БГЭУ 2006	лекции по высшей математике для студентов I курса
	ст. преподавателя, к. физ.-мат. н. Поддубной О.Н
Теорема	2. Для того чтобы точка M (x, y) лежала	на гиперболе,
необходимо и достаточно, чтобы выполнялось соотношение		r	=ε , если r –
		d

расстояние от точки М до какого-либо фокуса гиперболы , d – расстояние от той же точки до соответствующей этому фокусу директрисы.

Доказательство (необходимость). Изобразим схематично гиперболу.

y	a	d
	ε
				M(x, y)
		r
0	a	F1 N			x

OF1 = c

Из очевидных геометрических соотношений можно записать:

a

+ d = x , следовательно d = x − a .

ε

ε

Из прямоугольного треугольника F1MN получаем:

(x - c)2 + y2 = r2

Из канонического уравнения гиперболы (6.16): y2 =

x2b2

−b2

, с учетом

b2=c2–a2 имеем:

a2

2

2

2

2

x2b2

2

2

2

c2 x2

2

2

2

c

r

= x

− 2xc + c

+

−b

= x

− 2xc + c

+

a2

− x

− c

+ a

=

x − a

a

2

c

a

r =

x − a

a

c

r

= εx − a =ε .

Тогда т.к.

=ε , то r =εx − a .Окончательно имеем

d

a

x −

a

ε

Для левой ветви гиперболы доказательство аналогично. Для доказательства достаточного условия теоремы требуется все рассуждения провести «снизу вверх». Теорема доказана.

Если центр симметрии гиперболы находится в точке O(x0 , y0 ) , а прямые x = x0 , y = y0 являются ее осями симметрии и фокусы лежат на прямой y = y0 , то уравнение гиперболы примет вид

61

	БГЭУ 2006										лекции по высшей математике для студентов I курса
				(x − x )2			( y − y )2				ст. преподавателя, к. физ.-мат. н. Поддубной О.Н
											(6.17)
					0	−	0		=1
					a2		b2
				Если центр симметрии гиперболы находится в точке O(x0 , y0 ) , а прямые
		x = x0 , y = y0				являются ее осями симметрии и фокусы лежат на прямой x = x0 ,
	то уравнение гиперболы примет вид
				( y − y )2			(x − x )2				(6.18)
					0	−	0		=1
					b2		a2
	Пример 3. Найти уравнение асимптот гиперболы 2x2 −3y2 = 6 .
	Решение. Разделив обе части уравнения гиперболы на 6, получим:
		x2	−	y2	=1, откуда a =				3, b =		2 .
	3			2
	Таким образом,						y = ±		2	x – искомые уравнения асимптот гиперболы.
									3

Пример 4. Составить уравнение гиперболы, если ее эксцентриситет равен 2, а

фокусы совпадают с фокусами эллипса, заданного уравнением

x2

+

y2

=1.

25

Решение. Находим фокусное расстояние c2 = 25 – 9 = 16.

9

Для гиперболы:

c

2

2

2

2

2

2

2

c

= a

+ b

= 16,

ε =

= 2 ;

c = 2a; c

= 4a

;

a

= 4;

b

= 16 – 4 = 12.

a

x2

−

y2

=1 – искомое уравнение гиперболы.

4

12

Парабола

Параболой называется множество точек плоскости, каждая из которых находится на одинаковом расстоянии от данной точки, называемой фокусом, и от данной прямой, называемой директрисой и не проходящей через фокус.

Расположим начало координат посередине между фокусом и директрисой.

А y

М(х, у)

p p

2 2

О

F

x

62

БГЭУ 2006	лекции по высшей математике для студентов I курса
	ст. преподавателя, к. физ.-мат. н. Поддубной О.Н

Величина р (расстояние от фокуса до директрисы) называется параметром параболы. Выведем каноническое уравнение параболы.

Из геометрических соотношений: AM=MF; AM=x+p/2; MF2 = y2 + (x – p/2)2

(x + p/2)2 = y2 + (x – p/2)2

x2 +xp + p2/4 = y2 + x2 – xp + p2/4

y2	= 2px	(6.19)
Уравнение директрисы в этом случае: x = -p/2. Парабола симметрична
относительно оси Ox .
y2	= -2px	(6.20)

Уравнение директрисы в этом случае: x = p/2. Парабола симметрична относительно оси Ox .

Для парабол вида (6.19) и (6.20) их фокусы лежат на оси Ox . Если фокус параболы лежит на оси Oy , то в зависимости от расположения директрис

имеем два случая:
x2	= 2 py	(6.21)
Уравнение директрисы в этом случае: y = -p/2.
x2	= −2 py	(6.22)

Уравнение директрисы в этом случае: y = p/2.

Если ось симметрии параболы параллельна оси Oy , а ее вершина находится в точке A(x0 , y0 ) , то уравнение параболы имеет вид:

(x − x )2	= ±2 p( y − y )	(6.23)
0	0
Если ось симметрии параболы параллельна оси Ox , а ее вершина
находится в точке A(x0 , y0 ) , то уравнение параболы имеет вид:
( y − y )2	= ±2 p(x − x )	(6.24)
0	0

Пример 5. На параболе у2=8х найти точку, расстояние которой от директрисы равно 4.

Решение. Из уравнения параболы получаем, что р = 4.

r = x + p/2 = 4; следовательно: x=2; y2=16; y=±4. Искомые точки: M1(2; 4), M2(2; -4).

Пример 6. Определить координаты вершины, ось симметрии и директрису параболы: y = −x2 + 4x −5 .

Решение. Преобразуем данное уравнение, выделив полный квадрат. y = −(x2 − 4x +5) = −(x2 − 4x + 4 + 5 − 4) = −(x − 2)2 −1

y +1 = −(x − 2)2

Координаты вершины имеют вид A(2, −1) , уравнение оси симметрии x = 2 ,

ветви направлены вниз, уравнение директрисы y = −1 +	1	= −	1 .
	2		2

63

БГЭУ 2006	лекции по высшей математике для студентов I курса
	ст. преподавателя, кандидата физ.-мат. наук Поддубной О.H.
	Лекция 7

Аналитическая геометрия в пространстве

Если в трехмерном пространстве задана система координат Oxyz , то уравнением поверхности S называется такое уравнение F (x, y, z) = 0 между переменными x, y, z , которому удовлетворяют координаты всех точек данной

поверхности и не удовлетворяют координаты точек, не лежащих на этой поверхности S .

Простейшей поверхностью в пространстве является плоскость.

УравненияG плоскости в пространстве

Ненулевой вектор n , который перпендикулярен каждому вектору, лежащемуG в плоскости , называется нормальным вектором этойG плоскости. Если n ={A, B,C}– нормальный вектор плоскости, то вектор λn ={λA,λB,λC},

где λ ≠ 0 , будет также нормальным вектором плоскости.

Предположим, что плоскость имеет нормальный вектор nG ={A, B,C} и

проходит через точку M0 (Gx0 , y0 , z0 ) . Если точка M (x, y, z) принадлежит
плоскости , то	векторы n ={A, B,C} и M	0	M ={x − x , y − y , z − z			}	будут
			0	0	0
перпендикулярны.	Как известно, для того чтобы два вектора aG				и b		были

ортогональны, необходимо и достаточно чтобы их скалярное произведение
равнялось нулю. Поэтому nG	M0M = 0 или в координатной записи:
A(x − x0 ) + B( y − y0 ) +C(z − z0 ) = 0		(7.1)
Это уравнение называется уравнением плоскости, проходящей через
точку M0 (x0 , y0 , z0 ) .	и обозначая −( Ax0 + By0 +Cz0 ) = D ,	получаем
Раскрывая скобки
уравнение вида
Ax + By +Cz + D = 0 ,		(7.2)

которое называется общим уравнением плоскости.

Из (7.2) видно, что уравнение плоскости линейно относительно переменных x, y, z .

Очевидно, что плоскость в векторной форме может быть задана
уравнением:
nG r + D = 0,	(7.3)
Где nG– нормаль плоскости;	r = (x, y, z) –радиус-вектор произвольной точки

плоскости.

Отметим некоторые частные случаи уравнения (7.2):

1.	Если D = 0 , то Ax + By +Cz = 0 – уравнение плоскости, проходящей через
	начало координат;
2.	Если D ≠ 0 , A = 0 , то By +Cz + D = 0 – уравнение плоскости,

параллельной оси Ox .

64