Uchebnoe_posobie

		Если		же прямые заданы общими уравнениями Ax By C 0 и
A x		B y		C 0, то условие их параллельности можно записать в виде:
1		1		1
A1		B1	.
A		B

Правило. Прямые на плоскости параллельны тогда и только тогда, когда отношения их коэффициентов при соответствующих неизвестных в общих уравнениях равны.

Пример. Показать, что прямые 4x 6 y 7 0 и 20x 30y 11 0 параллельны.

	Решение: 1. Так как	4		6		1	, то прямые параллельны. 2. Преобра-
		20	30		5

зуем общие уравнения прямых в уравнения с угловыми коэффициентам:

	y	2	x	7	и y	2	x	11	. Так как угловые коэффициенты этих прямых рав-
		3		6		3		30

ны, то прямые параллельны.

3. Условие перпендикулярности двух прямых на плоскости.

Если прямые перпендикулярны, то угол между ними равен 90 . Так как tg90 не существует, то перейдем к рассмотрению котангенса этого угла,

который в этом случае равен нулю: ctg			1	1		kk1	. Имеем: 1 kk 0 и
			tg		k1	k	1
k	1	.
1	k

Правило. Две прямые на плоскости перпендикулярны тогда и только тогда, когда их угловые коэффициенты обратные по величине и противоположны по знаку.

	Если	же	прямые заданы		общими уравнениями Ax By C 0 и
A x	B y	C	0, то условие	их	перпендикулярности		запишется в виде:
1	1	1
AA	BB	0 .
1	1
	Правило. Две прямые на плоскости перпендикулярны тогда и только
тогда, когда сумма произведений					коэффициент при соответствующих неиз-
вестных в общих их уравнениях равна нулю.
	Пример. Показать, что прямые 3x 5y					7 0 и 10x	6 y 3 0 перпен-
дикулярны.
	Решение: 1.Так как AA			BB 3 10		5 6 0 , то прямые перпенди-
			1		1

кулярны. 2. Преобразуем общие уравнения прямых в уравнения с угловыми

31

	коэффициентами: y					3	x	7	; y	5	x	1	. Так как угловые коэффициенты
						5		5		3		2
		3	и	5	обратные по величине и противоположны по знаку, то прямые
	5			3

перпендикулярны.

4. Точка пересечения двух прямых.

Точка пересечения двух прямых должна лежать как на одной прямой, так и на другой. Поэтому координаты точки пересечения должны удовлетворять как уравнению одной, так и уравнению другой прямой. Следовательно, для того чтобы найти координаты точки пересечения двух прямых достаточно решить совместно систему уравнений этих прямых, используя, например, формулы Крамера.

1. Пусть прямые заданы общими уравнениями, тогда решив систему

уравнений	Ax	By	C	0	, легко определить необходимые координаты:
	A1x	B1y	C1	0

x BC1 CB1 AB1 A1B

yCA1 C1A . AB1 A1B

2.Пусть прямые заданы уравнениями с угловыми коэффициентами:

y kx b , в этом случае координаты точки пересечения определяются по y k1x b1

x

b

b1

k1

k

формулам:

k1b

kb1 .

y

k1

k

Пример.

Найти точку

пересечения

прямых

3x

4 y 10 0 и

2x 5y 9 0.

x

BC1

CB1

x

4 9

10 5

AB1

A1B

x 2

Решение: 1.

3 5 2 4

;

CA1

C1A

10 2

9 3

y

1

y

y

AB1

A1B

3 5

2 4

32

x		b	b1			x	5 / 2	9 / 5
							2 / 5	3 / 4
		k1	k							x 2
2.	k1b kb1					2 / 5 (5 / 2)		3 / 4 9 / 5		y 1 .
y					y
		k1	k				2 / 5	3 / 4

§5. Вычисление площади треугольника

Пусть даны три точки A x1; y1 ; B x2; y2 ;C x3; y3 , не лежащие на одной прямой.

Теорема. Каковы бы ни были три точки A, B,C, не лежащие на одной прямой, площадь S треугольника ABC определяется формулой:

S

1

x2

x1

y3

y1

x3

x1

y2

y1

1

x2

x1

y2

y1

2

2

x3

x1

y3

y1

1

x1

y1

1

x

y

1

.

2

2

2

x3

y3

1

Пример. Даны три точки

A 1;1 , B 6;4 ,C 8;2 .

Найти площадь тре-

угольника АВС.

x2

x1

y2

y1

5 3

1

1

1

Решение:

S

1

1

=

1

6

4

1

=8кв.ед.

2

x3

x1

y3

y1

2

7 1

2

8

2

1

§6. Некоторые типовые задачи

1. Показать, что

треугольник

с

вершинами

A

3;

3 ; B

1;3 ;

C 11;

1

прямоугольный.

Решение:

найдем

длины

сторон

треугольника:

3 2

32

1 2

3 2

d AB

1

3

40 ;

dBC

11

1

160;

3 2

3 2

dAB2

dAC

11

1

200 .

Так

как

40 ;

dBC2

160,dAC2

200,

то dAB2

dBC2

dAC2

. Таким образом, сумма квадратов

длин двух сторон треугольника равна длине третьей стороны. Следовательно, треугольник ABC - прямоугольный.

2. Составить уравнение прямой, проходящей через точку (3;2) и параллельной прямой 4x 3y 7 0 .

33

			Решение: разрешив уравнение прямой относительно y , получим
	y	4	x	7	. Следовательно, в силу условия параллельности, угловой коэффи-
		3		3

циент искомой прямой равен 4/3. Воспользовавшись уравнением п.4 §3, по-

	лучим y 2	4	x 3	или y	4	x 2	, или 4x 3y 2 0 .
		3			3

3. Составить уравнение прямой, проходящей через точку (4;5) и пер-

	пендикулярной прямой y	2	x 7 .
		3

Решение: в силу перпендикулярности, угловой коэффициент искомой прямой должен быть обратным по величине и противоположным по равен , следовательно он равен 3/2. Воспользовавшись уравнением п.4 §3, получим

	y 5		3	x 4	или y	3	x 1.
		2				2
		4. Дан треугольник с вершинами A 4;6 ; B 3; 5 ;C 3;5 . Определить:

А) Величину угла A ; Б) Координаты точки M пересечения медиан; В) Координаты точки F пересечения высот; Г) Периметр треугольника; Д) Площадь треугольника.

Решение:

А) Величину угла А найдем как величину угла пересечения двух прямых AB и AC , рис.11. Для этого найдем уравнения соответствующих сторон

треугольника. Уравнения стороны

AB :

x

xA

y

yA

;

x

4

y

6

;

xB

xA

yB

yA

3 4

5 6

y

11x

38, откуда kAB

11.

Уравнение стороны AC :

x xC

y yC

;

x 3

y 5

;

xA

xC

yA

yC

4 3 6 5

y

1

x

38

, следовательно kAC

1

.

7

7

7

Тангенс

угла

A :

tgA

kAB

kAC

11

1 / 7

4,22

1

kABkAC

1

11 1 / 7

и A 76 40 .

34

Б) Координаты точки пересечения медиан. Находим координаты точки

D ,

для

чего

делим

сторону

AC

пополам:

xD

xC

xA

3

4

0,5 ; yD

yC

yA

5

6

5,5 ;

xD

0,5

.

2

2

2

2

yD

5,5

Находим уравнение медианы BD :

x

xB

y

yB

;

x

3

y

5

; 10,5x

2,5 y 19 0 .

xD

xB

yD

yB

0,5

3

5,5

5

Точка E , делящая сторону BC пополам,

имеет координаты (0;0), т.к.

точки C и B симметричны относительно начала координат. Находим уравне-

ние медианы AE :

x

xA

y

yA

;

x

4

y

6

;

3x

2 y

0.

xE

xA

yE

yA

0 4 0 6

Находим координаты точки M пересечения медиан,

как координаты

точки пересечения двух прямых BD и AE

:

10,5x 2,5y 19

0

;

xM

4 / 3

.

3x 2 y

0

yM

2

В)

Координаты точки пересечения высот.

Высота CG перпендикулярна стороне AB , уравнение с угловым коэф-

фициентом которой y

11x 38. В этом случае угловой коэффициент прямой

CG : k

1

1

. Тогда уравнение высоты CG : y

y

CG

kAB

11

C

k

x

x

;

y

5

1

x

3

; x

11y

52

0 .Высота

AH

пер-

CG

C

11

пендикулярна стороне CB , поэтому ищем уравнение с угловым коэффициен-

том стороны CB :

x

xC

y

yC

;

x

3

y

5

; 5x

3y

0; y

5

x .

xB

xC

yB

yC

3 3

5 5

3

Следовательно

kAH

1

3

.

Найдем

уравнение

высоты

AH :

kCB

5

y yA

kAH x xA

; y 6

3

x 4 ; 3x 5y 18 0.

5

Находим координаты точки F пересечения высот:

x

11y

52

0

xF

1,63

3x

5y

18

0;

yF

4,58

Г) Периметр треугольника. П= dAB

dCB

dCA .

d AB , dCB , d AC нахо-

дим как расстояния между соответствующими точками:

35

d AB								xA			xB	2			yA					yB		2								4		3 2	6	5	2		11,04
d	СB							x	B		x	2		y		B				y	2									3	3 2		5	5 2	11,7
											C									C
d		AС						x		A	x	2		y			A			y	2									4 ( 3) 2				6 5 2			7,07
											С									С
			П=11,04+11,7+7,07=28,41 (ед.)
			Д) Площадь треугольника:
			1		xA						yA	1			1					4	6	1									1
S					xB						yB	1								3	5 1											76 38кв.ед.
			2											2																	2
					xC						yC	1								3 5 1

ГЛАВА 2. ЛИНИИ ВТОРОГО ПОРЯДКА §1 Уравнение линий второго порядка

Определение: линии, определяемые уравнениями второй степени от-

носительно текущих координат	x	и y , называются линиями второго по-
рядка. Общее уравнение линий		второго порядка записывают в виде:
Ax2 2Bxy Cy2 Dx Ey F	0 .	Коэффициенты уравнения могут прини-

мать различные действительные значения, исключая одновременное равенство A, B и C нулю.

К таким линиям относятся – окружность, эллипс, гипербола и пара-

бола.

	Выражение	A	B	AC B2	- называется дискриминантом кри-
		B	C

вой. В зависимости от его значения различают три типа линий второго порядка:1. Эллиптический тип, когда δ>0; 2. Гиперболический, когда δ<0; 3.Параболический, когда δ=0.

Пример. Определить тип линий второго порядка:

	1. x2	2xy y2	2x y 0	. Так как	1	1	0	, то линия относится к
					1	1

параболическому виду.

36

	2. 8x2	24xy y2	56x 18y 55 0.	8	12	136 0	, следова-
				12	1

тельно, линия имеет гиперболический тип.

3. 2x2 4xy

5y2

x

5y

4

0.

2

2

6 0

, следовательно, ли-

2

5

ния имеет эллиптический тип.

§2. Окружность

Определение: окружностью называется множество всех точек плос-

кости, одинаково удаленных от данной точки, называемой центром.

Окружность радиуса R с центром в точке C a;b , рис.12, представля-

ется уравнением

x

a 2

y

b 2

R2 . Частные случаи этого уравнения:

1. Если b

0 , то центр окружности находится на оси OX и уравнение такой

окружности

x

a 2

y2

R2.

2. Если a

0 , то центр окружности находится на

оси OY и ее уравнение x2

y

b 2

R2 . 3. Если a

0 и

b

0 , то центр окружности x2

y2

R2 находится в на-

чале координат.

Если в уравнении окружности раскрыть скобки,

перенести все члены в правую

часть и расположить их по степеням x

и y ,

то получим

x2 y2

2ax

2by

a2

b2

R2

0 .

Из этого уравнения следует, что окружность есть линия второго порядка. Однако уравнение второй степени представляет окружность далеко не всегда. Для этого необходимо: чтобы в нем не было члена с произведением

xy ; и чтобы коэффициенты при x2 и y2 были равны. При соблюдении этих условий уравнение Ax2 Bx Ay2 Cy D 0 представляет окружность, ес-

ли коэффициенты A, B,C, D удовлетворяют неравенству B2 C2 4AD 0 . Тогда координаты центра окружности и ее радиус можно найти по фор-

мулам: a	B	;b	C	; R2		B2	C2	4AD		.
	2A		2A				4A2
Пример. Уравнение 5x2 10x								5y2	20y		20 0 удовлетворяет всем
перечисленным условиям. A					5; B		10;C		20; D		20 . Неравенство

37

	B2		C2 4AD		10 2	202 4 5	20 0 , выполняется. Значит, это
уравнение			представляет			окружность,	координаты		центра которой
a	10		1;b	20	2; и радиус R2		10 2	202	4 5	20	9; R 3 .
	2 5			2 5				4 52

§3 Каноническое уравнение эллипса Определение: эллипсом называется множество всех точек плоскости,

сумма расстояний от каждой из которых до двух данных точек той же плоскости, называемых фокусами, есть величина постоянная, большая, чем расстояние между фокусами.

Составим уравнение эллипса с фокусами в данных точках F1 и F2 . Для этого выберем прямоугольную систему координат так, чтобы ось Ox прохо-

дила через фокусы, а начало координат делило отрезок F F									пополам, рис.13.
					1		2
			2c , тогда F c;0	и F c;0			M x; y
Обозначим F F					. Пусть					-	произ-
1		2	1	2
			вольная точка эллипса. Расстояния				r		F M и r		F M
							1		1	2	2
			называются фокальными
			радиусами точки M . Обозначим						r	r	2a , то-
									1	2
			гда согласно определению эллипса 2a величина постоян-
			ная, причем 2a	2c , т.е. a	c .
			По формуле расстояния между двумя точками на-
ходим:

r

x c

2

y2 , r

x c 2

y2 .

1

2

Тогда

x

c 2

y2

x

c 2

y2 2a - уравнение эллипса.

Преобразовав это уравнения и считая, что a2 c2 b2 , получим кано-

ническое уравнение эллипса:

x2

y2

1.

a2

b2

§4 Исследование эллипса по его уравнению

1. Находим точки пересечения эллипса с осями координат. Если

y 0 ,

то x

a . Следовательно, эллипс пересекает ось OX в точках A1 a;0

и A2

a;0 . Если x

0 , то y

b . Следовательно, эллипс пересекает ось OY

в точках B1 0;b

и B2 0;

b , рис.14.

38

2.Так как в уравнение эллипса неизвестные входят только в четных степенях, то эллипс симметричен относительно начала координат.

3.Находим область изменений переменных. Из уравнения эллипс имеем

y2	b2 1			x2	, т.к.	b2				0 , то и
				a2
1	x2		0 , следовательно,					x		a , или a x a .
	a2
	Аналогично находим область изменения переменной y : b y b .

Следовательно, все точки эллипса находятся внутри прямоугольника, огра-

ниченного прямыми x

a; x

a; y

b; y

b.

b

4. Переписав уравнение эллипса в виде y

a2

x2

можно сделать

a

y

вывод, что при возрастании

x

от 0 до a величина

убывает отb до 0.

5. Из п.п. 1,2,3,и 4 следует, что эллипс имеет форму, представленную

на рис.14.

Определение: точки A ; A ; B ; B

пересечения эллипса с осями коорди-

1

2

1

2

нат называются вершинами эллипса. Отрезок A A

2a - называется боль-

1

2

шой осью эллипса, а отрезок B1B2

2b - малой осью.

6. Определение:

эксцентриситетом эллипса

называется отношение

2c

c

a2 b2

расстояния между фокусами к длине большой оси:

.

2a

a

a

Из формулы

c

следует, что 0

1. По его величине можно судить

a

о форме эллипса: чем больше

, тем более эллипс вытянут вдоль большой

оси, чем меньше, тем более эллипс по форме ближе к окружности. В частно-

сти, если b a , то 0 и уравнение эллипса примет вид x2 y2 a2 , которое определяет окружность радиуса a с центром в начале координат.

7. При выводе канонического уравнения эллипса было принято, что a b . В случае, если b a , то фокусы эллипса расположены на оси OY .

39

§5 Каноническое уравнение гиперболы Определение: гиперболой называется множество всех точек плоско-

сти, модуль разности расстояний от каждой из которых до двух данных точек той же плоскости, называемых фокусами, есть величина постоянная, мень-

шая, чем расстояние между фокусами.

Составим уравнение гиперболы с фокусами в данных

точках F1 и F2 . Для этого выберем прямоугольную сис-

тему координат так, чтобы ось Ox проходила через фокусы,

а начало координат делило отрезок F F

пополам, рис.15.

1

2

Обозначим F F

2c , тогда F c;0

и F

c;0

. Пусть M x; y

- про-

1

2

1

2

извольная точка гиперболы. Расстояния r

F M и r

F M называются фо-

1

1

2

2

кальными радиусами точки M . По определению:

r

r

2a ,

тогда со-

1

2

гласно определению гиперболы 2a величина постоянная, причем 2a

2c , т.е.

a c .

По формуле

расстояния между

двумя

точками

находим:

r

x

c 2

y2 ,

r

x c 2

y2 .

Тогда

1

2

x

c 2

y2

x

c 2

y2

2a

- уравнение гиперболы. Преобразовав

это уравнения и считая, что c2

a2

b2 , получим каноническое уравнение

гиперболы:

x2

y2

1.

a2

b2

§6 Исследование формы гиперболы по ее уравнению

1. Если

y

0 ,

то

x

a . Следовательно, гипербола пересекает ось

OX в точках

A1

a;0

и

A2

a;0 , которые называются вершинами гипер-

болы. Если x

0 , то y2

b2 . Действительных корней данное уравнение не

имеет, следовательно, гипербола не пересекает ось OY .

2.	Так как в уравнение гиперболы неизвестные входят только в четных
степенях, то гипербола симметрична относительно начала координат.
		b					a
3.	Анализ уравнений y			x2	a2 и x				y2	b2 , полученных
		a					b

из канонического уравнения гиперболы, показывает, что при любых значениях y переменная x должна удовлетворять следующим условиям: x a т.е.

40