аналитическая геометрия

ООО «Резольвента», www.resolventa.ru , [e-mail], [phone]

Решение. Пусть точка M1(x; y) лежит на прямой L1 . Тогда вектор

M 0 M1 = ( x −3; y + 7)	лежит на прямой L1 и перпендикулярен вектору N = (5;4) .
Поэтому
	L1 : 5( x −3) + 4( y + 7) = 0 , т.е. L1 : 5x + 4 y +13 = 0 .
Пример 3.2. Прямая L			задана уравнением 5x + 4 y −1 = 0 . Составить урав-
нения прямой L1 , проходящей через точку M 0 (3; −7) и перпендикулярной пря-
мой L .
Решение. Пусть		точка	M1(x; y) лежит	на прямой L1 . Тогда вектор
M 0 M1 = ( x −3; y + 7)	лежит на прямой L1 и перпендикулярен вектору l = (4; −5) .
Поэтому
	L1 : 4( x −3) −5( y + 7) = 0 , т.е. L1 : 4x −5 y − 47 = 0 .
Пример 3.3. Даны прямые L1 : x − y + 2 = 0				и L2 : 2x − y +1 = 0 . Составить
уравнение прямой L такой, что прямая L2 будет биссектрисой угла, образо-
ванного прямыми L1 и L.
Решение.
			Найдем сначала координаты точки пере-
L			сечения M прямых L1 и L2 :
	L2
			x − y + 2 = 0
ϕ		L1		M = (1; 3) .
	ϕ
			2x − y +1 = 0
M			Обозначим теперь угловые коэффициенты
			прямых L1 ,	L2 и L через k1 , k2 и k соот-

ветственно. Поскольку

k1 =1, k2 = 2 ,

то из соотношения

ООО «Резольвента», www.resolventa.ru , [e-mail], [phone] 11

ООО «Резольвента», www.resolventa.ru , [e-mail], [phone]

tgϕ =	k2 − k1		=	k − k2
1 + k k		2	1 + kk		2
1

(см. рисунок) можно найти угловой коэффициент k . Действительно,

2 −1			=		k − 2		,
1+ 2
				1+ 2k
	1	=		k − 2		,
3			1+ 2k

1+ 2k = 3k −6 k = 7 .

Так как прямая L проходит через точку M = (1; 3) , то

L : y − 3 = 7(x −1) , т.е. L : 7x − y − 4 = 0 .

Пример 3.4. Составить уравнения прямых, проходящих через точку М(6;4) и отсекающих от координатных углов треугольники площади 6.

у

b	M
	a	х

Решение. Воспользовавшись уравнением прямой в отрезках

x + y = 1 , a b

перепишем условие задачи в виде следующей системы уравнений:

					6	+	4	= 1,
					a		b
					a ×b
									= 6.
						2

Далее получаем

ООО «Резольвента», www.resolventa.ru , [e-mail], [phone] 12

ООО «Резольвента», www.resolventa.ru ,	[e-mail], [phone]
4a + 6b = a ×b,
	= ±12.
a ×b

Рассмотрим 1-й случай:

	4a +6b = ab,		4a +6b =12,						36
		ab =12,		b =	12			2a +		= 6	,
							.		a
						a

a2 − 3a +18 = 0, D = 9 − 72 < 0 .

Поскольку уравнение корней не имеет, то этот случай не имеет места. Рассмотрим 2-й случай:

4a + 6b = ab,

4a + 6b = -12,

36

= -6 ,

ab = -12,

Û

b = -

12

2a -

,

a

a

a2 + 3a -18 = 0, a = 3, a

2

= -6 .

1

Следовательно

b = -

12

= -4, b = -

12

= 2 .

1

a1

2

a2

Ответ: L :

x

-

y

= 1 , L :

x

+

y

= 1.

-6

1

3 4

2

2

Пример 3.5. Дан треугольник с вершинами А(2;3), В(4;−1), С(0;−6).

Найти:

а) координаты точки А1,

симметричной

точке А относительно прямой

ВС;

б) координаты точки Р пересечения медианы, проведенной из вершины В, и высоты, проведенной из вершины А;

в) площадь треугольника АВС; г) длину высоты, проведенной из вершины А;

д) систему неравенств, задающих треугольник АВС с границей;

ООО «Резольвента», www.resolventa.ru , [e-mail], [phone] 13

	ООО «Резольвента», www.resolventa.ru ,		[e-mail], [phone]
	е) где расположена точка D(-2;1)?		(Внутри треугольника, на границе,
	вне треугольника?)
	Решение.
	а)
	B	Составим уравнение прямой АА1, перпендикуляр-
		ной к прямой ВС. Так как ВС = (- 4;-5) , то
		A1
	K	АА1 : −4(х − 2) −5( у −3) = 0 .
		Таким образом, прямая АА1 имеет уравнение

A

вектора

4х +5у − 23 = 0 .

C

Прямая ВС проходит чрез точку B в направлении

ВС . Поэтому ее уравнение имеет вид:

х − 4 = у +1 ,

-4 -5

что эквивалентно уравнению

5х − 4 у − 24 = 0 .

Найдем координаты точки пересечения прямых АА1 и ВС (точка K):

4х + 5 у - 23 = 0

4х + 5у = 23

Û

16х + 20 у = 92

41х = 212

.

K :

Û

- 20 у = 120

Û

5х - 4 у - 24 = 0

5х - 4 у = 24

25х

41у = 19

Таким образом,

212

19

К =

;

.

41

41

Теперь можно найти координаты точки А1 :

uuuur

(2;3)+ 2

×(21241 - 2; 1941 - 3)= (34241 ;- 8541).

А1 = A + 2× AK =

Итак,

А =

342

; -

85

.

1

41

41

б)

ООО «Резольвента», www.resolventa.ru , [e-mail], [phone] 14

ООО «Резольвента», www.resolventa.ru , [e-mail], [phone]

B

K

P

A M C

Найдем координаты середины стороны AC (точка M):

2 +0 3 −6

3

M =

;

= 1;

−

.

2 2

2

Найдем уравнение медианы ВМ:

х − 4

=

у +1

или х − 6 у −10 = 0 .

3

1− 4

−

+1

2

Теперь можно найти координаты точки пересечения прямых АK и ВM (точка P):

4х +5 у = 23	4х +5 у = 23			4х +5у = 23				29х =188
								.
х −6 у =10	4х − 24 у = 40			29 у = −17			29 у = −17
Следовательно,
	188				17
	Р =			; −		.
					29
	29

в)

Первый способ. Поскольку

uuuur = (212 − 19 − )= (130 −104 )

AK 41 2; 41 3 41 ; 41 ,

ВС = (−4;−5) ,

то

ООО «Резольвента», www.resolventa.ru , [e-mail], [phone] 15

ООО «Резольвента», www.resolventa.ru ,

[e-mail], [phone]

uuuur

1

×

AK

=

1302 +1042

= ,

BC

=

41 .

Следовательно,

41

SАВС =

1

1

1302 +1042

1

1302 +1042

× AK × BC =

×

× 41 =

×

= 13.

2

2

2

2

41

41

Второй способ. Поскольку

АВ = (2; - 4) , АС = (-2; -9) ,

то, воспользовавшись свойствами векторного произведения, получим

									r	r	r
			1		uuur uuur		1		i	j	k		1		r
	SАВС	=		×	АВ´ АС	=		×	2	-4	0	=		×	-26k	= 13 .
		2				2			-2	-9	0	2

г)

Первый способ. Воспользовавшись формулой для расстояния от точки до прямой, получим

hA = d (A; BC )=								5 × 2 - 4 ×3 - 24													=		26				.
									25 +16
																			41
Второй способ.
	uuuur			2	+104				2
			130											676					26
	AK	=									=					=								.
				412
														41					41

д)

Составим уравнение границ

треугольника АВС:

AB :

х - 2

=

у - 3

Û

х - 2

=

у - 3

Û 2х + у - 7 = 0,

4 - 2

-1- 3

2

-4

ВС : 5х - 4 у - 24 = 0,

АС :

х - 2

=

у - 3

Û

х - 2

=

у - 3

Û 9х - 2 у -12 = 0.

0 - 2

-6 - 3

-2

-4

Для установления знаков неравенств подставим в уравнения сторон треугольника АВС координаты противоположных им вершин:

АВ (С) = 2 · 0 − 6 − 7 = −13 < 0;

ООО «Резольвента», www.resolventa.ru , [e-mail], [phone] 16

ООО «Резольвента», www.resolventa.ru , [e-mail], [phone]

ВС (А) = 5 · 2 − 4 · 3 − 24 = − 26 < 0;

АС (В) = 9 · 4 − 2·(−1) − 12 = 26 > 0.

Получим систему неравенств, задающих ∆АВС вместе с границами:

2х + у - 7 £ 0,
	£ 0,
5х - 4 у - 24
	³ 0.
9х - 2 у -12

е)

Расположение точки D = (–2;1) относительно ∆АВС установим с помощью результатов подстановки в уравнения сторон треугольника координат противоположных им вершин и координат точки D:

AB (C) = −13 < 0,	AB (D) = −10 < 0;
BC (A) = −26 < 0,	BC (D) = −38 < 0;
AC (B) = 26 > 0,	AC (D) = −32 < 0.

Из того, что знаки в третьих неравенствах различаются, вытекает, что точки D и В лежат в разных полуплоскостях, на которые прямая AC разбивает плоскость АВС. Следовательно, точка D лежит вне ∆АВС.

y

3	A
D	4
2	B	x

−6 C

4.КРИВЫЕ ВТОРОГО ПОРЯДКА НА ПЛОСКОСТИ

·Каноническое уравнение эллипса имеет вид

x2 + y2 =1; a2 b2

ООО «Резольвента», www.resolventa.ru , [e-mail], [phone] 17

		ООО «Резольвента», www.resolventa.ru , [e-mail],							[phone]
				у			числа a и b положительные и называ-
							ются полуосями;
				b
					r2		если a > b, то эллипс вытянут в направ-
			F2		r1	х лении оси OX;,
					F1
		− c		0	c	a
							в этом случае c = а2		−b2 − фокусное
							расстояние;
точки F1 (c;0) и F2 (−c ; 0 ) −						фокусы;
ε =	c	−	эксцентриситет, причем у эллипса ε <1 ;
	a
r1 и		r2	− фокальные радиусы;
фокальные радиусы удовлетворяют соотношению r1 +r2 = 2a ;
в случае a = b = R					эллипс превращается в окружность

x2 + y2 = R2 .

∙ Каноническое уравнение гиперболы имеет вид:

x2	− y2	=1;
a2	b2
	у
r2	b
			r1
−c	0	a	c	х

числа a и b называются действительной и мнимой полуосями гиперболы соответственно;

c = a2 + b2 − фокусное расстояние; точки F1 (c;0) и F2 (−c ; 0 ) − фокусы;

ε = c − эксцентриситет, причем у гиперболы ε >1 ;

a

ООО «Резольвента», www.resolventa.ru , [e-mail], [phone] 18

ООО «Резольвента»,			www.resolventa.ru , [e-mail],					[phone]
r1 и r2 − фокальные радиусы;
фокальные радиусы удовлетворяют соотношению					r2 − r1		= 2a	;
прямые линии y = ±	b	x	являются асимптотами гиперболы;
	a

если в случае a = b = 2k (равносторонняя гипербола) сделать замену пере-

менных

		1			(X +Y )
	x =
		2
				,
		1
					(X −Y )
	y =
		2

то уравнение гиперболы примет «более знакомый» вид

xy = k .

∙

Каноническое уравнение параболы имеет вид y2 = 2 px ;

у

d

точка F

p

;0

–

фокус параболы;

2

F

r

p

− фокусное расстояние;

−

p

0

p

х 2

2

p

2

прямая x = −

−

директриса;

2

расстояние r от точки параболы до фокуса

называется фокальным радиусом;

число ε =

r

, где d –

расстояние от точки параболы до директрисы, называет-

d

ся эксцентриситетом параболы; эксцентриситет параболы ε=1.

Пример 4.1. Составить уравнение эллипса, если его эксцентриситет 0.6 , фокусное расстояние 3, а фокусы расположены на оси ОХ симметрично относительно начала координат.

Решение. Запишем условие задачи в виде системы уравнений

ООО «Резольвента», www.resolventa.ru , [e-mail], [phone] 19

ООО «Резольвента», www.resolventa.ru , [e-mail], [phone]

c =

c =

a2 −b2 = 3

a2 −b2

= 3

25 −b

2

= 9

b = 4

25 −b

2

= 3

.

c

c

3

ε =

= 0,6

a =

=

= 5

a = 5

a = 5

a = 5

ε

0,6

a

Таким образом, уравнение эллипса имеет вид

x2 + y2 =1 .

25 16

Пример 4.2. Составить уравнение и определить тип кривой, для каждой точки которой расстояние до точки К (−2; 0) в 2 раза больше расстояния до точки N (1; 3).

Решение. Пусть М (х; у) – точка кривой, тогда МK = 2MN . Поэтому

(x + 2)2 + y2 = 2(x −1)2 + (y −3)2 .

Преобразуем это соотношение:

х2 + 4х + 4 + y2 = 4х2 −8х + 4 + 4 y2 − 24 y + 36 ,

3x2 −12x +3y2 − 24 y + 36 = 0, x2 − 4х + y2 −8 y +12 = 0 , x2 − 4x + 4 − 4 + y2 −8 y +16 −16 +12 = 0.

Получилось уравнение

( x − 2)2 + ( y − 4)2 = 8 ,

задающее окружность радиусом R = 22 с центром в точке (2; 4).

Пример 4.3. Составить уравнение, привести к каноническому виду и определить тип кривой, для каждой точки M которой отношение расстояния до

точки F (3; 2) к расстоянию до прямой у = 1

равно

3 .

Решение.

у

По условию задачи

M

MF

(x −3)2

+ ( y − 2)2

2

F

= 3

= 3 ,

MN

y

−1

N

1

.

( x −3)2 +( y − 2)2 =

y −1

х

3

0

3

Возводя последнее соотношение в квадрат, получим:

ООО «Резольвента», www.resolventa.ru , [e-mail], [phone] 20