аналітична геометрія

1.1 Координатна пряма. Числові проміжки. Модуль дійсного числа

зміст

1.2 Відстань між двома точками. Ділення відрізка у заданому відношенні

1.1 Координатна пряма. Числові проміжки. Модуль дійсного числа

Напрямлена пряма, на якій задано початок відліку О і масштаб ОЕ=1, називається координатною прямою (віссю) (рис. 1).

Довільній точці М координатної прямої Ох відповідає певне дійсне число х – її координата. Навпаки, довільному дійсному числу х відповідає певна точка М координатної прямої Ох. Враховуючи таку взаємно однозначну відповідність, координатну пряму називають числовою прямою і ототожнюють з множиною дійсних чисел R: R=(–∞; +∞).

Основні числові проміжки показані на рис. 2:

[a;b] – відрізок; [a;b), (a;b], (–∞;a], [a;+∞) – півінтервали; (a;b), (–∞;a), (a;+∞), (–∞;+∞) – інтервали, a<b. Проміжки [a;b], [a;b), (a;b], (a;b) називаються скінченними, а всі інші – нескінченними. Числа a і b – їхні кінці, d=b – a – довжина.

Рис. 1

–1 0 1

О Е М(х)

хх

Рис. 2

ba ; ba ;

ba ; a;

;a ba ;

a; ;a

a

a

a

a

a

a

a

a

b

b

b

b

x

x

x

x

x

x

x

x

11

Модулем (абсолютною величиною) дійсного числа x називається невід’ємне число, яке позначається |x| і визначається формулою

Інтервал (a–ɛ ; a+ɛ) називається ɛ – околом числа a і позначається U(a;ɛ), де ɛ – довільне додатне число, ɛ >0 (рис. 3).

Зауваження. Координатну пряму Ox умовно можна вважати замкненою в нескінченно віддаленій точці ∞. Тому для довільного додатного числа M, M>0, розглядають

M ‑ окіл символу нескінченності ∞ (рис. 4).

.0,

0,

xx

xxx

.122

1221 xxxxMM

Рис. 3

;aU

a a a

x

Рис. 4

);( MU M M

O x MxxMU ;

Модуль дійсного числа x дорівнює відстані відповідної точки M(x) від початку відліку O (геометричний зміст модуля). Відстань між довільними двома точками M1(x1 ) і M2(x2 ) визначається за формулою

На початок розділу

12

Рис. 1

yxM ;y

y

xx

O

Відстань між двома точками. Ділення відрізка у заданому відношенні

Дві взаємно перпендикулярні координатні прямі Ox і Oy зі спільним початком O , які мають однакову масштабну одиницю, утворюють декартову прямокутну систему координат на площині (рис. 1).

Ox – вісь абсцис Oy – вісь ординат

Положення довільної точки M однозначно визначається впорядкованою парою чисел (x;y) – її координатами ( x – абсциса, y – ордината).

З прямокутного ΔM1NM2 (рис. 2) за теоремою Піфагора випливає, що відстань між довільними двома точками M1(x1;y1) і M2(x2 ; y2) визначається формулою

Рис. 2

111 ; yxM 222 ; yxM

12 yy

12 ; yxN12 xx

x

y

O 2122

1221 yyxxMM

13

Нехай задані дві точки M1(x1; y1 ), M2(x2 ; y2 )

Зауваження 1. Якщо точка M ділить відрізок M1M2 навпіл, то λ =1. Тоді координати середини відрізка визначаються за формулами

2

1

MM

MM

;.

2

1

xx

xx

;1

21

xx

x .1

21

yy

y

Звідси координати точки M(x;y), яка ділить заданий відрізок у заданому відношенні, обчислюються за формулами

;2

21 xxx

.

221 yy

y

y

x

1M

M

2M

y

O

і відношення λ=M1M/MM2,

Якщо дві прямі перетинаються паралельними прямими, то відношення одержаних відрізків є однаковим.

у якому точка M(x ; y) ділить відрізок M1M2, починаючи від точки M1

14

1x 2xx

1y

2y

12 xxxx 211 xxx

Приклад

Трикутник ABC задано координатами вершин A(–3;4), B(7; –2), C(5;6). Побудувати ∆ABC в системі координат. Знайти: а) довжину медіани AM; б) точку E перетину медіан. (рис. 4)

Нехай M – середина сторони BC:

;62

57

221

xxx ;2

2

62

221

yyy

За властивістю точки перетину медіан трикутника

.2;6M

.854236 22212

212 yyxxAM

212 EMAE

Тоді координати точки E: ;321

623

121

xx

x

.3

22

21

224

121

yy

y

3

22;3E


15

-3

4A(-3,4)

7

-2 B(7,-2)

5

6 C(5,6)

M(6,2)E

Ілюстрація до прикладу

x

y

O

x – вісь абсцисy – вісь ординатXOY – координатна площинаA, B, C – вершини трикутникаM – середина сторони BCE – точка перетину медіан

16

2.1 Рівняння з двома змінними як рівняння лінії2.1 Рівняння з двома змінними як рівняння лінії

2.3 Рівняння прямої, що проходить через задану 2.3 Рівняння прямої, що проходить через задану точку в заданому напрямку. Пучок прямихточку в заданому напрямку. Пучок прямих

2.4 Рівняння прямої, що проходить через дві задані точки2.4 Рівняння прямої, що проходить через дві задані точки

2.5 Загальне рівняння прямої та його окремі випадки2.5 Загальне рівняння прямої та його окремі випадки

2.7 Кут між прямими. Умови паралельності 2.7 Кут між прямими. Умови паралельності та перпендикулярності прямихта перпендикулярності прямих

2.8 Відстань від точки до прямої2.8 Відстань від точки до прямої

2.6 Рівняння прямої у відрізках на осях2.6 Рівняння прямої у відрізках на осях

2.2 Рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом2.2 Рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом

зміст

Рівняння з двома змінними як рівняння лініїРівняння з двома змінними як рівняння лінії

Рівняння F(x; y) = 0 називається рівнянням лінії на площині, якщо координати будь-якої точки цієї лінії перетворюють це рівняння на тотожність, а координати будь-якої іншої точки площини не задовольняють цьому рівнянню.

18

Зауваження 2. Говорять, що лінія задана неявно, якщо її рівняння має вигляд F(x; y) = 0 або F1(x; y) =F2(x; y). Якщо рівняння лінії розв’язане відносно змінної y, то говорять, що лінія задана явно рівнянням y=f(x), де f(x) – деякий вираз. Лінія може задаватись системою рівнянь x=x(t) і y=y(t), де t – допоміжна змінна (параметр), і x(t), y(t) – деякі вирази. Тоді говорять, що лінія задана параметрично. Наприклад, траєкторія руху матеріальної точки в механіці часто задається в параметричній формі, при цьому роль параметра відіграє час.

Правило 1. Щоб встановити, чи лежить указана точка M0(x0 ; y0) на даній лінії l: F(x; y)=0, треба перевірити, чи задовольняють координати точки рівняння лінії:

F(x0 ; y0)=0 M0 ϵ l; F(x0 ; y0) ≠ 0 M0 l. Правило 2. Щоб встановити, чи перетинаються дві дані лінії

l1: F1(x; y)=0, l2: F2(x; y)=0, і знайти точки перетину (спільні точки), треба скласти систему рівнянь

і розв’язати її.

0;

0;

2

1

yxF

yxF

19

Щоб скласти рівняння даної лінії треба: 1) ввести систему координат; 2) знайти співвідношення між координатами довільної

(поточної, бігучої) точки M(x; y) цієї лінії та відомими сталими величинами, що визначають саме цю лінію, на основі характеристичної властивості даної лінії;

3) за допомогою рівносильних перетворень звести одержане рівняння до найбільш простого вигляду.

Тип лінії визначають, зводячи її рівняння до відповідного стандартного вигляду.

Скласти рівняння серединного перпендикуляра l до відрізка M1M2, де M1(–3;4), M2(3, –1) (рис. 9).

Довільна точка M(x; y) шуканої лінії рівновіддалена від кінців відрізка M1M2: M1M = M2M;

22

22

21

21 yyxxyyxx

2222 1343 yxyx 2

129616896 2222 yyxxyyxx

0151012: yxl

Рис. 9

M1

l

M

M2

– пряма лінія.

Правило 3.

Зауваження 3.


Рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом

Нехай похила пряма l утворює кут α з віссю Ox і перетинає вісь Oy у точці B(0;b) (рис. 10).

l

xO

α

bB ;0

y yxM ;

by

bxN ;

x

Нехай M(x; y) – довільна точка прямої l. У прямокутному ΔBNM

MBN=α. Тоді

Звідси маємо рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом

y = kx + b.

;MBNtgBN

NM

;ktgx

by

Зауваження 1. Якщо b=0, то пряма y=kx проходить через початок координат O(0;0). Якщо k=0, то пряма y=b паралельна осі Ox (горизонтальна).

Зауваження 2. Якщо пряма паралельна осі Oy (α=90º), то її кутовий коефіцієнт не існує (k = tg 90º = ∞), і її рівняння не можна подати у відповідному вигляді. Рівняння вертикальної прямої має вигляд x=a, де a – абсциса точки перетину A(a;0) з віссю Ox.

Тангенс кута нахилу α називають кутовим

коефіцієнтом k прямої l: k=tgα. Число b називають початковою ординатою прямої l.

21

Побудувати пряму за її рівнянням: а) y=3x – 2; б) y= – 3x; в) y=2; г) x=

– 3.

x 0 1

y – 2 1

x 0 1

y 0 – 3

в) пряма, паралельна осi Оx i проходить через т. (0;2)

г) пряма, паралельна осi Оy i проходить через т. (– 3;0)

а) x = 0 → y = 3·0 – 2 = – 2; x = 1 → y = 3·1 – 2 = 1

б) x = 0 → y = – 3·0 = 0; x = 1 → y = – 3·1 = – 3

x

y

0

– 2

1

1

а)

– 3

б)

2 в)

– 3

г)


Рівняння прямої, що проходить через задану точку в заданому напрямку. Пучок прямих

Нехай пряма l проходить через задану точку M0(x0; y0) і має заданий кутовий коефіцієнт k. Тоді для прямої l маємо

y=kx+b; M0(x0 ; y0) ϵ l y0=kx0+b; b=y0 – kx0 ; y=kx+y0 – kx0 .

Звідси отримуємо рівняння прямої, що проходить через задану точку в заданому напрямку

y – y0=k (x – x0).

Зауваження. Пучок прямих з центром у точці M0(x0; y0) задається сукупністю рівнянь

.

;,

0

00

xx

kxxkyy

23

Написати рівняння і побудувати пряму, що належить пучку з центром у точці M1(–3,1), якщо: а) пряма паралельна осі Ox; б) пряма паралельна осі Oy; в) пряма нахилена до осі Ox під кутом α=60º.

а) якщо пряма паралельна осi Оx, то k = 0: y – 1= 0, y = 1;б) якщо пряма паралельна осі Oy, то її рівняння має вигляд x = –

3;в) якщо пряма нахилена до осі Ox під кутом α=60º, то k = tg 60º =

y – 1= (x+3); y = x+3 +1

3

:3

33

x 0 -1

y 6,2 4,5

y

x

а)

б)

0

1

в) – 3

6,2

– 1

4,5

M1(–3,1)


Рівняння прямої, що проходить через дві задані точки

Нехай пряма l проходить через дві задані точки M1(x1 ; y1) і M2(x2 ; y2). Оскільки пряма l проходить через точку M1(x1 ; y1), то y – y1= k (x – x1). Тоді

M2(x2 ; y2) ϵ l y2 – y1= k(x2 – x1);

;12

12

xx

yyk

.112

121 xx

xx

yyyy

Звідси маємо рівняння прямої, що проходить через дві задані точки

.12

1

12

1

xx

xx

yy

yy

25

;532115 22 AB

.52113 22 AC

За властивістю бісектриси внутрішнього

кута трикутника .3

5

53

AC

AB

LC

BL

Тоді

:L ;131

335

x

;2

1

31

131

y .2

1;1

L

:AL ;12

1

12

1

xx

xx

yy

yy

;11

1

221

2

xy .1x

Трикутник ABC задано координатами вершин A(1;–2), B(–5;1), C(3;–1). Побудувати ∆ABC в системі координат (рис. 11).

Знайти рівняння бісектриси AL. y

x

А(1;–2)

В(–5;1)

С(3;–1)L

Рис. 11

O

1

–2

–5

13

–1


Загальне рівняння прямої та його окремі випадки

Кожна пряма описується деяким рівнянням першого степеня. Навпаки, кожне рівняння першого степеня є рівнянням деякої прямої.

Загальним рівнянням прямої називається рівняння першого степеня вигляду Ax + By + C = 0,

де A, B і C – сталі коефіцієнти, причому хоча б одне з чисел A, B відмінне від нуля, тобто A2 + B2 ≠ 0.

Зауваження. У залежності від значень сталих A, B і C можливі наступні окремі випадки:

C = 0, тоді пряма Ax + By = 0 проходить через початок координат;A = 0, тоді пряма By + C = 0 паралельна осі Ox. Її рівняння можна надати

у вигляді y = b, де b = – C / B; B = 0, тоді пряма Ax +C = 0 паралельна осі Oy. Її рівняння можна надати у вигляді x = a, де a = – C / A;

A = 0 і C = 0, тоді пряма y = 0 співпадає з віссю Ox;B = 0 і C = 0, тоді пряма x = 0 співпадає з віссю Oy.

27

У трикутнику ABC задано рівняння сторін AB: 3x – 4y – 2 = 0 і AC: 2x + 5y – 9 = 0. Знайти координати вершини A.

AB: x 0 2

y –1/2 1

x 2 –3

y 1 3

AC:

y

x

A

AB

AC

–3

3

1

2-1/2

Сторони трикутника AB і AC перетинаються в точці A. Тому координати точки А можна знайти, розв’язавши систему рівнянь

)3(0952

20243

yx

yx

027156

0486

yx

yx

– 23y = – 23 y = 13x – 4·1 – 2=0 x =2

O

А(2;1)На початок розділу

Рівняння прямої у відрізках на осях

Нехай похила пряма l відтинає на осях координат Ox і Oy відповідно відрізки a і b, тобто перетинає осі координат у двох заданих точках A(a;0) і B(0;b) (рис. 12).

Використовуючи рівняння прямої, що проходить через дві задані точки, отримаємо

;00

0

a

ax

b

y

.1a

x

b

y

Рис. 12

B(0;b)

A(a;0)

l

b

Oa

y

x

Звідси маємо рівняння прямої у відрізках на осях:

.1b

y

a

x

Зауваження 1. У відрізках на осях не можна подати рівняння прямих, які паралельні осям координат.

29

Пряма l задана своїм загальним рівнянням 3x – 4y – 8 = 0.Записати її рівняння: а) з кутовим коефіцієнтом; б) у відрізках на осях.

a) 3x – 4y – 8 = 0; – 4y = – 3x + 8;

;24

3 xy

.2;4

3 bk

б) 3x – 4y – 8 = 0; 3x – 4y = 8; ;18

4

8

3

yx;1

238

yx

.2;3

8 ba


Кут між прямими. Умови паралельності та перпендикулярності прямих

Нехай прямі l1 і l2, що зображені на рис. 13, мають задані кутові коефіцієнти відповідно k1 і k2.

.1 21

12

tgtg

tgtgtg

Оскільки tgα1 = k1; tgα2 = k2, то тангенс кута між прямими знаходиться за формулою

.1 21

12

kk

kktg

φ = α2 – α1;

Рис. 13

α1 α2

O

l1 l2

α2

φ

α1

x

y

Для паралельних прямих φ = 0, tgφ = 0, а для перпендикулярних прямих φ = 90º, tgφ → ∞. З одержаної формули випливає, що

1) необхідною і достатньою умовою паралельності невертикальних прямих l1 і l2 є рівність k1 = k2;

2) необхідною і достатньою умовою перпендикулярності похилих прямих l1 і l2 є рівність k1k2 = – 1.

Зауваження. Кут між прямими φ розуміється як кут повороту. Гострий кут між прямими знаходиться за формулою

.1 21

12

kk

kkarctgг

Тоді для кута φ між ними маємо

31

У тупокутному ΔABC ( – тупий) задано рівняння сторін AB: y = – 3x + 5, AC: y = 2x – 10 і координати вершини C(2; – 6).

Знайти: а) ; б) рівняння висоти CN; в) рівняння середньої лінії ML, що паралельна AB, де M – середина сторони AC. (рис. 14)

A

A

а) Знайдемо гострий кут між прямими AB і AC:

.41321

32

1 21

12

arctgarctgkk

kkarctgг

Тодi

.434 гA

б) ;121 kkABCN ;3ABk ;311 ABCN kk

;CNC :CN ;00 xxkyy ;23

16 xy .

3

20

3

1 xy

в) ;102

53:

xy

xyACABA .4;3 A

M – середина сторони AC: ;2

5

2

23

221

xxx ;5

2

64

221

yyy

.5;25 M;|| ABML ;3 ABML kk ;MLM

:ML ;00 xxkyy ;2535 xy .253 xy

kAB = – 3; kAC = 2;

32

y

x

A

C

AB

AC

φ

NM

MLO

Рис. 14

54

–2

5

1

2

2

–6

AB: y = – 3x + 5,

AC: y = 2x – 10

C(2; – 6).

x 0 1

y 5 2

x 5 4

y 0 –2


Відстань від точки до прямої

Нехай задані точка M0(x0; y0) і пряма l своїм загальним рівнянням Ax+By+C=0 (рис. 15).

Відстанню d від точки до прямої називається довжина перпендикуляра M0N, опущеного з даної точки на дану пряму.

Скориставшись умовою перпендикулярності, знайдемо рівняння цього перпендикуляра . Склавши і розв’язавши систему рівнянь прямих l і

, одержимо точку перетину N. Довжину перпендикуляра M0N знайдемо як відстань між двома точками. В результаті (проробіть указані операції самостійно) одержимо формулу для відстані d від точки до прямої

Рис. 15

M0

d

Nl

l

l

.22

00

BA

CByAxd

34

У трикутнику ABC задано рівняння сторони AB: x/4 – y/3 = 1 і координати вершини C(–2; –5). Знайти довжину висоти CN.

Перетворимо рівняння прямої AB до загального вигляду: x/4 – y/3 = 1; 3x – 4y = 12; 3x – 4y – 12 = 0.

.52)4(312)5(4)2(3 22 CN

Знайдемо довжину висоти CN як відстань від точки C до прямої AB:

У трикутнику ABC задано рiвняння висот: x + y – 2 = 0, 9x – 3y – 4 = 0 i координати вершини A(2; 2). Знайти рiвняння сторiн трикутника. (Розв’язати самостiйно)


3.1 Загальне рівняння лінії другого порядку3.2 Коло3.3 Еліпс

3.4 Гіпербола3.5 Парабола

3.6 Лінії другого порядку як конічні перерізи та їх оптична властивість

зміст

3.1 Загальне рівняння лінії другого порядку

Пряма – це єдина лінія першого порядку. Її загальним рівнянням є алгебраїчне рівняння першого степеня.

Лінії другого порядку відповідає рівняння другого степеня, загальний вигляд якого

де A, B, C, D, E, F – сталі коефіцієнти, причому хоча б одне з чисел A, B і C відмінне від нуля, тобто

Існують чотири типи ліній другого порядку – коло, еліпс, гіпербола і парабола.

Зауваження. Надалі будемо розглядати тільки суттєво криві дійсні лінії другого порядку. Випадки виродження та уявні лінії вивчати не будемо.

Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0,

A2 + B2 + C2 ≠ 0.


3.2 Коло Колом називається множина всіх точок площини, для кожної з яких

відстань до заданої точки площини C (центра кола) дорівнює заданому сталому числу r (радіусу кола).

Розглянемо коло з центром у початку координат O(0;0) і радіусом r (рис. 16).

.;; 22222 ryxryxrMO

Одержане співвідношення 222 ryx

називається канонічним (найпростішим) рівнянням кола.

Зауваження. Якщо центром кола служить точка C(a;b), то маємо рівняння кола зі зміщеним центром (рис. 17)

.222 rbyax

x

yM r

O

Рис.16

x

y M

r

O

C(a;b)

Рис.17

Для довільної точки M(x ; y) кола:

Переконатись, що рівняння 3x2 + 3y2 + 6x – 5y – 9 = 0

є рівнянням кола. Знайти його центр C(a;b) і радіус r.

x2 + y2 + 2x – (5/3)y – 3 = 0; ;036

5

6

5

6

52112

2222

yyxx

(x + 1)2 + (y – 5/6)2 = (13/6)2; C(– 1; 5/6); r = 13/6.

Дано дві точки A(2; –3) і B(–6; 1). Скласти

;22

)6(2

221

xxx

рівняння кола l, для якого відрізок AB служить діаметром. Центром кола l є середина C діаметра AB, а радіус кола r = AB/2.

Тоді:;1

2

13

221

yyy

;1;2 C ;541362 22212

212 yyxxAB

.52r

Рівняння кола

.2012 22 yx


3.3 Еліпс

Еліпсом називається множина всіх точок площини, для кожної з яких сума відстаней до двох заданих точок площини F1 і F2 (фокусів еліпса) дорівнює заданому сталому числу 2a, більшому за відстань між фокусами.

Для довільної точки M(x ; y) еліпса (рис. 18)

x

yM

A1A2

B1

B2

F1 F2

r1 r2

O

Рис. 18

r1 + r2 = 2a,де r1 = MF1 і r2 = MF2 – фокальні радіуси точки M(x; y); F1(– c; 0), F2( c; 0) – фокуси, F1F2 = 2c < 2a. Тоді

.200 2222 aycxycx

Еліпс має форму овалу, який симетричний відносно великої осі A1A2 = 2a і малої осі B1B2 = 2b, а також центрально симетричний відносно точки O(0;0) – центра еліпса. Точки перетину з осями координат A1(– a;0), A2(a;0), B1(0; –b), B2(0;b) називаються вершинами еліпса.

Відношення міжфокусної відстані F1F2=2c до великої осі A1A2=2a називається ексцентриситетом еліпса і позначається ε : ε=c/a .

Зауваження. Ексцентриситет характеризує форму еліпса, при цьому 0 ≤ ε < 1. Якщо ε=0, то маємо окремий випадок еліпса – коло, при цьому a=b=r. Чим більше значення ε, тим сильніше витягнутий еліпс вздовж великої осі.

Дві прямі, що мають рівняння x=± a/ε, називаються директрисами еліпса. Оскільки для еліпса ε<1, то права директриса розміщена вертикально правіше від його правої вершини; а ліва директриса – лівіше від його лівої вершини.

Властивість директрис еліпса: Відношення фокального радіуса r довільної точки еліпса до відстані d цієї точки до відповідного фокусу є стала величина, що дорівнює ексцентриситету еліпса r/d=ε .

Переконатись, що рівняння

9x2 + 100y2 – 900 = 0

є рівнянням еліпса. Зобразити ескіз еліпса, знайшовши точки його перетину з осями координат (вершини еліпса).

;9001009 22 yx ;19100

22

yx

–1310 2

2

2

2

yx

еліпс, що перетинає осі координат у вершинах A1(– 10,0), A2(10,0), B1(0, –3), B2(0,3).

x

y

A1 A2

B1

B2

O

3

– 3

–10 10

3.4 Гіпербола Гіперболою називається множина всіх точок площини, для кожної з

яких модуль різниці відстаней до двох заданих точок площини F1 і F2 (фокусів гіперболи) дорівнює заданому сталому числу 2a, меншому за відстань між фокусами.

Для довільної точки M(x; y) гіперболи (рис. 19) ,221 arr де r1=MF1 і r2=MF2 – фокальні радіуси точки M(x; y); F1(–c; 0), F2(c; 0) – фокуси, F1F2 = 2c > 2a. Тоді

.200 2222 aycxycx Підносячи до квадрата і

спрощуючи, поклавши b2 =c2–a2>0 (проробіть це самостійно), одержимо канонічне рівняння гіперболи

.12

2

2

2

b

y

a

x

F1 F2A1 A2

B1

B2r1 r2

M

x

y

O

Рис. 19 Гіпербола складається з двох нескінченних гілок, які симетричні відносно дійсної осі A1A2=2a і уявної осі B1B2=2b, а також центрально симетричні відносно точки O(0; 0) – центра гіперболи.

Дійсні вершини A1(–a;0), A2(a;0) є точками перетину гіперболи з віссю Ox. Через уявні вершини B1(0; –b), B2(0;b) гіпербола не проходить. Прямі

;xa

by x

a

by

є асимптотами гіперболи. Асимптотою називається пряма, що необмежено зближається з гілкою

кривої на нескінченності. Відношення міжфокусної відстані F1F2=2c до дійсної осі A1A2=2a

називається ексцентриситетом гіперболи і позначається ε : ε=c/a. Зауваження. Ексцентриситет характеризує форму гіперболи, при цьому

ε >1. Чим більше значення ε, тим сильніше витягнута гіпербола вздовж дійсної осі.

Дві прямі, що мають рівняння x=± a/ε, називаються директрисами гіперболи. Оскільки для гіперболи ε >1, то права директриса розмішена вертикально між центром і правою вершиною, а ліва директриса – між центром і лівою вершиною.

Властивість директрис гіперболи аналогічна відповідній властивості для еліпса: r/d=ε .

Переконатись, що рівняння 9x2 – 25y2 – 225 = 0 є рівнянням гіперболи. Знайти вершини гіперболи та її асимптоти. Зобразити ескіз гіперболи.

;225259 22 yx ;1225

252259

22

yx 1925

22

yx

дійсні вершини гіперболи: A1(–5;0), A2(5;0), уявні вершини гіперболи: B1(– 3;0), B2(3;0),

– гіпербола з вершинами:

асимптоти: ;xa

by .

5

3xy

y

xOA1 A2

B1

B23

–3

–5 5

3.5 Парабола

y

x

M

F

r

d

Op/2

ld

Рис. 20

Параболою називається множина всіх точок площини, для кожної з яких відстань до заданої точки площини F (фокуса параболи) дорівнює відстані до заданої прямої ld (директриси параболи), що не проходить через фокус.

Для довільної точки M(x; y) параболи (рис. 20) r=d, де r = MF – фокальний радіус точки M(x; y); d – відстань від точки

M(x; y) до директриси ld : x = –p/2; F(p/2;0) – фокус; p – параметр параболи (відстань від фокуса до директриси), p > 0. Тоді

.202 22 pxypx Підносячи до квадрата і спрощуючи (проробіть

це самостійно), одержимо канонічне рівняння параболи y2 = 2px.

Очевидно, що x ≥ 0.Парабола має форму нескінченної гілки, яка

симетрична відносно осі параболи OF. Точка O(0,0) на осі симетрії (початок координат) називається вершиною параболи. Асимптот парабола не має.

Зауваження 1. Згідно з означенням параболи і властивостями директрис еліпса і гіперболи, прийнято, що ексцентриситет параболи дорівнює одиниці ε=1.

Зауваження 2. На практиці часто зустрічаються параболи з іншим розміщенням відносно системи координат. На рис. 21 – 24 наведені основні випадки і відповідні канонічні рівняння.

y

xFO

ld

Рис. 21y2=2px

y

xF O

ld

Рис. 22y2= – 2px

y

x

F

Old

Рис. 23

x2=2py

y

xF

O

ld

Рис. 24

x2= – 2py

Визначити координати фокуса F(p/2;0) і рівняння директриси ld параболи y2=12x. Знайти кінці M1(p/2;–p) і M2(p/2; p) хорди M1M2=2p, яка проходить через фокус параболи і перпендикулярна до її осі. Зобразити ескіз параболи, провівши плавну лінію через її вершину O і точки M1(p/2;–p), M2(p/2; p).

y2 = 2px; y2 = 12x; 2p = 12; p = 6;

F(p/2; 0); F(3;0); ld: x = – p/2; x = – 3; M1(3; –6), M2(3,6).

y

xO 3

6

-6

F

ld

M1

M2

-3

4.1 Полярні координати

4.2 Зв’язок між полярними і прямокутними координатами

зміст

4.1 Полярні координати У полярній системі координат (рис. 25) положення довільної точки M

однозначно визначається впорядкованою парою чисел (ρ;φ) – її полярними координатами. Тут ρ – полярний радіус OM (відстань від точки до полюса O), φ – полярний кут xOM (кут між полярною віссю –

напрямленою півпрямою Ox із заданим масштабом OE=1 – і полярним радіусом).

Сукупність півпрямих φ=C1=const, що виходять з полюса, і концентричних кіл ρ=C2=const зі спільним центром у полюсі, утворює координатну сітку полярної системи координат.

Рис. 25

M(ρ;φ)

ρ

O E x

Зауваження 1. Полярна система координат широко застосовується у механіці та інших областях при вивченні обертових рухів.

Зауваження 2. Надалі обмежимось розглядом тільки головних значень полярних координат (ρ; φ), що задовольняють умови ρ ≥ 0, 0 ≤ φ ≤ 2π.

55

Побудувати точки у полярній системі координат: а) M(4; π/3); б) N(3; 5π/4); в) P(4; 0); г) Q(5; π).

M

π/35π/4

N

P

πQ

xO E

56

4.2 Зв’язок між полярними і прямокутними координатами

Припустимо, що полюс O полярної системи співпадає з початком декартової прямокутної системи координат Oxy, а полярна вісь служить додатною піввіссю абсцис Ox (рис. 27).

y

Рис. 27

M(ρ;φ)

ρ

φ

x

y

xO

x = ρ cos φ, y = ρ sin φ

а також обернені формули переходу від декартових до полярних координат

;22 yx ;sin 22 yxy .cos 22 yxx

Зауваження. Деякі лінії, що у декартових координатах задаються рівняннями у незручній для дослідження неявній формі, при переході до полярних координат набувають досить простого явного вигляду ρ = ρ ( φ).

З прямокутного ∆OMN маємо формули переходу від полярних до декартових координат

59

Використовуючи формули переходу, записати рівняння заданих ліній у полярній системі координат:

а) вертикальна пряма x = a; б) горизонтальна пряма y = b; в) коло (x – a)2 + y2 = a2 з центром у точці C(a; 0) на осі OX, що

проходить через початок координат O; г) коло x2 + (y – b)2 = b2 з центром у точці C(0; b) на осі OY, що

проходить через початок координат O.(Пункти б) і г) розв’язати самостійно).

a) x = a; ρ cos φ = a; ρ = a/cos φ; в) (x – a)2 + y2 = a2;

(ρ cos φ – a)2 + (ρ sin φ)2 = a2; ρ2 cos2 φ – 2 aρ cos φ + + a2 + ρ2 sin2 φ = a2; ρ2 (cos2 φ + sin2 φ) – 2 aρ cos φ = 0; ρ2 – 2 aρ cos φ = 0; ρ = 2 a cos φ;

Використовуючи формули переходу, записати рівняння заданих ліній у полярній системі координат і побудувати їх ескізи. (Розглядати тільки головні значення полярних координат):

а) лемніската (x2 + y2)2 = a2(x2 – y2), a = const > 0; б) кардіоїда (x2 + y2 – ax)2 = a2(x2 + y2), a = const > 0. (Розв'язати

самостійно. Значення аргументу взяти з кроком π/4, починаючи з φ = 0).

a) (x2 + y2)2 = a2(x2 – y2); ((ρ cos φ)2 + (ρ sin φ)2)2 = a2((ρ cos φ)2 – (ρ sin φ)2); ρ4 (cos2 φ + sin2 φ)2 = a2ρ2(cos2 φ – sin2 φ); ρ2 = a2 cos 2φ; .2cos a

Допустимі значення полярного кута визначаються системою обмежень ρ ≥ 0, 0 ≤ φ ≤ 2π, cos 2φ ≥ 0.

Звідси .2;4745;434;0: D

Надаючи аргументу φ значення з області визначення D(ρ) через проміжок π/8, починаючи з φ = 0, побудуємо точки за їх координатами із табл. 2, а потім сполучимо знайдені точки плавною лінією. Отримаємо ескіз лемніскати (рис. 28).

61

Таблиця 2

φ 0 π/8 π/4 3π/4 7π/8

ρ a 0 0

φ π 9π/8 7π/4 15π/8 2π

ρ a 0 a

284a

284a

284a

284a

Рис. 28

Oa

x

.2cos a

На початок розділуб)

62

4.3 Рівняння ліній другого порядку в полярній системі координат

Рівняння ліній другого порядку в полярних координатах набувають найбільш простого вигляду, якщо полюс O розмістити відповідно у центрі кола, у лівому фокусі еліпса, у правому фокусі гіперболи чи у фокусі параболи, а за напрям полярної осі вибрати додатний напрям осі Ox (рис. 30).

Нехай M1M2 = 2p – хорда, яка проходить через вибраний полюс і перпендикулярна до полярної осі. Число p = M1O = M2O називається параметром лінії, p > 0. Для параболи параметр p уже визначений раніше як відстань від фокуса до директриси. Для кола p = r, а для еліпса і гіперболи p = b2/a .Тоді рівнянняРис. 30

M1

M2

pO

x

ρ = p /(1 – ε cos φ)визначає відповідно

а) коло, якщо ε = 0; б) еліпс, якщо 0 < ε < 1; в) параболу, якщо ε = 1; г) праву гілку гіперболи, якщо ε > 1.


63

4.4 Рівняння деяких ліній у параметричній формі

Нехай плоска лінія задана у декартовій прямокутній системі координат параметричними рівняннями

x = x(t); y = y(t), де t – допоміжна змінна (параметр), x(t) і y(t) – деякі вирази. Якщо з цих рівнянь удається вилучити параметр t, то одержується

рівняння лінії у неявній F(x, y) = 0 чи навіть у явній y = f (x) формах.

Показати, що система параметричних рівнянь x = a cos t, y = b sin t,

де a, b = const причому a > 0, b > 0 визначає еліпс з півосями a і b. cos t = x/a, sin t = y/b; cos2 t + sin2 t = (x/a)2 + (y/b)2 = 1;

.12

2

2

2

b

y

a

x

Зауваження 1. Якщо a = b = r, то маємо параметричні рівняння кола

x = r cos t; y = r sin t, r > 0.

64

Побудувати ескіз дуги циклоїди, що задана в параметричній формі

;cos1

sin

tay

ttax ;4;0 t .0a

Побудуємо точки за їх координатами із табл. 4, а потім сполучимо знайдені точки плавною лінією. Отримаємо задану дугу циклоїди (рис. 31).

t 0 π/2 π 3π/2

x 0 a(π/2 – 1) аπ а(3π/2+1)

y 0 a 2а а

t 2π 5π/2 3π 7π/2 4π

x 2aπ a(π/2 – 1) 3аπ а(7π/2+1) 4аπ

y 0 а 2а а 0

Таблиця 4

2a

2aπ x

y

OРис. 31

;sin

cos3

3

tay

tax ;2;0 t .0a

(Розв’язати самостійно. Значення параметра t взяти з кроком π/2, починаючи з t = 0).

Побудувати ескіз астроїди, що задана в параметричній формі

65

Зауваження 2. Якщо лінія задана явно рівнянням y = f(x), то її можна подати в параметричній формі

x = t; y = f (t). Зауваження 3. Якщо лінія в полярних координатах задана рівнянням

ρ=ρ(φ), то використовуючи формули переходу x = ρcos φ і y = ρsin φ, її можна подати в параметричній формі x = ρ(φ)cos φ; y = ρ(φ)sin φ, де роль параметра відіграє полярний кут φ.

Знайти рівняння лінії ρ=2p cos φ/sin2 φ; p>0 в декартових координатах і визначити її тип.

;2sin

sin

cos2sin)(

2cossin

cos2cos)(

2

22

ctgpp

y

ctgpp

xСпосіб 1.

ctg2 φ = x /(2p);

y2 = 4p2 ctg2 φ = 4p2 x /(2p);

Спосіб 2. ;22 yx ;sin 22 yxy ;cos 22 yxx

2222222 :2 yxyyxxpyx

y2 = 2px – парабола.

y2 = 2px – парабола.


Список лСписок лiiтературитератури1. Вища математика. У 2 ч. Ч.1: Лінійна і векторна алгебра: Аналітична

геометрія: Вступ до математичного аналізу: Диференціальне і інтегральне числення / П.П. Овчинников, Ф.П. Яремчик, В.М. Михайленко; За заг. ред. П.П. Овчинникова. – К.: Техніка, 2003. – 600 с.

2. Данко П.Е., Попов А.Г., Кожевникова Т.Я. Высшая математика в упражнениях и задачах. В 2 ч. Ч. 1. – М.: Наука, 1997. –304 с.

3. Дубовик В.П., Юрик І.І. Вища математика. – К.: А.С.К., 2003. – 648 с. 4. Ефимов Н.В. Краткий курс аналитической геометрии. – М.: Наука,

1975. – 272 с. 5. Пак В.В., Носенко Ю.Л. Вища математика. – Донецьк: Сталкер, 2003.

– 495 с. 6. Пастушенко С.М., Підченко Ю.П. Вища математика: Довідник. – К.:

Дiал, 2003. – 461 с. 7. Станішевський С.О. Вища математика. – Харків: ХНАМГ, 2005.–270

с.8. Станішевський С.О., Якунін А.В., Ситникова В.С. Вища математика

для електротехніків. Модуль 1. – Харків: ХНАМГ, 2009. – 308 с. 9. Цубербиллер О.Н. Задачи и упражнения по аналити ческой геометрии.

– М.: Наука, 1968. – 336 с.

Education

аналітична геометрія