Дубограй И.В. Методические указания к выполнению домашнего задания по теме Кривые второго порядка (2002) (1095435), страница 3
Текст из файла (страница 3)
2. Напишите каноническое уравнение кривой, изображенной на рис. 28. Найдите координаты фокуса и уравнение лирекгрнсы. Рис. 28 2.2. Общее уравнение кривой второго порядка Голи в уравнениях кривых (2.2) — (2.4) раскрыть скобки, то всс они могут быть приведены к пятичленному уравнению 2-го порядка, которое в общем виде выглядит так: Несложно проанализировать, чем отличаются друг от друга уравнения вика (2.5) ддя эллипса, гиперболы и параболы. Очевидно, что в случае эллипса знаки коэффициентов А и С одинаковы, в случае гиперболы — знаки коэффициентов А и С различны, а в случае параболы один из квадратов отсутствует, т.
е. А или С ранен нулю (одновременно А и С нулю равны быть нс могут, иначе получается уравнение 1-го порядка— уравнение прямой). Следовательно, 'произведение АС определяет кривую, уравнение которой имеет вил (2.5). Для эллипса АС > О, для гиперболы АС < О и для параболы АС = О. Рассмотрим обратную задачу. Дано уравнение (2.5). Требуется выяснить, каку1о кривую оно определяет. Из прсльгдущих рассуждений следует, что в случае, когда АС > О, предполагаем, что уравнение (2.5) соответствует эллипсу, когда АС < Π— гипербола, когда АС = Π— парабола, Но оказывается, возможны и другие варианты, так называемые случаи вырождения.
Дело в том, что лля построения кривой, для полного представления о том, как она расположена на плоскости, нам необходимо привести уравнение (2.5) к каноническому виду. Это связано с выделением полных квадратов в этом уравнении. Имеет место следующее утверждение. Пусть в декартовой прямоугольной системе координат зада- 3 но уравнение второго порядка Ах' + Су + 20х+ 2Еу+ г" = О, Оно может соответствовать следующим семи типам линий второго порядка: эллипсы„гиперболы, параболы, пары пересекающихся прямых, точки, пары параллельных прямых, пары совпавших прямых. Подробно см. в [Ц.
Результаты исследования пятичленного уравнения (2.5) сведем в табл. 2. В следующих задачах по данному уравнению определить тип кривой. Привести уравнение к каноническому виду, построить кривую на плоскости хОу. Найти координаты фокусов, эксцентриситет, где это возможно.
Составить уравнения асимптот для гипербол. Рис. 30 Рис. Ха Задаче 11. 2х +у~ +4х+4у+2 = О, Раиевие. а) Сравним данное уравнение кривой с уравнением (2.5): А=2, С=1, АС=2>0 (см,табл. 2). Кривая эллиптического типа. б) Дзи приведения уравнения кривой к каноничсскому виду необходимо выделить полные квадраты, для чего ~руппирусм члены, содержащие х и у: 2(х'+2х)+(у'+4у)+2 = О (ко эффициенты при квадратах неизвестных удобней вынести за скобку); 2(х'+2 1х+! — !)+(у'+2 2у+4-4)+2 — -0; 2(х+1) +(у+2) — 2 — 4ге2 = О; 2(х+1)" +(у+2) = 4; (х+1)' (у+ 2)' — + =1 — каноническое уравнснис эллипса. 2 4 Из этого уравнения следует, что 0,(-1;-2) — центр симметрии эллипса: а = Л,Ь = 2.
По этим данным строим эллипс (рис, 29). в) а < Ь тогда е" = 6" -а',с = ~Г2, 1;(-1;-2 — Л); с Л )г (-1;-2-', 12); в = Задача 12. 2х — у +8х +4у+8 = О. Реаепие, а) А = 2, С = — 1, А С = — 2 < О, Депо уравнение кривой гиперболического типа, б) Приводим уравнение к каноническому виду: 2(х +4х) — (у -4у)+8 = 0; 2(х'+4х+4) — 8 — (у' — 4> +4)+4+ 8 = О; (т+ 2) (и э) 2(х+ 2) — (у — 2) = — 4; — + — '- =! — канониче- 2 4 скос уравнение гиперболы; 11,(-2;2) — центр симметрии кри- вой; а = ~Г2, Ь = 2.
По этим данным сгроим гиперболу (рис. 30), в) с' = аз + Ь', с = ~Г6, 1, ( — 2; 2 — /6); Рз ( — 2; 2 + Уб ), с = — = — уравнсние асимптот у — = ч2(х+ ). 6 2 Рис. 32 р .з! Задача Н х'+бх-1бу+ 25 = О. Решение. а) А = 1, С = О, АС = О, Дано уравнение кривой параболического типа. б) Приводим уравнение к каноническому виду: (х'+бх) — 1бу+25= 0; (х'+бх+9) — 9 — 1бу+25 = 0; (х+3)' =16(у — 1) — каноническое уравнение параболы; О, (-3; 1) — вершина парабольд 2Р = 16, Р = 8 .
Замечание, Для болес точного поагроения кривой можно оп- ределить несколько точек, принадлежащих сй. Так. например, лсгко найти точку пересечения параболы с осью ГЗР; х — 0; тогда 9 =163 ! б или у =! — (рис. 31). !6 в) !гоордипаты фокуса Г( — 3;1+ — ) или Р( 3;5) уравпе- 2 ние директрисы Ы: у =! — —, или у = — 3 Р 2 Задачи 14. 4х' — Зу' — 32х — 12у+52 = О, Решение.а) А=4, С= — 3, АС= — 12<0. Дано уравнение гиперболического типа. б) Приводим уравнение к каноническому виду; 4(х'-8х) — 3(у'+4у)+52 = 0; 4(х' -8х+ 16) — 3(у + 4у+ 4) — 64+12+ 52 = 0; 4(х-4)' — 3(у+2) = О, Это случай вырождения гиперболы в две пересекающиеся 2 прямые: 2!т — 4(=,ГЗ~г+2~, или у+2=+ — (х — 4).
Точка Л пересечения прямых (),(4.— 2) . Угловыс кооффицпенты пря2 мых + — = ~ —,—, г =:(х-4) — 2 и у =-:(х-4) — 2 Л Л ГЗ (рис. 32). Задача У5. 4х + 9у +12х — бу+10 = 0 Решение. а) А = 4, С = 9, АС = Зб > О, Дано уравнение эллиптического типа. б) Приводим уравнение к каноническому внду: 4(х +9х)+9(у' —:у)+10=0 3 4(х +2 — х+ — ') — 9+9(у' — 2' У+-) — 1+10 = 0; 3 9 1 2 4 3 9 3, 1, 4(х+ — ) +9!у--)- = О, 2 Это случай вырождения эллипса в точку О,(хе уо) . Данному уравнению удовлетворяют координаты только одной 3 ! точки О,! — —, -) .
2 3 Контрольное задание № 4 В следующих задачах по уравнению определите тип кривой. Приведите уравнения к каноническому виду, постройте кривую на плоскости хоу. Найдите координаты фокусов, уравнение директрисы параболы, уравнсция асимптот и эксцентриситет гиперболы, 1) 24х' +12у — 24х+12у-63 = О, 4) х' — у + бт+ 2у+ 7 = О, 2) 5у +2х-20У+20=0, 5) 16х'+1бу-+32х — 8У+33=0, 3) х'+4х+у = О, 6) 4х — 9у' -8х — Збу-32 = 0 . Задача 16. Построить кривую, заданную уравнением 5 х = 3+ — у — 14у+98 7 Решение. Дано уравнение части некоторой смещенной кривой, Для выяснения типа этой кривой необходимо привести се уравнение к каноническому валу: 7!х — 3) = 5 — 14 ) = у~ — 14у+98 — это уравнение равносильно системе х-З>0, 49(х- 3) = 25(у' — 14У+98) Ф> <х>3, сэ 49(х — 3) = 25(у-7) +!225 34 Рве.
Зз Залечи 17. ПостРоить кривУю, гх- - 20х - 32, 1 3 Решение. Это чравнение части носильно следующей системе: у — 1<0, <9(у — 1) = -2(х' +!Ох) — 32 Следовательно, в условии лано ( ° ),(У- ) ...( 9 2 сти у <1. заданную уравнением некоторой кривой и оно рав- ~ с ~ ] ~ ~ ~ з у<1 9(у-1) = — 2(х+5) +18. ие тои пасти эллипса которая лежит в полуплоско- х>3, <-.> (х-3)' (у-7)з — — — =1.
25 49 Следовательно, в условии было дано уравнение той части (х- 3) (у- 7) гиперболы — — = 1, для которой х > 3. 25 49 Строим только правую ветвь гиперболы., так как именно она располагается в той полуплоскости, где х > 3 (рис. ЗЗ) а = 5, Ь = 7, центр О, (3;7), Ряс. 34 Контрольное задание № 5 кривые по заданным урав- 2 и= — 1 — — /х +2Х вЂ” 2, /3 Рис. 35 (х — х„)(у — у„) = /г Строим нижнюю (относительно прямой у =1) часть эллипса (рис.
34). В слслуюгцих задачах посгройтс нсниям; 1) у = 2+ 2х6+1. 2) 3) х = -5 —,,//5у 2.3. 1ипсрбола, отнесенная к асимптотам Рассмотрим е~цс один вил уравнения второго порядка, а именно: /Зху + 2/Зх + 2 Еу + Г = 0 (2.6) Нам известно, что уравнение ху = /г соответствует гиперболе, расположегпюй на плоскости ХОу так, что оси координат являются сс асимптотами, а начало координат — центром симметрии. При /г > 0 гипербола располагается в первой и третьей коорлипатных четвертях, при /г < 0 во второй и четвертой.
Это уравнение может быть получено из уравнения равносторонней гипсрбок лы х- — у- =а при повороте системы хОу на угол а=+ —. Подробнее см. в 11). Присутствис. в уравнении (2.6) первых степеней говориг о параллельном смсьцснии такой гиперболы, Каноническое уравнение кривой в этом случае, очевидно, будет Задача И. Построить кривую по заданному уравнению 2ху — Зх+4у — 4 = О. Регаеаие.
Приводим уравнение к каноническому виду, группируя последовательно слагаемые: (2ху+4у)-Зх-4 = 0; 2у(х+ 2) — Зх-4 = 0; 2у(х+ 5) — 3(х+ 2)+ б — 4 = 0; (х+ 2)(2у-3)+ 2 = 0; 3') 2(х+ 2) у — — = -2 н, наконец, (х+ 2) у — — ! = -1, О, ~ — 2; — ~; /г = — 1 < О Центр симметрии гиперболы находится в точке Π— 2„— ~ 3 Ее асимптоты имеют уравксния х = — 2 и у = — (рис.
35). Для 2 более точного построения можно найти одну или несколько контрольных точек, например при х = 0 у = 1, Задача М Составить уравнение кривой, изображенной на рис. Зб. Рис. 36 Решелле. Кспюническое уравнение гиперболы, изображенной на чертеже, (х — х„)(у — у„) = (с„где 1 > О, х, = ), уа = 3,' (х — 1)(у-3) = Ус, Для нахождения lс учтем тот факт, что кривая проходит через начало координат. Следовательно, при подстановке в ее уравнение координат то (ки 0(0;О) полу(ится тождество (-!)(-3) = )с.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
