Документ: Практикум по высшей математике. векторная алгебра и аналитическая геометрия. Пантелеев И.Н, страницы 131-135

6.3. Составить уравнение окружности, проходящей через точку A(7;9) и касающейся оси Ox в точке B (4;0).

Решение. Делаем схематический чертеж (рис. 3.36).

Рис. 3.36
Замечаем, что OB = a = 4, BC = b = R , так	как
перпендикуляр BC к касательной Ox параллелен оси	Oy и

проходит через центр окружности C (a,b). Уравнение искомой окружности примет вид (x −4)2 +(y − R)2 = R2 . Подставляя в

это уравнение	координаты		точки	A(7;9), получим
(7 −4)2 +(9 − R)2	= R2 ,	откуда	R = 5 .	Следовательно,

уравнение окружности примет вид (x −4)2 +(y −5)2 = 25 .

6.4. Не выполняя построения, установить, как расположены относительно окружности

x2 + y2 +8x −4 y −29 = 0

точки: A(4;3), B (−1; 2), C (−4,9).

Решение. Подставляя координаты точки A в уравнение

окружности, получим 16 +9 +32 −12 −29 =16 ,				следовательно,
точка A лежит вне окружности.			B ,
Подставляя	координаты	точки	B ,	будем иметь
1+4 −8 −8 −29 = −40 , следовательно, точка B				лежит внутри
окружности.				C ,
Подставляя	координаты	точки		C ,	получим
16 +81−32 −36 −29 = 0 , следовательно,			точка	C	лежит на
окружности.
	131

6.5. Составить уравнение эллипса, зная, что он проходит через точки M ( 3; −2) и N (−2 3;1) и его оси

симметрии совпадают с осями координат. Найти уравнения его директрис, координаты вершин и фокусов, вычислить эксцентриситет и величины фокальных радиусов точки M .

Решение. Уравнение эллипса имеет вид (2). Точки M и N принадлежат эллипсу, значит их координаты удовлетворяют его уравнению. Подставляя их в уравнение

эллипса, получим систему двух уравнений относительно a2 и b2

( 3 )2

(−2)2

(−2 3 )2

1

=1, a

2

=15 , b

2

+

=1,

+

= 5 .

a2

b2

a2

b2

Следовательно, искомое уравнение

x2

+

y2

=1.

15

5

Величину c найдем из соотношения

c2 = a2 −b2 =15 −5 =10 .

Итак, a =

15 , b =

5 и c =

10 . Эксцентриситет будет

ε =

10

=

6

.

15

3

Уравнения директрис: x = ±

2

10

.

2

A1 ( 15,0), A2 (− 15,0),

Вершины

эллипса

(рис.

3.37):

B1 (0, 5 ), B2 (0, − 5 ),

Фокусы: F1 (

10,0), F2 (− 10,0).

Фокальные радиусы точки M находим по формулам (3):

r1 = 15 − 2 ,

r2 = 15 + 2 .

132

Рис. 3.37

6.6. Расстояния одного из фокусов эллипса до концов его большой оси, соответственно, равны 8 и 2. Составить каноническое уравнение эллипса.

Решение. Данные расстояния могут быть представлены

формулами a −c = 2

и a +c =8 .

Отсюда

2a =10 , 2c = 6

или

a = 5 , c = 3.

Так как b2 = a2 −c2 , то b2

= 25 −9 =16 . Следовательно,

уравнение искомого эллипса

x2

+

y2

=1 .

25

16

6.7.

Один из

диаметров

эллипса

x2

+

y2

=1 имеет

25

16

y = −2x .

уравнение

Найти

уравнение

сопряженного

ему

диаметра.

Решение. Здесь a2

= 9 , b2

=16 , k = −1. По формуле (5)

1

находим, что k2 = −

16

=

8

. Уравнение искомого диаметра

9

(−2)

9

имеет вид

y = 8 x .

9

6.8. Оси эллипса совпадают с осями координат и равны: a =10 , b =1. Определить длину сопряженных полудиаметров a ' и b ' и направление диаметра 2b ' если известно, что

диаметр 2a ' образует с осью 2a угол 20D .

133

Решение.

Уравнение

эллипса

x2

+

y2

=1 . Пусть

100

1

уравнение диаметра имеет вид

y = k1x . Решая эти уравнения

совместно, находим точки пересечения

10k1

x1,2

= ±

10

,

y1,2 = ±

100k2

+1

100k

2 +1

1

Учитывая, что

k1 = tgϕ1 = tg20D 0,364 , длину первого

полудиаметра находим по формуле расстояния между двумя точками

a ' =	x2	+ y2	= ab	1+k12	=10		1+(0,364)2	2,82 .
				a2k12 +b2		100(0,364)2 +1
	1	1
Длину второго полудиаметра находим по теореме
Аполлония
(b ')2	= a2 +b2		−(a ')2 , откуда b ' =			100 +1−(2,82)2		9,59 .

Угловой коэффициент сопряженного диаметра находим по формуле (5)

k2 = −	b2	= −	1	= −0,0275 , tgϕ = k2 , ϕ 178D25' .
	a2k		100 0,364
1

6.9. Составить уравнение гиперболы, зная, что ее оси совпадают с осями координат и гипербола проходит через

точки M (5; −2) и N (3 2; 2 ). Найти уравнения директрис и

вычислить эксцентриситет гиперболы.

Решение. Координаты точки M и N должны удовлетворять каноническому уравнению гиперболы (6). Подставляя их в уравнение гиперболы получим систему уравнений

25a2 − b42 =1, 18a2 − b22 =1.

134

Решая

систему

относительно

1

и

1

,

находим

a2

b2

1

7

22

=

,

=

.

Откуда

a2 =11,

b2

=

.

Составляем

a2

b2

7

11

22

уравнение гиперболы

x2

−

7 y2

=1.

11

22

= 99 .

Поскольку для гиперболы c2 = a2 +b2 , то c2

=11+

7

Тогда эксцентриситет будет равен ε =

c

=

99

= 3

7

.

a

7

7 11

Уравнения директрис находим по формуле x = ± a

=

77

.

3

ε

6.10. Гипербола проходит через точку

M (12;3 3)

и

имеет асимптоты y = ±

1 x . Составить уравнение гиперболы.

2

Решение. Запишем уравнения асимптот в общем виде

y = ± b x ,

тогда b

= 1

. Обозначим b = γ

и

a = 2γ ,

где γ

-

a

2

коэффициент пропорциональности.

Так как точка

M принадлежит гиперболе,

то подставляя

ее координаты и значения a и b каноническое уравнение (6),

получим 144	− 27	=1 . Откуда				γ 2	= 9 , следовательно, a = 6 ,
4γ 2	γ 2
b = 3 . Уравнение гиперболы примет вид
			x2	−	y2	=1.
		36		−	9	=1.
		36			9
6.11. Вычислить площадь трапеции, вписанной в
гиперболу xy = 6 ,		если вершинами трапеции являются точки
пересечения	этой	гиперболы				с	прямыми x + y +5 = 0 и
x + y −7 = 0 .
					135

Материал: Практикум по высшей математике. векторная алгебра и аналитическая геометрия. Пантелеев И.Н

Смотрите также: