Практическое занятие 3

АНАЛИТИЧЕСКая ГЕОМЕТРИя на плоскости
1. Прямая на плоскости
№	Задание					Ответ
1		треугольник задан уравнениями трех его сторон: АС: х – 2у + 5 = 0, АВ: х + 2у – 3 = 0, ВС: 2х + у – 15 = 0. Определите следующие элементы треугольника: а) координаты вершин, б) уравнения высот, в) уравнения медиан, г) длины сторон, д) уравнения биссектрис, ж) центр и радиус вписанной окружности, з) центр и радиус описанной окружности, и) центр тяжести треугольника, к) внутренние углы треугольника, л) площадь треугольника. Решение: а) Координаты вершин треугольника находятся как точки пересечения соответствующих сторон. Так, например, координаты точки А являются решением системы уравнений А (-1, 2). Аналогично находятся В (9, -3) и С (5, 5). б) Высотой треугольника называется отрезок перпендикуляра, опущенного из вершины треугольника на противоположную сторону. Уравнение высоты hc = CC1 ищем как уравнение прямой, приходящей через точку С перпендикулярно к AB: и уравнение высоты . Анализ уравнений сторон АС: и ВС: у = -2х + 5 убеждает в том, что АС  ВС, треугольник является прямоугольным, значит, уравнение hA: hB: у = -2х + 15. в) Медианой называется отрезок прямой, соединяющей вершину треугольника с серединой противолежащей стороны. Координаты середин сторон находятся по формулам деления отрезка в данном отношении: С2 (4, -1/2), В2 (2, 7/2), А2 (7, 1). Уравнение медианы mC = CC2 получается как уравнение прямой, проходящей через точки С и С2: или mC: 11х–2у–45=0. Аналогично mВ: 13х+14у–75=0, mА: x+8y–15=0. г) Длины сторон найдем по формуле расстояния между двумя точками: д) Биссектрисой треугольника называется лежащий в треугольнике отрезок прямой, которая делит его внутренний угол пополам. Укажем два способа нахождения уравнения биссектрисы треугольника. 1). Биссектриса делит противолежащую сторону в отношении, пропорциональном прилежащим сторонам. Если С3 – точка пересечения биссектрисы lC = CC3 со стороной АС, то Координаты точки С3 находим по формулам деления отрезка в данном отношении  = 3/4: С3 (23/7, -1/7). Уравнение биссектрисы lC = CC3 получается как уравнение прямой, проходящей через точки С3 и С (5, 5): или 3х – у – 10 = 0. 2) Найдем направляющий вектор биссектрисы lC = CC3: . Таким образом, в качестве направляющего вектора прямой можно взять вектор и уравнение биссектрисы принимает вид: . уравнения lВ: х+у – 6 = 0 и lА: у = 2 могут быть найдены одним из двух способов. ж) Центр вписанной окружности находится в точке пересечения биссектрис lС и lА треугольника. Система уравнений, составленная из уравнений биссектрис: имеет решение х = 4, у = 2. Следовательно, центр вписанной окружности находится в точке О1 (4, 2). Радиус вписанной окружности найдем как расстояние от точки О1 до стороны АС: где х0 = 4, у0 = 2. Таким образом, з) Центр описанной окружности находится в точке пересечения серединных перпендикуляров. Для прямоугольного треугольника он лежит на середине гипотенузы. и) Центр тяжести треугольника находится в точке пересечения медиан. 1) Из п.в) имеем систему уравнений для определения координат центра тяжести как точки пересечения медиан mС и mB : Система имеет решение х = 4,3, у = 1,3. Следовательно, центр тяжести треугольника находится в точке О3 (4,3; 1,3). 2) Укажем, что медианы треугольника делятся точкой пересечения в отношении 2 : 1, считая от вершины. Таким образом, координаты центра тяжести могут быть найдены как координаты точки О3, делящей медиану в отношении Если воспользоваться формулами деления отрезка в данном отношении, то координаты точки: к) Внутренние углы. Например, внутренний угол при вершине А треугольника может быть найден следующим образом: л) По формуле площади треугольника имеем 1) 2) Площадь треугольника может быть вычислена по формуле: S = p  r, где p – полупериметр треугольника; r – радиус вписанной окружности. Поскольку (кв. ед.).			а) А (-1, 2), В (9, -3), С (5, 5), б) , у=-2х+15, у=2х–5, в) x+8y–15=0, 13х+14у–75=0, 11х–2у–45=0, г) , д) у = 2, х+у–6=0, 3х–у–10=0, ж) О1(4,2), , з) О2(4,-1/2), , и) к)л) 30.
2		Найдите проекцию точки Р (4, 9) на прямую, проходящую через точки А (3, 1) и В (5, 2). Решение: Искомую точку М найдем, решая совместно уравнение прямой АВ с уравнением перпендикуляра, проведенного к этой прямой из точки Р. Уравнение перпендикуляра из точки Р на прямую АВ ищем в виде у – 9 = k (x – 4); из условия перпендикулярности М=
3		Постройте прямую 3х – 5у + 15 = 0. Решение: Уравнение прямой в отрезках имеет вид: прямая отсекает на осях отрезки (-5) и 3.
4		Даны две прямые 2х + 3у – 5 = 0, 7х +15у +1 = 0, пересекающиеся в точке М. Составьте уравнение прямой, которая проходит через точку М перпендикулярно к прямой 12х – 5у – 1 = 0. Решение 1: Прямые 2х + 3у – 5 = 0, , 7х +15у +1 = 0, пересекаются, так как они имеют разные угловые коэффициенты. Составим уравнение пучка прямых, проходящих через точку их пересечения М: 2х + 3у – 5 + l×(7х + 15у +1) = 0, (2 + 7l)×х + (3 + 15l)×у + (-5 + l) = 0 Выделим в этом пучке искомую прямую . По условию искомая прямая перпендикулярна прямой 12х – 5у – 1 = 0, для которой . Угловой коэффициент искомой кривой , l = -1 и уравнение искомой прямой принимает вид: 5х + 12у + 6 = 0. Решение 2: Решая систему найдем точку пересечения прямых . Каноническое уравнение прямой имеет вид: или .
5		Напишите уравнение прямой L, проходящей через точку М (2, 1) под углом 45 к прямой L1: 2х + 3у +4 = 0. Решение: , L1: 2х + 3у +4 = 0, . , М (2,1),
6		Составьте уравнение прямой L, параллельной прямым L1: х + 2у – 1 = 0 и L2: х + 2у +2 = 0 и проходящей посередине между ними. Решение: Уравнение прямой L будем искать в виде А(х – х0) + В(у + у0) = 0. В качестве нормального вектора можно выбрать нормальный вектор прямых L1 и L2, равный {1, 2}. Найдем какую-нибудь точку М0 (х0, у0)  L. Точка М0 будет делить пополам отрезок, соединяющий две любые точки, лежащие на L1 и L2. Например, М1 (1, 0)  L1 и М2 (-2, 0)  L2, тогда точка М0 имеет координаты (-1/2, 0), и уравнение прямой L принимает вид: х + 2у + 1/2 = 0.			х+2у+1/2=0
2. Кривые второго порядка
6			Найдите точки пересечения следующих линий: 1) (x – 1)^2 + (y – 3)^2 = 4 и (x – 3)^2 + (y – 5)^2 = 4; 2) (x – 5)^2 + y^2 = 1 и x + y = 0. Решение: 1) вычитая из первого уравнения второе, получим систему решая которую, получаем две точки пересечения (1, 5) и (3, 3); 2)Линии (x – 5)^2 + y^2 = 1 и x + y = 0 не пересекаются, так как система уравнений не имеет действительных решений.	1) (1, 5) (3, 3). 2)
7			Составьте уравнение эллипса, фокусы которого лежат на оси абсцисс, симметрично относительно начала координат, зная, что малая ось равна 10, а эксцентриситет равен 12/13. Решение: Из условия имеем b = 5, е = 12/13. Поскольку е = с/а и а^2 = b^2 + c^2, то a^2 = b^2 + е^2a^2 или Подставляя числовые значения, получим а^2 = 169. Следовательно, уравнение эллипса имеет вид:
8			Составьте уравнение эллипса, фокусы которого лежат на оси абсцисс, симметрично относительно начала координат, зная, что его большая ось равна 10, а расстояние между фокусами равно 8. Решение: Из условия имеем а = 5, с = 4. Вычислим малую полуось Следовательно, уравнение эллипса имеет вид:
9			Фокусы гиперболы совпадают с фокусами эллипса Составьте уравнение гиперболы, если ее эксцентриситет равен 2. Решение: Из уравнения эллипса находим: aэл.^2 = 25, bэл.^2 = 9. сэл.^2 = aэл.^2 - bэл.^2 = 16, сэл. = 4. По условию сгип. = сэл. = с и егип. = с/агип. = 2. Таким образом, агип. = с/2 = 2 и bгип.^2 = с^2 – агип.^2 = 16 – 4 = 12. Уравнение искомой гиперболы имеет вид:
10			Составьте уравнение параболы, если известны ее фокус F(-7, 0) и уравнение директрисы x – 7 = 0. Решение: Из уравнения директрисы имеем x = -p/2 = 7 или p = -14. Таким образом, уравнение искомой параболы имеет вид y^2 = -28x.	y^2 = -28x
11			Установите, какую линию определяет уравнение Нарисуйте ее график. Решение: При возведем обе части уравнения в квадрат: или Выделяем в правой части полный квадрат: или Это уравнение сопряженной гиперболы с центром в точке О(3, 7) и полуосями а = 2, b = 3. Исходное уравнение определяет нижнюю ветвь сопряженной гиперболы, расположенную под прямой y=7.		Нижняя ветвь сопряж. гиперболы

12	Установите, какую линию определяет уравнение Нарисуйте ее график. Решение: Область допустимых значений (х, у) определяется условиями (y + 1)/2 = 4(1 – x)^2  y + 1 = 8(1 – x)^2. Искомая кривая – часть параболы с вершиной в точке (1, -1).	Часть параболы
13	Установите, какую линию определяет уравнение Нарисуйте ее график. Решение: Искомая кривая – часть окружности: (y + 2)^2 + (x – 4)^2 = 5^2, y  -2, x  [-1, 9].	Часть окружности

14	Установите, какую линию определяет уравнение y^2 – x^2 = 0. Нарисуйте ее график. Решение: (y – x)(y + x) = 0 – две пересекающиеся прямые.	Две прямые
15	Какую линию определяет уравнение x^2 + y^2 = x? Решение: Запишем уравнение в виде x^2 – x + y^2 = 0. Выделим полный квадрат из слагаемых, содержащих х: x^2 – x = (x – 1/2)^2 – 1/4. Уравнение принимает вид и определяет окружность с центром в точке (1/2, 0) и радиусом 1/2.	Окружность

3. Преобразования координат
16	Преобразуйте уравнение гиперболы x^2 – y^2 = 1 поворотом осей на 45 против часовой стрелки. Решение: Так как  = -45, то Отсюда преобразование поворота принимает вид: Подстановка в исходное уравнение дает ху = 1/2. Так выглядит уравнение гиперболы в новой системе координат и дает график обратно-пропорциональной зависимости, знакомой из курса школьной математики.
17	Установите, какую линию определяет уравнение x^2 + y^2 + xy – 2x + 3y = 0. Решение: 1) Перенесем начало координат в такую точку О1(х0, у0), чтобы уравнение не содержало х и у в первой степени. Это соответствует преобразованию координат: Подстановка в исходное уравнение дает (x + x0)^2 + (x + x0)(y + y0) + (y + y0)^2 – 2(x + x0) + 3(y + y0) = 0 или x ^2 + xy + y ^2 + (2x0 + y0 - 2)x + (x0 + 2y0 + 3)y + x0^2 + + x0y0 + y0^2 - 2x0 + 3y0 =0. Положим 2x0 + y0 – 2 = 0, x0 + 2y0 + 3 = 0. Решение полученной системы уравнений: x0 = 7/3 и y0 = -8/3 дает координаты нового начала координат O1(7/3, -8/3), а уравнение после преобразований принимает вид x^2 + xy + y ^2 = 93/25. 2) Повернем оси координат на такой угол , чтобы исчез член ху. Подвергнем последнее уравнение преобразованию: и получим (cos^2 + sincos + sin^2)x^2 + (cos^2 - sin^2)xy + + (sin^2 - sincos + cos^2)y ^2 = 93/25. Полагая cos^2 - sin^2 = 0, имеем tg^2 = 1. Следовательно, 1,2 = 45. Тот же результат можно получить из формулы В этом примере и Возьмем  = 45, cos45 = sin45 = После соответствующих вычислений получаем - уравнение эллипса с полуосями и в дважды штрихованной системе координат, получаемой из исходной параллельным переносом осей координат в точку О1(7/3, -8/3) и последующим поворотом на угол 45 против часовой стрелки. Итак, уравнение x^2 + y^2 + xy – 2x + 3y = 0 приведено к каноническому виду
18	Приведите к каноническому виду уравнение 4x^2 – 4xy + y^2 – 2x – 14y + 7 = 0. Решение: 1) Система уравнений для нахождения центра кривой: несовместна, значит, данная кривая центра не имеет. 2) Не меняя начала координат, повернем оси на некоторый угол , соответствующие преобразования координат имеют вид: Перейдем в уравнении к новым координатам: 4x^2 – 4xy + y^2 – 2x – 14y + 7 = (4cos^2 - 4cossin + sin^2)x^2 + + 2(-4sincos - 2cos^2 + 2sin^2 + sincos)xy + + (4sin^2 + 4sincos + cos^2)y^2 + + 2(-cos - 7sin)x + 2(sin - 7cos)y + 7 = 0. (*) Постараемся теперь подобрать угол  так, чтобы коэффициент при ху обратился в нуль. Для этого нам придется решить тригонометрическое уравнение: - 4sincos - 2cos^2 + 2sin^2 + sincos = 0. Имеем 2sin^2 - 3sincos - 2cos^2 = 0, или 2tg^2 - 3tg - 2 = 0. Отсюда tg = 2, или tg = -1/2. Такой же результат получается из общей формулы Возьмем первое решение, что соответствует повороту осей на острый угол. Зная tg, вычислим cos и sin: Отсюда, и учитывая (*), находим уравнение данной кривой в системе х, у: (**) 3) Дальнейшее упрощение уравнения (**) производится при помощи параллельного перенесения осей Ох, Оу. Перепишем уравнение (**) следующим образом: Дополнив выражение в первой скобке до полного квадрата разности и компенсируя это дополнение надлежащим слагаемым, получим: Введем теперь еще новые координаты х,у, полагая x = x + y = y + что соответствует параллельному перемещению осей на величину в направлении оси Ох и на величину в направлении оси Оу. В координатах ху уравнение данной линии принимает вид Это есть каноническое уравнение параболы с параметром и с вершиной в начале координат системы ху. Парабола расположена симметрично относительно оси х и бесконечно простирается в положительном направлении этой оси. Координаты вершины в системе ху а в системе ху
19	Какую линию определяет уравнение 4x^2 - 4xy + y^2 + 4x - 2y - 3 =0? Решение: Система для нахождения центра кривой в данном случае имеет вид: Эта система равносильна одному уравнению 2х0 – у0 + 1 = 0, следовательно, линия имеет бесконечно много центров, составляющих прямую 2х – у + 1= 0. Заметим, что левая часть данного уравнения разлагается на множители первой степени: 4х^2 – 4ху + у^2 + 4х –2у –3 = (2х – у +3)(2х – у – 1). Значит, рассматриваемая линия представляет собой пару параллельных прямых: 2х – у +3 = 0 и 2х – у – 1 = 0.
20	Какую линию определяет уравнение 5х^2 + 6ху + 5у^2 – 4х + 4у + 12 = 0? Решение: Уравнение 5х^2 + 6ху + 5у^2 – 4х + 4у + 12 = 0 приводится к каноническому виду х ^2 + 4у ^2 + 4 = 0, или Это уравнение похоже на каноническое уравнение эллипса. Однако оно не определяет на плоскости никакого действительного образа, так как для любых действительных чисел х,у левая часть его не отрицательна, а cправа стоит –1. Такое уравнение ему называется уравнением мнимого эллипса.
21	Какую линию определяет уравнение 5х^2 + 6ху + 5у^2 – 4х + 4у + 4 = 0? Решение: Уравнение 5х^2 + 6ху + 5у^2 – 4х + 4у + 4 = 0 приводится к каноническому виду х ^2 + 4у ^2 = 0, или Уравнение похоже на каноническое уравнение эллипса, но определяет не эллипс, а единственную точку: х = 0, у = 0 – - вырожденный эллипс.
4. Кривые на плоскости
22	Найдите полярное уравнение кривой x = a, a > 0 и изобразите ее. Решение: cos = a  = a/cos :	 = a/cos
23	Найдите полярное уравнение кривой y = b, b > 0 и изобразите ее. Решение: sin = b   = b/sin :	 = b/sin
24	Постройте в полярной системе координат линию  = 2asin, a > 0. Решение: Линия представляет собой окружность со смещенным центром: , x^2 + y^2 – 2ay = 0, x^2 + (y – a)^2 = a^2	Окружность
25	Постройте в полярной системе координат линию  = 2 + cos. Решение: Линия представляет собой улитку Паскаля и получается, если каждый радиус-вектор окружности  = cos увеличить на два. Найдем координаты контрольных точек:  = 0,  = 3;  = /2,  = 2;  = ,  = 1.	Улитка Паскаля
26	Найдите полярное уравнение кривой (х^2 + у^2)^2 = а^2ху и изобразите ее. Решение: ОДЗ: xy  0. . Уравнение кривой в полярных координатах имеет вид и задает двухлепестковую розу:
27	Постройте в полярной системе координат линию Решение: 4 – 5cos > 0, cos < 4/5,   (arccos(4/5), 2 – arccos(4/5)). При этом (4 - 5cos) = 9. Переходя к декартовым координатам, получаем 16x^2 + 16y^2 = 25x^2 + 90x + 81, 9x^2 + 90x – 16y^2 +81 = 0, 9(x + 5)^2 – 16y^2 = 144  – правая ветвь гиперболы при указанных . Кривую можно было построить по точкам, например, при  =   = 9/10.	Правая ветвь гиперболы
28	Постройте в полярной системе координат линию ^2sin2 = а^2. Решение: Перейдем к декартовым координатам, учтем, что тогда кривая принимает вид гиперболы:	Гипербола
29	Какая линия задается параметрическими уравнениями: Решение: - эллипс.	Эллипс
30	Какая линия задается параметрическими уравнениями: Решение: у^2 = x – парабола.	Парабола
31	Какая линия задается параметрическими уравнениями: Решение: (x + 1)^2 + (y – 3)^2 = 4 –окружность.	Окружность
32	Какая линия задается параметрическими уравнениями: Решение: y = -x^2 – 2x, y – 1 = -(x + 1)^2 – парабола с вершиной в точке (-1, 1).	Парабола