ПРИМЕРЫ 1 – 12 ПРИМЕРЫ 13 – 24
К СОДЕРЖАНИЮ КУРСА

Пример 25

Составить уравнения прямых, перпендикулярных к прямой 2·х + 6·у – 6 = 0 и отстоящих от точки М(5, 4) на расстоянии √10
Р е ш е н и е. Используя условие перпендикулярности прямых, получим нормальный вектор искомых прямых .
С учётом условия параллельности прямых запишем уравнение искомых прямых
6·х - 2·у + с = 0.
Так как эти прямые отстоят от точки М на расстояние √10 ед, то
,
откуда находим | 22 + c | = 20. Раскрывая модуль, получим уравнения, из которых находим с1 = - 42 и с2 = - 2. Окончательно искомыми уравнениями будут 6·х - 2·у - 42 = 0 и 6·х - 2·у - 2 = 0.
О т в е т: 6х – 2у – 42 = 0 и 6х – 2у – 2 = 0.

Пример 26

Даны две вершины А(1, 2) и В(3, 4) треугольника АВС и косинусы внутренних углов А и В
.
Составить уравнения сторон треугольника и найти его третью вершину. Решение. Найдём координаты вектора
AB = (3 − 1; 4 − 2) = (2; 2).
Найдём далее
.
Используя формулы преобразования поворота
найдём координаты вектора AC1
то есть .
Найдём вектор AC2.
то есть .
Используя форму уравнения пучка прямых, получим уравнения сторон треугольника
или
Вектор BA имеет координаты (– 2, – 2). Найдём далее
.
Используя формулы преобразования поворота
найдём координаты вектора BC3.
то есть .
Для отрицательного значения sin Ð В получим координаты вектора BC4:
то есть .
Используя форму уравнения пучка прямых, получим уравнения сторон треугольника
или
BC3 : 2·x − y − 2 = 0,
BC4 : x − 2·y + 5 = 0.
В данной задаче можно указать четыре треугольника Δ АВС1, Δ АВС2, Δ АВС3, Δ АВС4, обладающих данными свойствами

Пример 27

Доказать, что прямые 3·х –7·у + 2 = 0 и 3·х – 7·у + 3 = 0 параллельны и найти расстояние между ними.
Р е ш е н и е. Эти прямые параллельны, так как для этих прямых выполнено условие параллельности
.
Эти прямые лежат по одну сторону от начала координат, так как при подстановке координат х = 0, у = 0 в уравнения прямых получаются неравенства одинакового смысла 2 > 0 и 3 > 0. Поэтому расстояние между прямыми найдём как разность расстояний каждой из этих прямых от начала координат
.
Ответ:

Пример 28

 Для точек М1(5,3), М2(1, 2), М3(3, 0), М4(2, 4) доказать, что М1М2 ^ М3М4 и точка пересечения прямых М1М2 и М3М4 лежит между точками М1, М2 и М3, М4.
  Р е ш е н и е. Векторы M1M2 = (– 4, – 1), M3M4 = (– 1, 4) удовлетворяют условию ортогональности векторов
,
что доказывает свойство М1М2 ^ М3М4.
Используя форму уравнения прямой, проходящей через две заданные точки, получим уравнение прямой М1М2: х – 4у + 7 = 0 и уравнение прямой М3М4 :4х + у – 12 = 0. Система, составленная из этих уравнений
имеет решение
,
которое определит точку пересечения прямых М1М2 и М3М4 . Воспользуемся условиями
sign ((3 − 4·0 + 7)·(2 − 4·4 + 7)) = sign ( − 70) = − 1,
sign ((4·5 + 3 − 12)·(4·1 + 2 − 12)) = sign ( − 66) = − 1.
из которых следует, что точки М1 и М2 лежат по разные стороны прямой, проходящей через точки М3 и М4, и точки М3 и М4 лежат по разные стороны прямой, проходящей через точки М1 и М2.

Пример 29

  На эллипсе
найти точку, расстояние которой от правого фокуса в четыре раза больше расстояния от левого фокуса.
  Р е ш е н и е. Пусть это будет точка М(х, у). Известно, что фокальные радиусы эллипса определяются соотношениями
r1 = a + e·x, r2 = a – e·x,
поэтому по условию задачи имеем
 (16.40)
Так как а = 10, b = 6, то
,
и экстрисистет эллипса будет равен
.
Из (16.40) находим абсциссу х = 7,5 точки на эллипсе, которая обладает указанными свойствами. Ординату точки найдём из условия, что искомая точка должна лежать на эллипсе
,
откуда найдём .
На эллипсе имеются две точки
,
которые обладают указанным свойством.
Ответ: .

Пример 30

  Найти уравнения общих касательных к эллипсам
Р е ш е н и е. Прямая Ах + Ву + С = 0 является касательной к эллипсу
,
если параметры этих линий удовлетворяют соотношению
А2·a2 + B2·b2 = C2.
Это условие для каждого эллипса запишется в виде
 (16.41)
откуда имеем
5 A2 + 4 B2 = 4 A2 + 5 B2,
или А2 = В2. Таким образом, коэффициенты А и В уравнения прямых отличаются знаком В = ± А. Из (16.41) далее имеем С2 = 9·А2, откуда следует С = ± 3·А. Подставляя найденные величины В и С в уравнение прямой, получим х ± у ± 3 = 0, откуда для различных комбинаций знаков получим четыре уравнения касательных.
  Ответ: х + у + 3 = 0, х + у – 3 = 0, х – у + 3 = 0, х – у – 3 = 0 .

Пример 31

  Составить уравнение плоскости, проходящей через прямую
и точку А(4; 6; – 3).
  Р е ш е н и е. Согласно уравнению прямой, искомая плоскость проходит через точку А0(1; – 2; 0) и точку А(4; 6; – 3). Уравнение плоскости получим как условие комплонарности векторов N (2; 1; 2), и вектора R (x − 1; y + 2; z ). Составляя условие компланарности этих векторов, получим

Пример 32

  Составить уравнение эллипса, симметричного относительно осей координат, с фокусами на оси ОХ, если большая его ось равна 8, а расстояние между директрисами равно 16.
  Р е ш е н и е. Уравнение эллипса ищем в виде
.
По условию 2а = 8; 2L = 16; Откуда находим а = 4; L = 8.
Далее, так как , то 8 = 4/e, откуда имеем е = 1/2. С другой стороны, е = с/а = 1/2, откуда следует с = а/2 = 4/2 = 2. Так как b2=a2 –c2 = 16 – 4 = 12, то, таким образом, окончательно имеем
.

Пример 33

  Доказать, что точка гиперболы является серединой отрезка касательной к этой гиперболе, заключённой между асимптотами.
  Р е ш е н и е. Пусть уравнение гиперболы представлено в каноническом виде в данной системе координат

Из системы уравнений
найдём координаты точки М1 пересечения касательной с первой асимптотой
  Из системы уравнений
найдём координаты точки М2 пересечения касательной со второй асимптотой
Непосредственной проверкой убеждаемся в справедливости соотношений деления отрезка пополам
что и требовалось доказать.

Пример 34

  Определить центр линии второго порядка

5x2 – 8xy + 5y2 – 18x – 18y + 11 = 0.

  Р е ш е н и е. Найдём инварианты линии второго порядка
Так как J2 > 0, J3 < 0, то рассматриваемая линия второго порядка будет эллипсом. Центр линии второго порядка находится решением системы уравнений
Для рассматриваемого случая эта система имеет вид
Решением этой системы и, следовательно, координатами центра рассматриваемого эллипса будут (9, 9).
  Ответ. Координатами центра эллипса будут (9, 9).

Пример 35

  Определить центр линии второго порядка

x2 – 2xy + y2 – 3x + 2y - 11 = 0.

  Р е ш е н и е. Найдём инварианты линии второго порядка
Рассматриваемая линия является параболой, центра для этой линии нет.

Пример 36

  Уравнение линии второго порядка

4x2 + 4xy + y2 – 6x + 4y + 2 = 0.

привести к простейшему виду.
  Р е ш е н и е. Найдём инварианты линии второго порядка
Каноническое уравнение параболы имеет в общем случае вид
или с учётом значений инвариантов
или окончательно

Пример 37

  Найти асимптоты гиперболы

10x2 + 21xy + 9y2 – 41x - 39y + 4 = 0.

  Р е ш е н и е. Найдём инварианты линии второго порядка

Так как J2 < 0 и J3 ≠ 0, то, действительно, данная линия является гиперболой. Решив систему уравнений
найдём координаты (1, 1) центра линии. Решение квадратного уравнения относительно k
a11 + 2 a12 k + a22 k2 = 0
определит угловые коэффициенты этих асимптот. Для данного примера это квадратное уравнение имеет вид
9 k2 + 21 k + 10 = 0
угловыми коэффициентами асимптот будут
Используя уравнение пучка прямых, получим уравнения асимптот
5 x + 3 y – 8 = 0, 2 x + 3 y – 5 = 0.

Задачи для самостоятельного решения