Главная > Математика > Лекции по аналитической геометрии
<< Предыдущий параграф
Следующий параграф >>
<< Предыдущий параграф Следующий параграф >>
Макеты страниц

Задачи к главе VI

Задача 24. Доказать, что длина отрезка, соединяющего центр с произвольной его точкой, заключена между большой и малой полуосями этого эллипса.

Решение. Пусть

Каноническое уравнение эллипса, причем — его центр и произвольная его точка. Тогда

т. е.

и, следовательно,

Точно так же

т. е.

и, следовательно,

Задача 23. Вычислить эксцентриситет эллипса, зная, что в эллипс можно вписать равносторонний треугольник, одна из вершин которого совпадает с концом большой оси эллипса, а противолежащая ей сторона проходит через фокус эллипса.

Решение. Пусть ABC — равносторонний треугольник, вписанный в эллипс

так что его вершина А совпадает с вершиной эллипса а противолежащая ей сторона ВС проходит через фокус эллипса

Заметим прежде всего, что сторона ВС перпендикулярна к большой оси эллипса. Это следует из того, что расстояние от точки до произвольной точки эллипса есть строго возрастающая функция абсциссы точки М. Докажем это последнее утверждение. Имеем

откуда а следует утверждение о том, что расстояние есть монотонно возрастающая функция Так как

то из доказанного утверждения следует, что у точек В и С одинаковые абсциссы и, следовательно, равнопротивоположные ординаты, т. е. что ВС .

Имеем

с другой стороны,

Теперь надо рассмотреть два случая в зависимости от того, проходит ли сторона ВС через фокус, ближайший к вершине А, или через фокус, далекий от нее. В первом случае

и мы имеем в силу равенств (1) и (2)

откуда

или

что невозможно; следовательно, сторона ВС не может проходить через фокус, ближайший к вершине А.

Во втором случае

и равенства (1) и (2) дают

откуда имеем

и, следовательно,

Задача 26. Доказать, что отрезок, соединяющий произвольную точку гиперболы с ее фокусом, равен отрезку прямой, параллельной асимптоте гиперболы, заключенному между рассматриваемой точкой и директрисой, соответствующей взятому фокусу.

Доказательство. Пусть М — произвольная точка гиперболы, ее фокус, А — основание перпендикуляра, опущенного из точки М на директрису, соответствующую фокусу F, В — точка пересечения прямой, проходящей через точку М параллельно асимптоте гиперболы, с этой директрисой. Требуется доказать, что

В силу директориального свойства гиперболы

Так как прямая МА параллельна действительной оси, а прямая MB — асимптоте гиперболы, то угол АМВ равен острому углу , образуемому асимптотой гиперболы с ее действительной осью.

Поэтому

Но

следовательно,

Из двух соотношений

выводим, что

Задача 27. Доказать, что если две вершины параллелограмма лежат на гиперболе, а его стороны параллельны асимптотам этой гиперболы, то прямая, соединяющая две другие вершины параллелограмма, проходит через центр гиперболы.

Доказательство. Возьмем уравнение гиперболы в виде

принимая за оси координат ее асимптоты. Пусть — две вершины параллелограмма, лежащие на гиперболе. Имеем:

Так как стороны параллелограмма параллельны осям координат, то две другие его вершины будут

Напишем уравнение прямой BD по днум точкам в виде

или

В силу соотношений (1)

Следовательно, в уравнении прямой BD отсутствует свободный член, и, значит, прямая BD проходит через начало координат, являющееся центром гиперболы.

Задача 28. Две вершины треугольника закреплены в точках А и В, а третья его вершина С перемещается так, что угол при вершине А остается все время вдвое больше угла при вершине В. Найти линию, описываемую вершиной С, если длина стороны .

Решение. Введем полярные координаты, принимая за полюс вершину А, а за направление полярной оси направление АВ. Положим

тогда

По теореме синусов имеем

или

откуда

Преобразуя правую часть уравнення, приведем его к виду

Изменим направление полярной оси на противоположное, оставляя полюс в першипе А. Обозначим новый полярный угол через 0. Тогда

В новой системе уравнение искомой линии имеет вид

Сопоставляя это уравнение с уравнением линии второго порядка в полярных координатах

видим, что найденное уравнение определяет ветвь гиперболы, фокальная ось которой — прямая АВ, фокус — вершина А, параметр — длина стороны АВ, а эксцентриситет равен 2.

Задача 29. Доказать, что если оси двух парабол взаимно перпендикулярны, то четыре точки их пересечения лежат на одной окружности.

Решение. Если за оси прямоугольной системы координаг принять оси данных парабол, то их уравнения в этой системе координат будут

Складывая уравнения (1) и (2), получим

В этом уравнении (3) коэффициенты при квадратах координат одинаковы, а член с произведением координат отсутствует. Следовательно, это уравнение определяет окружность. Но если координаты точки удовлетворяют уравнениям и (2), то они удовлетворяют и уравнению (3), а это и значит, что точки пересечения данных парабол (1) и (2) лежат на окружности (3).

Задача 30. Через фокус параболы проводятся всевозможные хорды, и на каждой из них от фокуса в направлении более удаленного конца хорды откладывается отрезок, равный разности отрезков, на которые фокус делит хорду. Найти геометрическое место концов этих отрезков.

Решение. Пусть - фокус параболы, АВ — проходящая через него хорда, не перпендикулярная к оси параболы. Предположим, что

Обозначим через угол от оси параболы до луча Тогда угол от оси - параболы до луча FB будет . Пользуясь полярным уравнением пара болы, будем иметь:

где

Пусть М — точка искомого геометрического места, лежащая на хорде АВ. Тогда

Итак,

Перейдем к декартовым координатам. Имеем:

Вставляя эти значения в найденное полярное уравнение, получим после преобразований

Таким образом, искомое геометрическое место есть парабола, получающаяся из данной параболы сдвигом в направлении оси, переводящим вершину параболы в ее фокус.

<< Предыдущий параграф Следующий параграф >>
Оглавление