Клетеник Д.В. Сборник задач по аналитической геометрии. Под ред. Н.В.Ефимова (13-е изд., 1980) (1095447), страница 35
Текст из файла (страница 35)
Рис. 74 и рнс. 75. 169, Рис. 76. 170. Отрезок, примыкающий к полюсу, имеет длину, равную —; каждый из остачьных отрезков имеет длину, равную 6и (рнс. 77), 171. На пять частей (рис. 78). 172, Р 12; — ) 1т 2) (рис. 79). 173. Я(81; 4) (рис. 80). 174. Прямые х й у= О.
!75. Пря. мые х ~ а = О. 176. Прямые у 4 Ь = О, 177. у + 4 О. 178. х — 5=0. 179. 1) Прямая х — у=О;2) прямая х+у О; 3) прямая х — 1=О; 4) прямая у — 2 = О. 180. Прямые 4ах ~ с О. 181. х'+ у2 = г2. 182. (х — а)'+ (у — Р)2 =г'. 183. х'+ у' 9. 184. х'+ у'=16.
х' у' 185. хз + П2 = а2. 186. (х — 4)2 + у' = 16. 187. = + †' 1. 25 !6 х' у' 188. — — — 1. 189, у' !2х. 192. у' = 2рх — парабола. о х2 у2 х' у' 193. †, + — = 1 — эллипс. 194. — — — = 1 — гипербола. 25 9 " ' ' 16 9 х2 у2 195.
— + — 1 — эллипс. 196. Правая ветвь гиперболы 25 16 х2 у2 22 — — = 1, 197. у' 20х — парабола. 198. р сов 8= 3. 199. 8= —. 64 36 200. 1п8 1, 201. рз!п8+5=0, рв!п8 — 5=0. 202. р=10соз8. 203 Условию задачи удовлетворяют две окружности, уравнения которых в полярных координатах р+6з!п8=0, р — 6з!п8 О, 04 х асов«, х', у' ! 205 — т =-'= 1 ° Ф у = Ь 3!и «;,. аз Ь2 а22! П2 «+ Ь2 соз2 « /25 361 218. С, ( — 1; 4) или Сг~ 7 ' 7 ~' 219. С, (1; -1) или Сг( — 2; — !0).
220. 1) 2х Зу+ 9=0; 2) Зх — у=О~ 3) у+2=0; 4) Зх+4у-!2= О; 5) 2х+ у+5 0; 6) х+Зу-2=0, 221 1) Ь=б,Ь=З;2) Ь= — —, Ь 2;3)й= — —, Ь= —— 2 5 2 3' ' ' 31 4) Ь вЂ” —, Ь=О; 5) й О, Ь=З, 222. !) — —; 2) -', 3 5 3 5' 223, 1) 2х+Зу — 7 0; 2) Зх — 2у — 4= О, 224. Зх+2у= О, 2х — Зу — 13=0.
225. (2; !), (4; 2), (-1; 7), (1; 8). 226, ( — 2; -!). 227. Я(!1; -1!). 228, !) Зх — 2у — 7=0; 2) 5х+у — 7 0; 3)' 8х+ 12у+5 О; 4) бх+ 7у+ 9=0; 5) 6х — 30у — 7=0, 229. а) А =7; б) я = —; в) и — —. 230. 5х — 2у — 33=0, 7 3 х + 4у — ! 1 = О, 7х + бу + 33 О.
231. 7х — 2у — 12 = О, бх+у — 28=0, 2х — Зу — 18= О. 232. х+у+1 =0. 233. 2х+ + Зу — 13 О. 234. 4х+ Зу — 11 О, х+у+ 2= О, Зх+ 2у — 13=0, 23б. (3; 4). 236. 4х+ у — 3=0. 237. х — 5=0, 238. Уравнение стороны АВ: 2х+у — 8=0; ВС: х+2у — ! 0; СА: х — у — 1=0. Уравнение медианы, проведенной из вершины А: х — 3 = О; из першины В: х+у-З=О; из вершины С: у=О. 239. ( — 7; О); < 1-1 0: + 2 — ~. 242. (1; 3). 243. З~ — 5у+ 4= О, х+ 7у — 16=0„ Зх — 5у — 22=0, х+ 7у+ 10=0. 244. Уравнения сторон прямоугольника: 2х — 5у + 3 = О, 2х — 5у — 26 = О; уравнение его диаго« наля: 7х — Зу — 33 = О. 245.
5х + у — 3 = Π— биссектриса внутреннего угла; х — 5у — 11 = 0 — биссектриса внешнего угла. 246. х+у— 8=0; 11х — у — 28 = О. У к а за н не. Условйю задачи удовлетворяют две прямые: одна из них проходит через точку Р и середину отрезка, соединяющего точки А и В; другая проходит через точку Р параллельно отрезку АВ. 247. (-12; 5).
248. М1 (10; — 5). (5 249. Рр; 0 . Указание. Задача может быть решена по следующей схеме; 1) устанавливаем, что точки М и У расположены по одну сторону оси абсцисс; 2) находим точку, симметричную одной пз даняых точек относительно оси абсцисс, например точку У„ симметричную точке У; 3) составляем уравнение прямой, проходящей через точки М и У,; 4) решая совместно найденное уравнение с уравнением оси абсцисс, получим координаты искомой точки. Ф 250, Р(0; 11).
251. Р(2; — !)а 252. Р(2; 5). 253. 1) гр= —; Л !и 2! ~р = 2 ! 3) у 0 — прямые параллельные; 4) у = агс!и — -. 254. х — бу + 3 = О или 5х + у — 11 = О. 255. Уравнения сторон квадрата; 4х+ Зу+ 1 О, Зх — 4у+ 32 О, 4х+ Зу — 24 О, Зх — 4у'+ 7 0; уравнение его второй диагонали: х+ 7у — 31 =О. 266. Зх — 4у + 15 = О, 4х + Зу — ЗО = О, Зх — 4у — 10 = О, 4х + Зу— — 5 О. 257. 2х+ у — 16 О, 2х+ у+ 14 = О, х — 2у — !8 О. 258.
Зх — у+ 9= О, Зх+ у+ 9= О. 259. 29х — 2у+ 33= О. 262. 1) Зх — 7у — 27=0; 2) х+9у+ 25=0; 3) 2х — Зу — 13=0; 4) х-2=0; 5) у+3=0. 264. Перпендикулярны 1), 3) и 4). 266. 1) <р = 45', 2) (р 60'; 3) <р- 90'. 267. Мз (6; — 6). 268. 4х — у — 13=-0, х — 5=0, х+Зу+5 0 269 ВС: Зх+4у — 22= 0; СА: 2х — 7д — 5 О СЖ; Зх+ 5у-23 О. 270.
х+2у-7=0, х-4у — 1=0, х-у+2=0. У к а з а н и е. Задача может быть решена по следующей схеме: 1, Устанавливаем, что вершина А не лежит ни на одной из данных прямых. 2. Находим точку пересечения медиан и обозначаем ее какой-нибудь буквой, например М. 3. На прямой, проходящей через точки А н М, строим отрезок М0 = АМ (рнс 8!), Затем определяем координаты точки 0; зная точку М вЂ” середину отрезка А0 и один из его концов А.
4. Устанавливаем., что четырехугольник д В0СМ -параллелограмм (его диагонали взаимно делятся пополам), составляем уравнения прямых 0В н 0С. 5. Вычисляем координаты Я точек В и С, 6. Зная координаты всех вершин треугольника, мы можем составить уравнения его сторон. 271. Зх — 5у — 13 О, Ю 8х — Зу + 17 = О, 5х + 2у — 1 = О. 272. 2х-у+ 3 =0, 2х+ д — 7 =О, Рнс. 81, х — 2д — 6=0. Указание. Бслн на одной из сторон угла дана точка А, то точка, симметричная точке А относительно биссектрисы этого угла, будет лежать на другой его стороне. 273.
4х — Зу+ '10 О, 7х+у — 20=0, Зх+4д — 5=0. 274. 4х+7у — 1 О, у — З=О, 4х+ Зд-5 = О. 275. Зх+ 7у-5 = О, Зх+ 2у-10=0, 9х+ 11у+5=0. 276. х — Зу — 23 =О, 7х+ 9У+ 19=0, 4х+ Зу+!3=0, 277, х + у — 7 = О, х+ 7д + 5=0, х — 8у + 20=0. 278. 2х+ 9у-65=0, 6х — 7у-25 О, 18х + 13д — 41 = О. 279. х + 2у О, 23х + 25у О. 280. 8х — у — 24 = О.
283, Зх + у О, х-Зу = О. 284. Зх + 4д — 1 О, 7х + 24д — 61 О, 285. 1) а = — 2, 5д — 33 = О. 2) а, = -3, 5 х — 56 0; аз 3, 5х+ 8=0; 3) а, 1, Зх — 8у ° 0; аз= 33х — 56д = О. 286. т = 7, п = — 2, у + 3 О, 287. т -4, и 2, х — 5 = О. 288 !) (5: 6)! 2) (3; 2): 3) †, ; — ! 4) 2; 5) — —; 2 . 29!. !) При а.-Ф=З; 2) при а 3 и Ьчь2; 3) прн 5 а=З и Ь=2. 292.
1) т' — 4, пчь2 или т=4, а~ — 2; 2) т=-4, и=2 или т=4, п=-2; 3) т=О, и — любое значе. 7 ние, 293. т= —. 294. Условию задачи удовлетворяют два значе. 12 ' ння т: т~ =О, тэ 6. 295, 1) Пересекаются; 2) не пересекаются; 3) не пересекаются. 298, а =-7. 299 1) — + — ' 1; 2) — + — =1; х у, х д 3 2 ' — 6 8 3) — + — = 1; 4) —,+ — = 1: 5) —,+ — = 1 (рнс 82). х у х д х д 'ч 3 ' ъ — ъ ' 'ъ 'ь 300. 6 кв. ед. 301.
х+ у+ 4 О. 302. х+ у — 5=0, х — у+1=0, Зх — 2у=О. 303. Р еш е н не. Напишем уравнение искомой прямой «в отрезках»: х у — + — =~ 1 а Ь Наша задача — определить значения параметров а и Ь. Точка С (1; 1) лежит на искомой прямой, следовательно, ее координаты должны удовлетворять уравнению (1). Подставим в уравнение (1) вместо текущих координат координаты точки С'„ после приведения к общему знаменателю получим: а+ Ь аЬ.
(2) Теперь заметим, что площадь треугольника 8, отсекаемого прямой от координатного угла, определяется формулой а о= — ° +б. аЬ 2 в том случае, когда отрезки а и Ь одного знака, и — Я в том случае, когда эти отрезки разных знаков. Согласно условию нашей задачи будем иметь; аЬ =„~ 4. (3) а+Ь=4,1 а+Ь= — 4,1 Решим систему уравнений (2) и (3): аЬ 4 ) аЬ= — 4) тогда получим: а~ =2, Ь~ =2! а = — 2+2)Г2, Ьз -2 — 2)Г2! аз -2 — 2'г 2, Ьз -2+21 2. Таким образом, условию задачи Г удовлетворяют трй прямые.
Подставим в уравнение (!) полученные значения парзметров а и Ь: — + — 1, . х у х у 2 2 — 2+21Г 2 -2 — 2~12 к у у Я вЂ” 2 — 2 $2 — 2 + 2 1Г2 Г + После упрощения этих уравнений получим: х+ у — 2 0,(1+)Г2) х+ + (! — ФГ2 ).у — 2=0, (1 — !Г2) х+ +(1+ )Г2) у-2=*0. 304. Условию задачи удовлетворяют следующие три прямые: (1Г2 + 1) х+(3/2 — 1) у— — ! О = О, ()Г2 — 1) х + ()Г2 + 1) у + + 10=0, х-у — 10 О. 305. Зх— — 2у-12=0, Зх — Зу+ 24 О. ЬУ И 306.
х+Зу-30=0, Зх+4у-60 О, Э Зх — у — 30 О, х — 12у+60 =0. 307. Условию задачи удовлетворяют две прямые, пересекающие соответственно оси координат в точках (2; 0), Рис. 82. 3~ (О; -3) и ( 4; 0), ~0; — ), 308. Я~ ::2х,у,. 300. Прямые 1), 4), 6) н 8) заданы нормальными уравнениями. 4 3 4 3 !2 310.
1) — х — — у — 2=0; 2) — — х+ — у — 10 0; 3) — х+ 5 5 ' 5 5 13 5 2 1 + — у — 1= 0; 4) -х — 2 0; 5) =х — у — 1~0. 13 )Г5 а а 311. !)а О,Р 2„2)а=а,р 2;3)а —,Р=З;4)а Ф ! Д а .г— 2 Р = 3' 5) а = — ~ Р = 3; 6) а 4 ~ Р У 2; 7) а 3 а~ 6' Р= 1; 8) а — р, р=п; 9) а =р — я, р и. 312. 1) Ь=-З, ,! =3; 2) 6=1, рай=1; 3) б= — 4, Н 4; 4) б О, Н=Π— точка у,) лежит на прямой, 313. 1) По одну сторону; 2) по разные стороны; 3) по одну сторону; 4) по одну сторону; 5) по разные стороны.
314. 5 кв. ед. 315. 6 кв. ед, 318. Является выпуклым. 319. Не является выпуклым. 320. 4. 321. 3. 322. !) р1 2,5; 2) д = 3; 3) у! =05! 4) д = 3,5, 323. 49 кв. ед. 325. В отношении 2: 3, считая от второй прямой, 326. Р е ш е н и е. Задача о проведении прямых через точку Р на расстоянии, равном 5 от точки Я, равносильна задаче о прове- дени и из точки Р касательных к окружности радиуса 5, с центуом в 9. Вычислим расстояние ЯР: ЯР = )'У(2 — 1)' + (7 — 2)' = )У 26. Мы видим, что расстояние ЯР больше радиуса окружности; следовательно, из точки Р можно провести две касательные к этой окружности.
Теперь перейдем к составлению их уравнений, Уравнение всякой прямой, проходящей через точку Р, имеет вид у — 7 я(х — 2) (!1 пли ах — д+ 7 — 2Й =О, где Ф вЂ” пока неопределенный угловой коэффициент. Приведем это уравнение к нормальному виду, С этой ! иелмо наноан ° рмарующ И множнееле р ж . у.щэ йщ!'' ж ураенеаие !Ц а р, ° лу иси и е н рмал н е ура не е йх †у+7 †- "О. (2) Подставляя в левую часть уравнения (2) координаты точки (1, !й †2+7 вЂ! имеем: = 5.
Решая это уравнение, наидем два '!/ ь2 5 значения А: уу! = — —, й~ О. Подставляя найденные значения 12 ' углового коэффициента в уравнение (1), получаем искомые уравнения: бх+ !2д — 94=0 и у — 7=0, Задача решена, 327. 7х+24д — 134=0, х — 2=0. 328. Зх+4у — 13=0, 330. 8х — 15у+9=0. 331. Зх — 4у — 25 О, Зх — 4у+5=0. 332. Условию задачи удовлетворяют два квадрата, симметрично расположенных относительно стороны АВ.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
