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

Задачи к главам XVI и XVII

Задача 68. Найти фокусы и директрисы линии второго порядка

(Система координат прямоугольная.)

Решение. Инварианты: . Это гипербола. Характеристическое уравнение

Приведенное уравнение

Каноническое уравнение

Уравнения для определения центра:

Центр

Угловой коэффициент (тангенс угла наклона) действительной оси ;

Здесь верхние или нижние знаки можно выбрать произвольно; от этого будет зависеть положительное направление новой оси абсцисс, совпадающей с фокальной осью гиперболы. Возьмем, например, нижние знаки, т. е. положим

Координаты фокусов в новой системе:

Координаты фокуса в старой системе:

Координаты точек пересечения директрис гиперболы с ее действительной осью соответственно будут в новой системе

в старой системе

Угловой коэффициент директрис Следовательно, уравнения директрис, соответствующих фокусам и будут

Задача 69. Найти фокусы и директрисы линии второго порядка

(Система координат прямоугольная.)

Решение. Инварианты: . Это парабола. Параметр . Уравнение оси

Система уравнений для определения вершины

Решение системы:

Вершина

Угловой коэффициент (тангенс угла наклона) оси параболы Определение направления луча оси, идущего внутри параболы:

Из условия находим

Координаты фокуса в новой системе

Координаты фокуса в старой системе

Точка пересечения директрисы с осью параболы в новой системе

в старой системе

Угловой коэффициент директрисы . Уравнение директрисы

Задача 70. Общее уравнение второй степени с двумя неизвестными

определяет эллипс. Написать уравнение эллипса, гомотетичного данному, с центром гомотетии в центре эллипса и с коэффициентом гомотетии k. (Система координат аффинная.)

Решение. Уравнение искомого эллипса может быть записано в виде

В самом деле, если это уравнение определяет эллипс, то его центр и направления осей те же, что и у данного эллипса, так как они не зависят от свободного члена. Этот эллипс гомотетичен данному, так как отношение квадратов их полуосей одно и то же, а именно:

где

Подберем теперь С так, чтобы отношение квадратов соответственных полуосей равнялось

откуда

Поэтому уравнение искомого эллипса будет

Задача 71. Доказать, что все ромбы, вписанные в один и тот же эллипс, описаны около одной окружности.

Решение. Диагонали ромба, вписанного в эллипс, проходят через его центр. Следовательно, центр окружности, вписанной в ромб, совпадает с центром эллипса, описанного около этого ромба. Остается показать, что, каков бы ни был ромб, вписанный в данный эллипс, радиус вписанной в ромб окружности будет один и тот же.

Примем диагонали ромба, вписанного в эллипс, за оси прямоугольной системы координат. В этой системе уравнение эллипса будет иметь вид

Вершинами ромба бутут точки пересечения эллипса с осями координат, следовательно, они имеют координаты

Уравнения сторон ромба будут

Расстояние от центра эллипса до всех сторон ромба будет одно и тоже, а именно:

Отсюда видно, что радиус не зависит от выбора ромба, так как он является инвариантом эллипса относительно поворота прямоугольных осей.

Задача 72. Общее уравнение второй степени с двумя неизвестными

определяет гиперболу. Написать уравнение пары ее асимптот. (Система координат аффинная.)

Решение. Напишем уравнение искомой линии в виде

и подберем С так, чтобы это уравнение определяло линию, распадающуюся на пару прямых. Для этого нужно, чтобы детерминант , составленный из всех коэффициентов уравнения линии (1), был равен нулю:

откуда . Искомое уравнение принимает вид

Это — уравнение пары прямых, являющихся асимптотами гиперболы так как точка их пересечения совпадает с центром гиперболы и прямые имеют асимптотические направления относительно этой гиперболы.

Задача 73. Найти условие, необходимое и достаточное для того, чтобы ветви гиперболы лежали в острых углах, образуемых ее асимптотами. (Система координат прямоугольная.)

Решение. Следующие утверждения (1) — (8) эквивалентны между собой:

(1) ветви гиперболы лежат в острых углах, образуемых ее асимптотами;

(2) острый угол между действительной осью гиперболы и ее асимптотой меньше — ;

(3) ;

(4) ;

(5) ;

но

где

(6) ;

(7) ;

но

поэтому

(8) .

Это и есть искомое условие.

Задача 74. Доказать, что если в уравнениях парабол все коэффициенты, кроме свободных членов, пропорциональны, то эти параболы имеют общую ось и получаются одна из другой параллельным переносом по направлению их общей оси.

Доказательство. Параметры у всех таких парабол одинаковы, так как в формуле, по которой определяется параметр

правая часть не зависит от свободного члена в чем можно убедиться, разлагая определитель по третьей строке и принимая во внимание, что алгебраическое дополнение элемента есть определитель , равный нулю.

Уравнение оси параболы, а также условие, определяющее направление луча оси, идущего внутри параболы, от не зависит.

Задача 75. Доказать, что если из точки М проведены две касательные к линии второго порядка, то диаметр, проходящий через точку М, делит пополам хорду, соединяющую точки касания.

Доказательство. Примем диаметр, проходящий через точку М, за ось абсцисс, а какую-нибудь прямую сопряженного к нему направления — за ось ординат. Уравнение линии в этой системе будет иметь вид

Пусть — абсцисса точки М в этой системе координат. Обозначая через и координаты точек касания касательных, проведенных из точки М, можем уравнения этих касательных записать в виде

Так как точка принадлежит этим касательным, то

откуда

Чтобы найти ординаты точек касания, нужно полученное значение абсцисс вставить в уравнение линии. Так как это уравнение содержит только квадрат ординаты, то значения ординат точек касания равны но абсолютной величине и противоположны по знаку. Поэтому, если А и В — точки касания, то Середина С отрезка АВ имеет координаты 0, т. е. лежит на диаметре, проходящем через точку М.

Задача 76. Найти геометрическое место точек, обладающих тем свойством, что дне касательные, проведенные из точки геометрического места к действительной нераспадающейся линии второго порядка, не являющейся окружностью, равны между собой.

Решение. Пусть М — точка искомого геометрического места, А и В — точки касания касательных, проведенных из точки М к линии второго порядка, С — середина отрезка АВ. Прямая МС является диаметром линии второго порядка, а так как по условию

то диаметр МС перпендикулярен к сопряженной ему хорде А В; следовательно, этот диаметр — ось симметрии кривой.

Итак, точки искомого геометрического места лежат на осях симметрии линии. В случае эллипса искомое геометрическое место состоит из четырех лучей, являющихся продолжениями осей эллипса за его вершины; в случае гиперболы это геометрическое место состоит из точек отрезка действительной оси, заключенного между ее вершинами, и всех точек мнимой оси, за исключением центра; в случае параболы это луч оси симметрии, лежащий вне параболы.

Задача 77. Доказать, что диагонали параллелограмма, описанного около эллипса, являются сопряженными диаметрами этого эллипса.

Доказательство. Преобразуем аффинно эллипс в окружность. Тогда описанный около эллипса параллелограмм преобразуется в ромб, описанный около окружности. Диагонали этого рочба, будучи взаимно перпендикулярными диаметрами окружности, при обратном аффинном преобразовании перейдут в сопряженные диаметры эллипса, являющиеся диагоналями описанного около него параллелограмма.

Задача 78. Доказать, что гипотенузы всех прямоугольных треугольников с общей вершиной прямых углов, вписанных в кривую второго порядка, проходят через одну и ту же точку, лежащую на нормали к кривой в точке, являющейся общей вершиной прямых углов.

Доказательство. Примем точку кривой, в которой находятся вершины прямых углов вписанных в нее прямоугольных треугольников, за начало координат, нормаль к кривой в этой точке — за ось абсцисс, а касательную в ней — за ось ординат. В этой системе уравнение кривой будет иметь вид

а уравнение линии, распадающейся на пару прямых, являющихся катетами вписанного в кривую прямоугольного треугольника с вершиной прямого угла в начале координат, может быть записано в виде

Умножая уравнение (2) на и складывая с (1), получим

или

Так как уравнение (3) получено как линейная комбинация уравнений (1) и (2), то всякое решение системы, состоящей из уравнений (1) и (2), будет решением и уравнения (3). Но это означает, что линии, определяемой уравнением (3), принадлежат все три вершины вписанного в кривую (1) прямоугольного треугольника с вершиной прямого угла в начале координат.

Линня (3) распадается на пару прямых: прямую т. е. касательную к кривой в начале координат, и прямую

являющуюся, гипотенузой прямоугольного треугольника.

Точка пересечения этой прямой с осью абсцисс имеет абсциссу

не зависящую от т. е. от выбора нары прямых, являющихся катетами. Следовательно, гипотенузы всех рассматриваемых треугольников проходят через одну и ту же точку, лежащую на нормали к кривой в общей вершине прямых углов.

<< Предыдущий параграф Следующий параграф >>
Оглавление