ ε < 1 , причем случаю
Поскольку c < a , то для любого эллипса
ε = 0 соответствует окружность.

Фокальными радиус-векторами некоторой точки эллипса называются отрезки прямых, соединяющих эту точку с фокусами эллипса. Их длины

выражаются через абсциссу точки эллипса по формулам r1 = a − ε (правый фокальный радиус-вектор) и r2 = a + ε x (левый фокальный радиус-вектор).

Две прямые, перпендикулярные большой оси эллипса и расположенные симметрично относительно центра на расстоянии εa от него,

называются директрисами эллипса.

Если эллипс задан каноническим уравнением (3), то уравнения директрис имеют вид

x = −

a

и x =

a

.

(5)

ε

ε

Уравнение касательной к эллипсу, проходящей через некоторую точку

(x0; y0 )

эллипса, имеет вид

x x0

+

y y0

= 1 .

b2

a2

Пример 7.

Составить

каноническое

уравнение эллипса,

æ

7

ö

(-2;4) .

проходящего через точки M1 ç5;

÷ и M2

2

è

ø

Решение. Подставим координаты точек M1, M2 в уравнение

(3). Получим систему

ì

5

2

+ (

7

2)

2

ì 25

49

ì 1

5

ï

= 1,

ï

+

=1,

ï

=

,

2

2

2

ï

2

468

í a

b

или ía

4b

или ía

ï

(-2)2

+

42

= 1

ï

4

+

16

=1,

ï

1

=

7

.

2

2

2

ï

ï

b

ï

117

î

a2

b2

îa

îb

Таким образом, каноническое уравнение эллипса

185

	x2	+	y2	=1. □
	468		117
	5		7

Пример 8. Определить параметры эллипса, заданного уравнением

x2 + y2 = 3. 25 4

Решение. Перепишем уравнение эллипса в канонической форме

x2 + y2 =1. Тогда большая полуось a = 5 3 , малая – b = 2 3 . 75 12

Эксцентриситет ε =

c

=

a2 - b2

=

75 -12

=

21

. □

a

5

a

5

3

Пример 9. Эллипс проходит через точку

M (3;5)

и имеет

эксцентриситет ε =

4

. Составить уравнение эллипса.

5

4

Решение. Подставляя точку M (3;5)

и ε =

в формулы (3), (4)

получаем систему

5

ì

32

+

52

=1,

ì 9

25

ì 9

25

ï

+

=1,

+

=1,

ïa2

b2

ï

ï

или

2

2

или

2

2

í

ía

b

ía

b

ï

4

a

2

- b

2

ï

2

2

2

ï

2

2

ï

=

î16a

= 25(a

- b

),

î25b

= 9a

.

î5

a

Отсюда b2 =

706

, a2

=

706

. Искомое уравнение эллипса

25

9

x2

+

y2

=1. □

706

706

25

9

Пример

10.

Определить

длину

перпендикуляра,

восстановленного из фокуса эллипса

x2

+

y

2

=1

к

большой

оси до

9

4

пресечения с эллипсом.

186

Решение. Как известно, для эллипса имеет место равенство

a2 = b2 + c2 .

Рис. 5

Поэтому

c2 = a2 - b2 = 9 - 4 = 5 ,

c = ±

. Тогда координаты одного из фокусов

эллипса

F2 (

5

5;0) .

Значит уравнение

перпендикуляра, проведенного через

F2

(рис. 5),

имеет вид x =

.

5

Точки

пересечения

прямой

x =

и

эллипса

найдем

из

5

системы

ì x

2

y2

ì5

y2

ì

2

16

ì

4

ï

+

=1,

ï

+

=1,

ïy

=

,

ï y = ±

,

или

или

9

3

4

4

í 9

í9

í

или í

ï

ï

ï

ï

= 5,

= 5

= 5,

îx

îx

îx

îx = 5.

æ

4

ö

æ

4

ö

Получаем две точки ç

5;

÷

, ç

5;-

÷ .

Длина отрезка между

3

3

è

ø

è

ø

ними равна

8

.

3

Для

перпендикуляра,

проведенного

через

другой

фокус

F1(-

5;0) , получим тот же результат. □

Пример

11.

На прямой

x + 7 = 0

найти

точку,

одинаково

удаленную

от

правого

фокуса

и

нижней

вершины

эллипса

x2

+

y2

=1.

16

4

Решение.

Найдем

c2 = a2 - b2 =16 - 4 =12 ,

откуда

c = ±2

.

3

Тогда правый фокус эллипса F2 (2

3;0) .

Нижняя вершина эллипса, исходя из уравнения эллипса,

находится в точке (0;−2) . Все точки,

лежащие на прямой x + 7 = 0 ,

имеют координаты (−7; y) .

до точки (−7; y)

По условию, квадрат расстояния от фокуса F2

равен квадрату расстояния от вершины

(0;−2) до точки (−7; y) , т.е.

(2

+ 7)2 + y2 = 72 + ( y + 2)2 , откуда y = 2 + 7

.

3

3

Таким образом, искомая точка (-7;2 + 7

3) . □

187

30. Гипербола и ее каноническое уравнение. Гиперболой называют множество всех точек плоскости, абсолютная величина разности расстояний которых до двух данных точек F1 и F2 , называемых фокусами, есть

величина постоянная, равная 2a , причем эта постоянная меньше расстояния между фокусами.

Если поместить фокусы гиперболы в точках F1(−c;0) и F2 (c;0) , то получим каноническое уравнение гиперболы

	x2	−	y2	= 1 ,	(6)
	a2		b2

где b2 = c2 − a2 . Гипербола состоит из двух ветвей и расположена симмет-

рично относительно осей координат. Точки A1(−a;0) и A2 (a;0)

называют

вершинами гиперболы.

= 2a , называют действительной осью

Отрезок A1A2 , где

A1A2

гиперболы,

а

отрезок B1B2

такой,

что

B1B2

= 2b , –

мнимой осью (рис.6).

Прямые

y = ±

b

x

называются

a

асимптотами гиперболы, к которым

приближаются ветви

гиперболы

при

увеличении x по абсолютной величине.

Для

их

построения

целесообразно

предварительно построить прямоугольник

со сторонами 2a и 2b , параллельными

осям координат (рис.6) и с центром в точ-

Рис. 6

ке O ,

который называют еще основным

прямоугольником гиперболы. Асимптотами гиперболы будут диагонали основного прямоугольника гиперболы.

Эксцентриситетом гиперболы называют отношение

ε =

c

. Так как

a

a < c , то для любой гиперболы ε > 1 .

Две прямые, заданные уравнениями

x = −

a

и x =

a

,

(7)

ε

ε

называют директрисами гиперболы (6).

Уравнение касательной, проходящей через некоторую точку (x0; y0 )

гиперболы, имеет вид

x x0

−

y y0

= 1 .

a2

b2

188

Пример 12. На левой ветви гиперболы x2 - y2 =1 найти точку, 25 16

расстояние от которой до правого фокуса в два раза больше расстояния до левого фокуса.

Решение.

Найдем c2 = a2 + b2 = 25 +16 = 41,

откуда c = ±

.

41

Тогда фокусы гиперболы имеют координаты F1(-

41;0), F2 (

41;0) .

Пусть

M (x; y) , x < −5 ,

– точка, принадлежащая левой ветви

гиперболы. Учитывая условие задачи, получаем систему

ì x2

-

y

2

=1,

x < -5,

ï

16

í25

îï4

((x +

41)2 + y2 )= (x -

41)2 + y2

или

ì

16x

2

ïy2

=

-16, x < -5,

í

25

ï

2

41 +1875 = 0.

î123x

+ 250x

= -

25

» -1,3,

Из

второго

уравнения

получаем

x

41

1

123

x = -

225

41

» -11,71. Условию x < −5 удовлетворяет только x .

2

123

2

16x2

16 × (-11,71)2

Тогда

y

2

=

-16 =

-16 » 71,8,

а

значит

25

25

y ≈ ±8,47 .

Таким образом, приближенные координаты искомых точек

(−11,71;±8,47) . □

Пример 13. Найти параметры гиперболы, заданной уравнением

2x2 - 3y2 = 25 .

189

Решение. Перепишем уравнение гиперболы в канонической

x2

y2

5

форме

-

=1. Тогда действительная полуось a =

2

, мнимая –

25

25

2

2

3

25

+

25

5

c

b2 + a2

=

. □

b =

3

. Эксцентриситет ε =

=

=

2

3

=

5

15

3

a

a

5

2

3

3

2

Пример 14. Эксцентриситет гиперболы равен

. Составить

3

каноническое

уравнение

гиперболы,

проходящей

через

точку

M (3;2) .

Решение.

По условию

ε =

c

=

. Тогда

c =

a, c2 = 3a2 .

3

3

a

Найдем b2 = c2 - a2 = 3a2 - a2 = 2a2 .

Уравнение гиперболы примет

вид

x2

-

y2

=1. Подставим в него координаты точки M :

a2

2a2

32

-

22

=1 или

9

-

4

=1,

или

7

=1,

или a2 = 7 .

a2

2a2

a2

2a2

a2

Тогда

b2 =14 . Таким образом,

уравнение искомой гиперболы

x2

-

y2

=1 . □

7

14

Пример 15. Составить уравнение гиперболы, которая проходит

2

x .

через точку M (10;9) и имеет асимптоты y = ±

3

5

2

Решение.

Точка

M

лежит выше асимптоты

y =

3

x , т.к.

5

2

9 >

3

×10 . Значит, фокусы гиперболы находятся на оси Oy .

5

Тогда

уравнение

искомой

гиперболы

будем

искать в виде

y2

-

x2

=1.

b2

a2

190