Saprikina_Analit_geometr

Криві другого порядку. Парабола

71

2.

Область визначення рівняння

x = 2 −

6 + 2 y : 6 + 2 y ≥ 0,;

x − 2 ≤ 0

y ≥

−3

. Піднесемо до квадратa обидві частини рівності x = 2 −

x ≤

2

−

6 + 2 y : (x − 2)2 = 6 + 2 y; (x − 2)2 = 2(y + 3). Одержане рівняння ви-

значаєпараболузвершиноювточці C (2; − 3), віссюсиметріїякоїєпря-

ма x

– 2 = 0. Відповідно до умов

y ≥

−3,

графіком рівняння

x ≤

2

x = 2 −

6 + 2 y буде частина параболи (x − 2)2 = 2(y + 3), розташована

ректриси:

x − 6

=

y + 3

5x + 3y − 21 = 0. Координати точки Q є роз-

3

− 5

в'язком системи

5x + 3y − 21 = 0,

(

). Оскільки точка C є сере-

3x − 5 y +1 = 0

Q 3; 2

диноювідрізка, щоз'єднуєточкиF таQ, то

xF + xQ

= x ;

yF + yQ

= y

C

.

2

C

2

точки M до директриси d = MD =

x − y −1

. Відстань від точки M до фо-

2

=

FM

x − y −1

2

2

x2 + y2 +1 − 2xy + 2 y − 2x

=

2

= (x − 2)

+ (y +1)

2

= (x − 2)2 + (y +1)2.

Виконавши всі необхідні перетворення, остаточно

у

Задача 3

1. Вивести умову, за якою пря-

0

ма

y = kx + b дотикається до пара-

– 2

1

2 3

х

–1

F (2; – 1)

боли y2 = 2 px.

2. Скласти рівняння дотичної

до параболи

y2 = 2 px в її точ-

– 5

ці M 0 (x0 ; y0 ).

– 8

M (x; y)

Розв'язання

1. Запишемо систему рівнянь

Рис. 6.5

y

2

= 2 px,

(kx + b)2 = 2 px

y = kx + b

боли, дискримінант рівняння

D = 4(bk − p)2 − 4k 2b2 = 0

(bk − p)2 −

− k 2b2 = 0 p(p − 2bk ) = 0

p = 2bk – умова дотику.

2. Візьмемо рівняння дотичної у вигляді y = kx + b. Вона проходить

2

p

черезточкупараболи M

0

y0

;

y

0

, їїкутовийкоефіцієнт

k =

(умова

2 p

2b

Криві другого порядку. Парабола

73

дотику– першийпунктзадачі). Отже, y0 =

p

y02

+ b

(2b − y0 )2 = 0

2b

2 p

y0

p

p

y0

b =

;

k =

.

Рівняння дотичної:

y =

x +

yy0 = px +

2

2

y0

y0

+

y02

p

yy = p(x + x ).

2 p

0

0

прямій, якапаралельнаосіпараболи.

Розв'язання. Виберемосистемукоординаттакимчином, щобрівнян-

ня параболи мало вигляд

у

y2 = 2 px (рис. 6.6). Проведе-

β

модотичнуl допараболив де-

якійточці M (x0 ; y0 ). Дляроз-

α

M (x0; y0)

в'язання задачі достатньо до-

l

вести, щокутα міжпрямими l

та FM дорівнює куту β

між

− p

0

p

х

прямими l і y = y0.

2

F

; 0

2

Згідно із задачею 3 рів-

няБкутовийкоефіцієнтдотич-

ної tgβ

=

p

. Кутовий коефі-

Рис. 6.6

y0

y0

p

y0

k − tgβ

x0 −

p

− y0

цієнт

прямої

FM:

k =

tgα =

=

2

=

x0 −

p

1 + k tgβ

1 +

p0

2

x

− p

0

2

y

2

− x

p +

p2

+

p

2

p x

0

2

p

=

0

0

=

=

= tgβ α = β .

y0

+

p

+

p

y

0

x0

2

y0 x0

2

x =

b2 − b1

. Ураховуючи умову дотику прямої та параболи (p = 2kb),

k

− k

2

1

маємо b =

p

та b =

p

b

− b =

p

(k

− k

2

)

1

= −

p

(k

− k

2

),

1

2k1

2

2k2

2

1

2

1

k1k2

2

1

трисі параболи x = −

p

. Тепер доведемо, що з кожної точки директриси

2

x = −

p

параболу

y2 = 2 px можна побачити під прямим кутом. Нехай

2

p

p

прямапроходитьчерезточку M

−

; y

: y − y

= k x

+

. Якщовона

2

0

0

2

kp

2

2 y0

k −1 = 0

є дотичною до параболи, то

2k

+ y0

=

p

k

+

2

p

у

k1k2 = – 1 (за теоремою Вієта). Таким

чином, геометричниммісцемточокпло-

щини, з яких параболу y2 = 2 px можна

M

побачитипідпрямимкутом, єдиректри-

сацієїпараболи(рис. 6.7).

−

р

0

х

Завдання для самостійного

2

розв'язання

у2 = 2рх

РІВЕНЬ А

Задача 1. Обчислити фокальний ра-

Рис. 6.7

діус точки M параболи у2 = 18 х, якщо

ордината точки M дорівнює 6.

Поверхні другого порядку

75

1)

y

2

= − 3x + 6; 2) y = −

1

x

2

+ 2x − 7.

6

Задача3. Установити, якілініївизначаютьсярівняннями:

1)

x = − 3y ; 2) y = −5 +

− 3x − 21. Побудуватицілінії.

Короткі теоретичні відомості

Еліпсоїд:

1) тривісний задається рівнянням

x2

+

y2

+

z2

= 1 (рис. 7.1);

a2

b2

c2

2) обертання навколо осі Ох:

x2

+

y2

+ z2

=

1, Оу:

y2

+

x2 + z2

= 1,

a2

b2

b2

a2

z2

x2 + y2

Oz:

+

= 1.

b2

a2

76

Аналітичнагеометрія

Однопорожнинний гіперболоїд:

1) задається рівнянням

x2

+

y

2

−

z2

= 1 (рис. 7.2);

a2

b2

c2

2) обертання навколо осі Oz:

x2 + y2

−

z2

= 1.

a2

b2

z

z

c

c

−a

−a

−b

O

b

y

−b a O b

y

a

x

−c

x

−c

Рис. 7.1

Рис. 7.2

Двопорожнинний гіперболоїд:

1) задається рівнянням

x2

+

y

2

−

z2

= −1 (рис. 7.3);

a2

b

2

c2

z

2) обертання навколо осі Oz:

x2 + y2

−

a2

c

z2

O −c

y

− b2 = −1.

Параболоїд:

x

1) еліптичний задається рівнянням

± z =

x2

+

y2

,

p > 0, q > 0 (рис. 7.4);

Рис. 7.3

2 p

2q

Поверхні другого порядку

77

3) гіперболічний задається рівнянням

z =

x2

−

y

2

2 p

, p > 0, q > 0

2q

(рис. 7.5) або − z =

x2

−

y2

.

2 p

2q

z

z

z =

x2

+

y2

2 p

2q

O

y

O

y

x

x

− z =

x2

+

y2

2 p

2q

Рис. 7.4

Рис. 7.5

Конус:

1) еліптичний задається рівнянням

x2

+

y2

−

z

2

= 0 (рис. 7.6);

a2

b2

c2

Поверхні другого порядку

79

Φ1

(x; y; z)= 0,

як перетин

Примітка. Нехай у просторі задано лінію L :

Φ

(x; y; z)= 0

2

1)

x2

−

y2

+

z2

= 1; 2) x = y2 + z2; 3) z = x2 + y2 ; 4) z = 4 − y2;

4

9

16

5) y = x2.

Розв'язання

1.

x2

−

y2

+

z2

= 1 – однопорожниннийгіперболоїд, вісьсиметріїОу,

4

9

16

x2

y2

z2

x2

y2

−

+

= 1,

−

= 1,

– еліпс у площині xOz з півося-

4

9

16

4

9

z = 0

z = 0

80

Аналітичнагеометрія

ми a = 2 і c = 2;

x2

−

y2

+

z2

= 1,

−

y

2

+

z2

= 1,

– гіпербола y площині xOy

4

9

16

9

16

x = 0

= 0

x

з півосями a = 2 (дійсна) і b = 3 (уявна);

x2

−

y2

+

z2

= 1,

−

y2

+

z2

= 1,

– гіпербола в площині yOz

4

9

16

9

16

x = 0

x

= 0

ми, паралельними осі Ох, і напрямною параболою

z = 4 − y

2

, (див.

x = 0

рис. 7.10,г).

5. Рівняння y = x2 не містить z, отже визначає циліндр iз твірними,

y = x

2

,

(рис. 7.10,д).

паралельнимиосіOz, інапрямноюпараболою

z = 0

Задача 3. Яку поверхню визначає рівняння

9x2 −16z2 −18x +

+ 64z −199 = 0 ?