5.2.8. Примеры решения задач по теме «Кривые 2-го порядка»

Задача 1.

Определить тип уравнения кривой 2-го порядка:

2Х2 + 10Ху + 12У2 – 7Х + 18У – 15 = 0.

Указание

Если LL2 > 0, то уравнение эллиптического типа;

Если LL2 < 0, то уравнение гиперболического типа;

Если LL2 = 0, то уравнение параболического типа.

Решение

Ответ на вопрос задачи зависит от знаков собственных чисел матрицы квадратичной формы их старших членов левой части уравнения:

Матрица квадратичной формы 2Х2 + 10Ху + 12У2

Характеристическое уравнение

По теореме Виета LL2 = -1 < 0, следовательно, уравнение гиперболического типа.

Ответ: уравнение гиперболического типа.

Задача 2.

Привести уравнение к каноническому виду и указать геометрический образ, который оно определяет:

4Х2 + 9У2 – 40Х + 36У + 100 = 0.

Указание

В уравнении отсутствует произведение Ху, следовательно, квадратичная форма его старших членов имеет канонический вид; поэтому коэффициенты при Х2 и У2 являются собственными числами матрицы квадратичной формы. Итак, L1 = 4, L2 = 9, LL2 > 0, следовательно, перед нами уравнение эллиптического типа.

Решение

В уравнении отсутствует произведение Ху, следовательно, квадратичная форма его старших членов имеет канонический вид; поэтому коэффициенты при Х2 и У2 являются собственными числами матрицы квадратичной формы. Итак, L1 = 4, L2 = 9, LL2 > 0, следовательно, перед нами уравнение эллиптического типа.

Геометрические образы, определяемые уравнением эллиптического типа:

- эллипс;

- точка;

- пустое множество («мнимый эллипс»).

Для приведения уравнения к каноническому виду нужно исключить из него слагаемые. Содержащие первые степени переменных. Для этого преобразуем левую часть:

Рис. 13

Зададим параллельный перенос осей координат:

Тогда в новых координатах уравнение примет вид:

Каноническое уравнение эллипса.

Ответ: уравнение эллипса, канонический вид .

Задача 3.

Привести уравнение к каноническому виду и указать геометрический образ, который оно определяет:

32Х2 + 52Ху – 7У2 + 180 = 0.

Указание

Собственные числа имеют разные знаки, значит, тип уравнения – гиперболический.

Геометрические образы, определяемые уравнением гиперболического типа:

- гипербола;

- пара пересекающихся прямых.

Решение

Собственные числа имеют разные знаки, значит, тип уравнения – гиперболический.

Геометрические образы, определяемые уравнением гиперболического типа:

- гипербола;

- пара пересекающихся прямых.

Заметим, что для данного уравнения нет необходимости искать явный вид преобразования координат, приводящего квадратичную форму к каноническому виду. Это связано с тем, что уравнение не содержит линейных членов, а его свободный член не изменится при преобразовании вида

Найденные собственные числа будут коэффициентами при Х2 и У2 для канонического вида квадратичной формы. Следовательно, в соответствующей координатной системе уравнение примет вид:

Каноническое уравнение гиперболы.

Ответ: уравнение гиперболического типа, канонический вид

.

Задача 4.

Привести уравнение к каноническому виду и указать геометрический образ, который оно определяет:

7Х2 + 60Ху + 32У2 – 14Х – 60У + 7 = 0.

Указание

Перед нами полное уравнение 2-го порядка, и для приведения его к каноническому виду потребуется провести оба преобразования координатных осей: поворот на такой угол, чтобы новые оси стали параллельными собственным векторам матрицы квадратичной формы (это преобразование квадратичной формы к каноническому виду), и параллельный перенос.

Решение

Перед нами полное уравнение 2-го порядка, и для приведения его к каноническому виду потребуется провести оба преобразования координатных осей: поворот на такой угол, чтобы новые оси стали параллельными собственным векторам матрицы квадратичной формы (это преобразование квадратичной формы к каноническому виду), и параллельный перенос.

1) Поворот:

Итак, тип уравнения – гиперболический.

Собственные векторы:

Матрица перехода к новому базису:

Преобразование координат:

.

Собственные векторы следует выбирать так, чтобы определитель матрицы перехода равнялся +1 – при этом не нарушается взаимное расположение координатных осей.

Запишем исходное уравнение в новых координатах:

2) Параллельный перенос:

В новых координатах получаем уравнение

Пара пересекающихся прямых.

Ответ: уравнение гиперболического типа, определяет пару пересекающихся прямых, канонический вид: У″ = ± 2Х″.

Задача 5.

Не проводя преобразования координат, установить, что уравнение

Х2 – 6Ху + 9У2 + 4Х – 12У + 4 = 0

Определяет прямую, и найти уравнение этой прямой.

Указание

Обратите внимание на то, что квадратичная форма, образованная старшими членами уравнения, является полным квадратом.

Решение

Иногда привести уравнение к простому виду удается с помощью алгебраических приемов. Представим левую часть уравнения в виде:

(Х – 3У)2 + 4(Х – 3У) + 4 = 0, ((Х – 3У) + 2)2 = 0, Х – 3У + 2 = 0.

Ответ: уравнение определяет прямую Х – 3У + 2 = 0.

Задача 6.

Эллипс, симметричный относительно осей координат, проходит через точки

Найти его эксцентриситет.

Указание

По условию задачи оси координат являются осями симметрии эллипса, поэтому, во-первых, его уравнение имеет канонический вид, а во-вторых, полуось А равна абсциссе точки А.

Решение

Рис. 14

По условию задачи оси координат являются осями симметрии эллипса, поэтому, во-первых, его уравнение имеет канонический вид:

А во-вторых, полуось А равна абсциссе точки А, т. е. А = 6. Найдем B, подставив в уравнение эллипса координаты точки М:

Итак, уравнение эллипса:

Тогда расстояние от фокуса до начала координат

Вычислим эксцентриситет эллипса:

Ответ: эксцентриситет

Задача 7.

Составить уравнение эллипса, фокусы которого лежат на прямой У + 6 = 0, эксцентриситет равен , а точка М(3; -1) является концом малой полуоси.

Указание

Найдите расстояние от точки М до прямой У + 6 = 0, т. е. длину малой полуоси эллипса. Центром симметрии эллипса будет точка О пересечения прямых F1F2 (Y + 6 = 0) и МО, проходящей через точку М перпендикулярно F1F2.

Решение

Рис. 15

Найдем расстояние от точки М до прямой У + 6 = 0, т. е. длину малой полуоси эллипса. Нормальный вид уравнения данной прямой: – 6 = 0, тогда

DM = |-(-1) – 6| = |1 – 6| = 5.

Центром симметрии эллипса будет точка О пересечения прямых F1F2 (Y + 6 = 0) и МО, проходящей через точку М перпендикулярно F1F2.

Поскольку прямая F1F2 параллельна оси абсцисс, прямая МО параллельна оси ординат; следовательно, ее уравнение: Х = 3. Тогда координаты точки О:

О(3; -6).

С учетом расположения осей эллипса можно утверждать, что в системе координат, полученной параллельным переносом начала координат в точку

О(3; -6), то есть заданной преобразованием

Уравнение эллипса имеет канонический вид:

Найдем А из условия, что

Подставим найденные значения А и B в уравнение эллипса:

Ответ: уравнение эллипса: Х2 + 2У2 – 6Х + 24У + 31 = 0.

Задача 8.

Дана гипербола

16Х2 – 9У2 = 144.

Составить уравнения директрис гиперболы.

Указание

Приведите уравнение гиперболы к каноническому виду и составьте уравнения директрис в виде

Решение

Рис. 16

Приведем уравнение гиперболы к каноническому виду:

Осями симметрии являются координатные оси, А = 3, B = 4. Тогда

Уравнения директрис:

Ответ: уравнения директрис:

Задача 9.

Написать уравнение гиперболы, имеющей вершины в фокусах, а фокусы – в вершинах эллипса

Указание

Найдите вначале координаты вершин и фокусов эллипса, а затем определите коэффициенты А и B в каноническом уравнении гиперболы.

Решение

Координаты вершин гиперболы: (А; 0) и (-А; 0), координаты фокусов: (С; 0) и (–С; 0). Соответственно координаты вершин эллипса: (А1; 0) и (-А1; 0), координаты фокусов: (С1; 0) и (-С1; 0). У данного эллипса А1 = 5,

Тогда для гиперболы А = 4, С = 5, откуда

,

И уравнение гиперболы:

Ответ:

Задача 10.

Составить уравнение касательной к гиперболе

В ее точке М={15; 4}.

Указание

Найдите вначале координаты нормали к гиперболе в точке М (если кривая задана уравнением F(X,Y) = 0, То нормаль к ней в точке М0={Х00}

Имеет координаты: П = (FX(X0;Y0);FY(X0;Y0))), а затем составьте уравнение прямой, проходящей через точку М={15; 4} перпендикулярно

Вектору П.

Решение

Найдем координаты нормали к гиперболе в точке М.

Если кривая задана уравнением F(X,Y) = 0, то нормаль к ней в точке М0={Х00}

Имеет координаты: П = (FX(X0;Y0);FY(X0;Y0)).

Уравнение прямой, проходящей через точку М0(х0;у0) перпендикулярно вектору П = {A, B}, имеет вид:

А(х – х0) + В(у – у0) = 0.

Запишем уравнение касательной:

Ответ: Уравнение касательной:

Задача 11.

Составить уравнение параболы, если даны ее фокус F(2; -1) и директриса

Х – у – 1 = 0.

Указание

Используйте определение параболы: параболой называется геометрическое место точек, для каждой из которых расстояние до фокуса равно расстоянию до директрисы.

Решение

Используем определение параболы:

Параболой называется геометрическое место точек, для каждой из которых расстояние до фокуса равно расстоянию до директрисы.

Пусть точка М(Х, У) лежит на параболе. Тогда ее расстояние до фокуса

Выразим через Х и У расстояние от точки М до директрисы.

Нормальное уравнение директрисы:

Из определения параболы DM = MF,

Ответ: уравнение параболы: Х2 + 2Ху + У2 – 6Х + 2У + 9 = 0.

Задача 12.

Составить уравнение параболы с вершиной в начале координат, если известно, что парабола симметрична относительно оси Ох и проходит через точку А={9; 6}. Найти координаты ее фокуса.

Указание

Из условий задачи следует, что данная парабола задается каноническим уравнением

У2 = 2Рх.

Подставьте в это уравнение координаты точки А и найдите значение параметра Р параболы.

Решение

Из условий задачи следует, что данная парабола задается каноническим уравнением

У2 = 2Рх.

Подставим в это уравнение координаты точки А: 36 = 2Р·9, откуда Р = 2.

Следовательно, уравнение параболы имеет вид: У2 = 4Х.

Координаты фокуса параболы задаются формулой: F={0,5P; 0}, то есть F={1; 0}.

Ответ: уравнение параболы: У2 = 4Х; фокус F={1; 0}.

Яндекс.Метрика