Seqmentin tənliyi. Düz xətt. Düz xəttin tənliyi. Alınan materialla nə edəcəyik?

Bəzi afin koordinat sistemi OXY verilsin.

Teorem 2.1.İstənilən düz xətt l koordinat sistemi OX formanın xətti tənliyi ilə verilir

A x+B y+ C = O, (1)

burada A, B, C R və A 2 + B 2 0. Əksinə, (1) formalı istənilən tənlik düz xətti müəyyən edir.

(1) kimi tənlik - xəttin ümumi tənliyi .

(1) tənliyindəki bütün A, B və C əmsalları sıfırdan fərqli olsun. Sonra

Ah-By=-C, və .

-C/A=a, -C/B=b qeyd edək. alırıq

-seqmentlərdə tənlik .

Həqiqətən də, |a| ədədləri və |b| düz xətt ilə kəsilmiş seqmentlərin ölçüsünü göstərin l müvafiq olaraq OX və OY oxlarında.

Düz olsun l düzbucaqlı koordinat sistemində (1) ümumi tənliyi ilə verilir və M 1 (x 1,y 1) və M 2 (x 2,y 2) nöqtələri aşağıdakılara aid olsun. l. Sonra

A x 1 + V saat 1 + C = A X 2 + V saat 2 + C, yəni A( x 1 -x 2) + B( saat 1 -saat 2) = 0.

Son bərabərlik =(A,B) vektorunun =(x 1 -x 2,y 1 -y 2) vektoruna ortoqonal olması deməkdir. olanlar. Vektor (A,B) adlanır l xəttinin normal vektoru.

=(-B,A) vektorunu nəzərdən keçirək. Sonra

A(-B)+BA=0. olanlar. ^.

Buna görə =(-B,A) vektoru ədviyyatlının istiqamət vektorudur l.

Xəttin parametrik və kanonik tənlikləri

Verilmiş iki nöqtədən keçən xəttin tənliyi

Affin koordinat sistemində düz xətt verilsin (0, X, Y) l, onun istiqamət vektoru = (m,n) və nöqtəsi M 0 ( x 0 ,y 0) mülkiyyətdədir l. Sonra ixtiyari M nöqtəsi üçün ( x,saat) bu xəttin bizdə var

və o vaxtdan bəri .

və işarə etsək

M və M nöqtələrinin radius vektorları müvafiq olaraq 0, onda

- vektor şəklində xəttin tənliyi.

Çünki =( X,saat), =(X 0 ,saat 0), sonra

x= x 0 + mt,

y= y 0 + nt

- xəttin parametrik tənliyi .

Bundan belə çıxır

- xəttin kanonik tənliyi .

Nəhayət, əgər düz bir xətt üzərində l iki xal verilmişdir M 1 ( X 1 ,saat 1) və

M2( x 2 ,saat 2), sonra vektor =( X 2 -X 1 ,y 2 -saat 1) olur bələdçilər düz xəttin vektoru l. Sonra

- verilmiş iki nöqtədən keçən xəttin tənliyi.

Qarşılıqlı mövqe iki düz xətt.

Düz qoy l 1 və l 2 onların ümumi tənlikləri ilə verilir

l 1: A 1 X+ B 1 saat+ C 1 = 0, (1)

l 2: A 2 X+ B 2 saat+ C 2 = 0.

Teorem. Düz qoy l 1 və l 2 (1) tənlikləri ilə verilmişdir. Sonra və yalnız bundan sonra:

1) λ rəqəmi olmadıqda xətlər kəsişir

A 1 =λA 2, B 1 =λB 2;

2) belə bir λ ədədi olduqda xətlər üst-üstə düşür

A 1 =λA 2, B 1 =λB 2, C 1 =λC 2;

3) λ ədədi olduqda xətlər fərqli və paralel olur

A 1 =λA 2, B 1 =λB 2, C 1 λC 2.

Düz xətlər dəstəsi

Bir dəstə düz xətt adlı müəyyən bir nöqtədən keçən müstəvidəki bütün xətlərin çoxluğudur mərkəz şüa.

Şüa tənliyini təyin etmək üçün hər hansı iki düz xətti bilmək kifayətdir l 1 və l 2 şüanın mərkəzindən keçir.

Afin koordinat sistemində düz xətlər olsun l 1 və l 2 tənliklərlə verilir

l 1: A 1 x+ B 1 y+ C 1 = 0,

l 2: A 2 x+ B 2 y+ C 2 = 0.

Tənlik:

A 1 x+ B 1 y+ C + λ (A 2 X+ B 2 y+ C) = 0

- l 1 və l 2 tənlikləri ilə müəyyən edilmiş xətlərin qələminin tənliyi.

Gələcəkdə bir koordinat sistemi ilə biz düzbucaqlı koordinat sistemini başa düşəcəyik .

İki düz xəttin paralelliyi və perpendikulyarlığı şərtləri

Qoy xətlər verilsin l 1 və l 2. onların ümumi tənliklərini; = (A 1 ,B 1), = (A 2 ,B 2) – bu xətlərin normal vektorları; k 1 = tgα 1, k 2 = tanα 2 – bucaq əmsalları; = ( m 1 ,n 1), (m 2 ,n 2) – istiqamət vektorları. Sonra düz l 1 və l 2 yalnız və yalnız aşağıdakı şərtlərdən biri doğru olduqda paraleldir:

ya ya k 1 =k 2 və ya .

İndi düz olsun l 1 və l 2 perpendikulyardır. Onda, açıq-aydın, yəni A 1 A 2 + B 1 B 2 = 0.

Düzdürsə l 1 və l 2 müvafiq olaraq tənliklərlə verilmişdir

l 1: saat=k 1 x+ b 1 ,

l 2: saat=k 2 x+ b 2 ,

onda tanα 2 = tan(90º+α) = .

Bundan belə çıxır

Nəhayət, əgər və istiqamət vektorları düzdürsə, onda ^, yəni

m 1 m 2 + n 1 n 2 = 0

Son əlaqə iki təyyarənin perpendikulyar olması üçün zəruri və kifayət qədər şərti ifadə edir.

İki düz xətt arasındakı bucaq

İki düz xətt arasında φ bucaq altında l 1 və l 2 biz bir düz xəttin digər düz xəttə paralel və ya üst-üstə düşməsi üçün fırlanmalı olan ən kiçik bucağı başa düşəcəyik, yəni 0 £ φ £

Xətlər ümumi tənliklərlə verilsin. Aydındır ki

cosφ=

İndi düz olsun l 1 və l 2 yamac əmsallı tənliklərlə verilir k 1 in k müvafiq olaraq 2. Sonra

Aydındır ki, yəni ( X-X 0) + B( saat-saat 0) + C( z-z 0) = 0

Mötərizələri açıb D= -A işarə edək x 0 - V saat 0 - C z 0 . alırıq

A x+B y+ C z+ D = 0 (*)

- müstəvi tənliyi ümumi formada və ya ümumi müstəvi tənliyi.

Teorem 3.1 Xətti tənlik(*) (A 2 +B 2 +C 2 ≠ 0) müstəvi tənliyidir və əksinə, müstəvinin istənilən tənliyi xətti olur.

1) D = 0, onda təyyarə başlanğıcdan keçir.

2) A = 0, onda müstəvi OX oxuna paraleldir

3) A = 0, B = 0, onda müstəvi OXY müstəvisinə paraleldir.

Tənlikdəki bütün əmsallar sıfırdan fərqli olsun.

- seqmentlərdə müstəvi tənliyi. |a|, |b|, |c| ədədləri təyyarə ilə kəsilmiş seqmentlərin dəyərlərini göstərin koordinat oxları.

Və biz bunu ətraflı təhlil edəcəyik xüsusi növ xəttinin tənlikləri - . Seqmentlərdə düz xəttin tənliyinin formasından başlayaq və misal verək. Bundan sonra, seqmentlərdə düz xəttin tənliyi ilə verilən bir düz xəttin qurulmasına diqqət yetirəcəyik. Sonda, seqmentlərdə bir xəttin tam ümumi tənliyindən xəttin tənliyinə keçidin necə həyata keçirildiyini göstərəcəyik.

Səhifə naviqasiyası.

Seqmentlərdə xəttin tənliyi - təsvir və nümunə.

Oxy təyyarədə sabitlənsin.

Seqmentlərdə xəttin tənliyi düzbucaqlı koordinat sistemindəki müstəvidə Oxy formasına malikdir, burada a və b bəzi sıfırdan fərqli real ədədlərdir.

Təsadüfi deyil ki, seqmentlərdə bir xəttin tənliyi bu adı almışdır - a və b rəqəmlərinin mütləq qiymətləri xəttin Ox və Oy koordinat oxlarında kəsdiyi seqmentlərin uzunluqlarına bərabərdir. mənşəyi.

Bu məqama aydınlıq gətirək. Biz bilirik ki, xəttin istənilən nöqtəsinin koordinatları həmin xəttin tənliyini təmin edir. Onda aydın görünür ki, seqmentlərdə xəttin tənliyi ilə təyin olunan xəttin nöqtələrindən keçir və , çünki Və . Və nöqtələri müvafiq olaraq Ox və Oy koordinat oxlarında yerləşir və a və b vahidləri ilə koordinatların mənşəyindən uzaqdır. a və b rəqəmlərinin işarələri seqmentlərin qoyulması lazım olan istiqaməti göstərir. “+” işarəsi seqmentin koordinat oxunun müsbət istiqamətində çəkildiyini, “-” işarəsi isə əksini bildirir.

Yuxarıdakıların hamısını izah edən sxematik bir rəsm təsvir edək. Seqmentlərdə xəttin tənliyində a və b ədədlərinin dəyərlərindən asılı olaraq sabit düzbucaqlı Oxy koordinat sisteminə nisbətən xətlərin yerini göstərir.

İndi aydın oldu ki, seqmentlərdə düz xəttin tənliyi bu düz xəttin düzbucaqlı Oxy koordinat sistemində qurulmasını asanlaşdırır. Formanın seqmentlərində düz xəttin tənliyi ilə verilən bir düz xətt qurmaq üçün müstəvidə düzbucaqlı koordinat sistemində nöqtələri qeyd etməli və sonra onları xətkeşdən istifadə edərək düz xətt ilə birləşdirməlisiniz.

Bir misal verək.

Misal.

Formanın seqmentlərində xəttin tənliyi ilə verilən düz xətti qurun.

Həll.

Seqmentlərdəki xəttin verilmiş tənliyinə əsasən xəttin nöqtələrdən keçdiyini görmək olar . Onları qeyd edirik və düz bir xətt ilə birləşdiririk.

Xəttin ümumi tənliyinin seqmentlərdəki xəttin tənliyinə endirilməsi.

Müstəvidə xəttlə bağlı bəzi məsələləri həll edərkən seqmentlərdə xəttin tənliyi ilə işləmək rahatdır. Bununla belə, müstəvidə xətti təyin edən başqa növ tənliklər də var. Buna görə də seqmentlərdə xəttin verilmiş tənliyindən bu xəttin tənliyinə keçidi həyata keçirmək lazımdır.

Bu paraqrafda xəttin tam ümumi tənliyi verildiyi təqdirdə seqmentlərdə xəttin tənliyini necə əldə edəcəyimizi göstərəcəyik.

Müstəvidəki xəttin tam ümumi tənliyini bizə bildirin . A, B və C sıfıra bərabər olmadığı üçün siz C ədədini bərabərliyin sağ tərəfinə keçirə, nəticədə yaranan bərabərliyin hər iki tərəfini –C-yə bölə və x və y üçün əmsalları məxrəcə göndərə bilərsiniz:
.

(Son keçiddə bərabərlikdən istifadə etdik ).

Beləliklə, biz düz xəttin ümumi tənliyindən seqmentlərdə düz xəttin tənliyinə keçdi, burada .

Misal.

Düzbucaqlı koordinat sistemindəki düz xətt Oxy tənliyi ilə verilir . Bu xəttin tənliyini seqmentlərlə yazın.

Həll.

Verilmiş bərabərliyin sağ tərəfinə bir saniyə keçək: . İndi əldə edilən bərabərliyi hər iki tərəfə bölək: . Yaranan bərabərliyi istədiyiniz formaya çevirmək qalır: . Seqmentlərdə xəttin tələb olunan tənliyini belə əldə etdik.

Cavab:

Düz xətt müəyyən edərsə

Seqmentlərdə xəttin tənliyi

Düz xəttin ümumi tənliyi verilsin:

Düz xəttin seqmentlərdə tənliyi, düz xəttin müvafiq koordinat oxlarında kəsdiyi seqmentlər haradadır.

Ümumi tənliklə verilən düz xətt qurun:

Bundan seqmentlərdə bu xəttin tənliyini qura bilərik:

Bir müstəvidə xətlərin nisbi mövqeyi.

Bəyanat 1.

Düz xətlər üçün və tənliklərlə verilmişdir:

Təsadüf zəruri və kifayətdir ki,:

Sübut: və üst-üstə düşür, onların istiqamət vektorları və kollineardır, yəni:

Bu düz xətt ilə M 0 nöqtəsini götürək, onda:

Birinci tənliyi vurub ikinciyə (2) əlavə edərək əldə edirik:

Beləliklə, (2), (3) və (4) düsturları ekvivalentdir. (2) yerinə yetirilsin, onda (*) sistemin tənlikləri uyğun düz xətlər üst-üstə düşür;

Bəyanat 2.

(*) tənlikləri ilə verilən xətlər paraleldir və üst-üstə düşmür, yalnız və yalnız:

Sübut:

Uyğunlaşmasa belə:

Uyğunsuz, yəni Kronecker-Capelli teoreminə görə:

Bu, yalnız aşağıdakı hallarda mümkündür:

Yəni (5) şərt yerinə yetirildikdə.

Birinci bərabərlik (5) yerinə yetirildikdə, - ikinci bərabərliyin yerinə yetirilməməsi sistemin uyğunsuzluğu ilə nəticələnir (*) xətlər paraleldir və üst-üstə düşmür.

Qeyd 1.

Qütb koordinat sistemi.

Təyyarənin bir nöqtəsini düzəldək və onu qütb adlandıraq. Qütbdən çıxan şüa qütb oxu adlanacaq.

Seqmentlərin uzunluğunu ölçmək üçün bir miqyas seçək və nöqtə ətrafında saat yönünün əksinə fırlanmanın müsbət hesab ediləcəyinə razılaşaq. Hər hansı bir nöqtəni nəzərdən keçirin verilmiş təyyarə, qütbə olan məsafəsi ilə işarələyin və onu qütb radiusu adlandırın. Qütb oxunun üst-üstə düşməsi üçün fırlanmalı olduğu bucaq qütb bucağı ilə işarələnəcək və adlanacaq.

Tərif 3.

Nöqtənin qütb koordinatları onun qütb radiusu və qütb bucağıdır:

Qeyd 2. dirəkdə. Nöqtədən başqa xallar üçün dəyər bir müddətə qədər müəyyən edilir.

Dekart düzbucaqlı koordinat sistemini nəzərdən keçirək: qütb başlanğıc ilə üst-üstə düşür, qütb oxu isə müsbət yarımoxla üst-üstə düşür. Budur. Sonra:

Düzbucaqlı Kartezyen və qütb koordinat sistemləri arasında hansı əlaqə var.

Bernullinin lemniskat tənliyi. Onu qütb koordinat sistemində yazın.

Müstəvidə xəttin normal tənliyi. Qütb oxu ilə üst-üstə düşsün, - başlanğıcdan keçən ox. Qoy:

Qoy o zaman:

Nöqtə üçün şərt (**):

Qütb koordinat sistemində düz xəttin tənliyi.

Burada - başlanğıcdan düz xəttə çəkilmiş uzunluq, - normalın oxa meyl bucağı.

Tənlik (7) yenidən yazıla bilər:

Müstəvidə xəttin normal tənliyi.

Əgər düz xəttin ümumi tənliyində Ах + Ву + С = 0 С ¹ 0 olarsa, onda –С-ə bölməklə, alırıq: və ya

Həndəsi mənaəmsallar o əmsaldır A xəttin Ox oxu ilə kəsişmə nöqtəsinin koordinatıdır və b– düz xəttin Oy oxu ilə kəsişmə nöqtəsinin koordinatı.

Misal. x – y + 1 = 0 xəttinin ümumi tənliyi verilmişdir.

C = 1, , a = -1, b = 1.

Xəttin normal tənliyi.

Ax + By + C = 0 tənliyinin hər iki tərəfi adlanan bir ədədə bölünürsə normallaşdıran amildir, onda alırıq

Xcosj + ysinj - p = 0 –

xəttin normal tənliyi.

Normallaşdırıcı əmsalın ± işarəsi elə seçilməlidir ki, m×С< 0.

p başlanğıcdan düz xəttə endirilən perpendikulyarın uzunluğu, j isə bu perpendikulyarın Ox oxunun müsbət istiqaməti ilə yaratdığı bucaqdır.

Misal. 12x – 5y – 65 = 0 xəttinin ümumi tənliyi verilmişdir ki, bu xətt üçün müxtəlif növ tənliklər yazmaq lazımdır.

seqmentlərdə bu xəttin tənliyi:

bu xəttin mailliklə bərabərliyi: (5-ə bölün)

xəttin normal tənliyi:

; cosj = 12/13; sinj = -5/13; p = 5.

Qeyd etmək lazımdır ki, hər düz xətti seqmentlərdə, məsələn, oxlara paralel və ya koordinatların başlanğıcından keçən düz xətlər tənliklə təmsil oluna bilməz.

Misal. Düz xətt koordinat oxlarında bərabər müsbət seqmentləri kəsir. Bu seqmentlərin yaratdığı üçbucağın sahəsi 8 sm 2 olarsa, düz xəttin tənliyini yazın.

Düz xəttin tənliyi formaya malikdir: , a = b = 1; ab/2 = 8; a = 4; -4.

a = -4 məsələnin şərtlərinə uyğun deyil.

Cəmi: və ya x + y – 4 = 0.

Misal. A(-2, -3) nöqtəsindən və başlanğıcından keçən düz xəttin tənliyini yazın.

Düz xətt tənliyi formaya malikdir: , burada x 1 = y 1 = 0; x 2 = -2; y 2 = -3.

Keçən xəttin tənliyi bu nöqtə

Verilmiş xəttə perpendikulyar.

Tərif. M 1 (x 1, y 1) nöqtəsindən keçən və y = kx + b düz xəttinə perpendikulyar olan düz xətt tənlik ilə təmsil olunur:

Bir müstəvidə düz xətlər arasındakı bucaq.

Tərif.Əgər iki xətt y = k 1 x + b 1, y = k 2 x + b 2 verilsə, bu xətlər arasındakı iti bucaq aşağıdakı kimi təyin ediləcəkdir.

Əgər k 1 = k 2 olarsa, iki xətt paraleldir.

Əgər k 1 = -1/k 2 olarsa, iki xətt perpendikulyardır.

Teorem. A 1 = lA, B 1 = lB əmsalları mütənasib olduqda Ax + Bу + C = 0 və A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 düz xətləri paraleldir. Əgər həm də С 1 = lС, onda xətlər üst-üstə düşür.

Bu xətlərin tənliklər sisteminin həlli kimi iki xəttin kəsişmə nöqtəsinin koordinatları tapılır.

Bir nöqtədən xəttə qədər olan məsafə.

Teorem. M(x 0, y 0) nöqtəsi verilmişdirsə, onda Ax + Bу + C = 0 xəttinə olan məsafə belə təyin olunur.

Sübut. M nöqtəsindən verilmiş düz xəttə endirilmiş perpendikulyarın əsası M 1 (x 1, y 1) nöqtəsi olsun. Sonra M və M nöqtələri arasındakı məsafə 1:

x 1 və y 1 koordinatlarını tənliklər sistemini həll etməklə tapmaq olar:

Sistemin ikinci tənliyi keçən xəttin tənliyidir verilmiş nöqtə M 0 verilmiş düz xəttə perpendikulyardır.

Sistemin birinci tənliyini formaya çevirsək:

A(x – x 0) + B(y – y 0) + Ax 0 + By 0 + C = 0,

sonra həll edərək əldə edirik:

Bu ifadələri (1) tənliyində əvəz edərək tapırıq:

Teorem sübut edilmişdir.

Misal . Xətlər arasındakı bucağı təyin edin: y = -3x + 7; y = 2x + 1.

k 1 = -3; k 2 = 2 tgj = ; j = p/4.

Misal. 3x – 5y + 7 = 0 və 10x + 6y – 3 = 0 xətlərinin perpendikulyar olduğunu göstərin.

Tapırıq: k 1 = 3/5, k 2 = -5/3, k 1 k 2 = -1, buna görə də xətlər perpendikulyardır.

Misal. A(0; 1), B(6; 5), C(12; -1) üçbucağının təpələri verilmişdir. C təpəsindən çəkilmiş hündürlüyün tənliyini tapın.

AB tərəfinin tənliyini tapırıq: ; 4x = 6y – 6;

2x – 3y + 3 = 0;

Tələb olunan hündürlük tənliyi formaya malikdir: Ax + By + C = 0 və ya y = kx + b.

k =. Sonra y =. Çünki hündürlük C nöqtəsindən keçir, onda onun koordinatları bu tənliyi ödəyir: buradan b = 17. Cəmi: .

Cavab: 3x + 2y – 34 = 0.

İkinci dərəcəli əyrilər.

Tənliklə ikinci dərəcəli əyri verilə bilər

Balta 2 + 2Bhu + Su 2 + 2Dx + 2Ey + F = 0.

Bu tənliyin aşağıda verilmiş formalardan birində göstərilə biləcəyi bir koordinat sistemi (mütləq Kartezian düzbucaqlı deyil) mövcuddur.

1) - ellipsin tənliyi.

2) - “xəyali” ellipsin tənliyi.

3) - hiperbola tənliyi.

4) 2 x 2 – c 2 y 2 = 0 – iki kəsişən xəttin tənliyi.

5) y 2 = 2px – parabolanın tənliyi.

6) y 2 – a 2 = 0 – iki paralel xəttin tənliyi.

7) y 2 + a 2 = 0 – iki “xəyali” paralel xəttin tənliyi.

8) y 2 = 0 – üst-üstə düşən bir cüt xətt.

9) (x – a) 2 + (y – b) 2 = R 2 – çevrənin tənliyi.

Dairə.

(x – a) 2 + (y – b) 2 = R 2 dairəsində mərkəzin (a; b) koordinatları var.

Misal. Tənliyi formada verilmişdirsə, dairənin mərkəzinin koordinatlarını və radiusunu tapın:

2x 2 + 2y 2 – 8x + 5y – 4 = 0.

Dairənin mərkəzinin və radiusunun koordinatlarını tapmaq üçün bu tənliyi yuxarıda 9-cu bənddə göstərilən formaya gətirmək lazımdır. Bunu etmək üçün tam kvadratları seçin:

x 2 + y 2 – 4x + 2.5y – 2 = 0

x 2 – 4x + 4 –4 + y 2 + 2,5y + 25/16 – 25/16 – 2 = 0

(x – 2) 2 + (y + 5/4) 2 – 25/16 – 6 = 0

(x – 2) 2 + (y + 5/4) 2 = 121/16

Buradan O(2; -5/4); R = 11/4.

Ellips.

Tərif. Ellips tənliklə verilən əyri adlanır.

Tərif. Fokuslar belə iki nöqtə adlanır, ellipsin istənilən nöqtəsinə qədər olan məsafələrin cəmi sabit qiymətdir.

F 1, F 2 – fokuslar. F 1 = (c; 0); F 2 (-c; 0)

c – fokuslar arasındakı məsafənin yarısı;

a – yarımmajor ox;

b – yarım kiçik ox.

Teorem. Ellipsin fokus uzunluğu və yarımoxları aşağıdakı əlaqə ilə əlaqələndirilir:

a 2 = b 2 + c 2 .

Sübut: M nöqtəsi ellipsin şaquli oxu ilə kəsişməsindədirsə, r 1 + r 2= 2 (Pifaqor teoreminə görə). M nöqtəsi ellipsin üfüqi oxla kəsişməsindədirsə, r 1 + r 2 = a – c + a + c.Çünki tərifinə görə məbləğ r 1 + r 2 sabit dəyərdir, onda bərabərləşdirərək alırıq:

a 2 = b 2 + c 2

r 1 + r 2 = 2a.

Tərif. Ellipsin forması fokus uzunluğunun əsas oxa nisbəti olan xarakteristikası ilə müəyyən edilir və adlanır. ekssentriklik.

Çünki ilə< a, то е < 1.

Tərif. k = b/a kəmiyyəti deyilir sıxılma nisbəti ellipsdir və 1 – k = (a – b)/a kəmiyyəti adlanır sıxılma ellips.

Sıxılma nisbəti və ekssentriklik nisbəti ilə əlaqələndirilir: k 2 = 1 – e 2 .

Əgər a = b (c = 0, e = 0, fokuslar birləşir), onda ellips dairəyə çevrilir.

M(x 1, y 1) nöqtəsi üçün şərt ödənilirsə: o, ellipsin daxilində yerləşir, əgər , onda nöqtə ellipsin xaricindədir.

Teorem. Ellipsə aid olan ixtiyari M(x, y) nöqtəsi üçün aşağıdakı əlaqələr doğrudur::

R 1 = a – ex, r 2 = a + ex.

Sübut. Yuxarıda göstərildi ki, r 1 + r 2 = 2a. Bundan əlavə, həndəsi mülahizələrdən yaza bilərik:

Oxşar şərtləri kvadratlaşdırdıqdan və gətirdikdən sonra:

Oxşar şəkildə isbat olunur ki, r 2 = a + ex. Teorem sübut edilmişdir.

Ellips adlanan iki düz xəttə bağlıdır direktorlar. Onların tənlikləri:

X = a/e; x = -a/e.

Teorem. Bir nöqtənin bir ellips üzərində uzanması üçün məsafənin fokusla məsafənin müvafiq direktrisə nisbətinin e ekssentrikliyinə bərabər olması zəruri və kifayətdir.

Misal. Ellipsin sol fokusundan və aşağı təpəsindən keçən xətt üçün tənliklə verilən tənliyi yazın:

1) Aşağı təpənin koordinatları: x = 0; y2 = 16; y = -4.

2) Sol fokusun koordinatları: c 2 = a 2 – b 2 = 25 – 16 = 9; c = 3; F 2 (-3; 0).

3) İki nöqtədən keçən xəttin tənliyi:

Misal. Ellipsin fokusları F 1 (0; 0), F 2 (1; 1) və böyük oxu 2 olarsa, onun tənliyini yazın.

Ellipsin tənliyi formaya malikdir: . Fokus məsafəsi:

2c = beləliklə a 2 – b 2 = c 2 = ½

şərt 2a = 2, buna görə də a = 1, b =

Hiperbola.

Tərif. Hiperbola iki verilmiş nöqtədən məsafələr fərqinin modulu adlanan müstəvi nöqtələrinin çoxluğudur hiylələr fokuslar arasındakı məsafədən kiçik sabit qiymətdir.

Tərifinə görə ïr 1 – r 2 ï= 2a. F 1, F 2 – hiperbolanın fokusları. F 1 F 2 = 2c.

Hiperbolada ixtiyari M(x, y) nöqtəsini seçək. Sonra:

c 2 – a 2 = b 2 işarə edək (həndəsi olaraq bu kəmiyyət kiçik yarımoxdur)

Hiperbolanın kanonik tənliyini əldə etdik.

Hiperbola fokusları birləşdirən seqmentin ortasına və koordinat oxlarına yaxın simmetrikdir.

2a oxu hiperbolanın həqiqi oxu adlanır.

2b oxu hiperbolanın xəyali oxu adlanır.

Hiperbolanın tənlikləri olan iki asimptot var

Tərif.Əlaqə deyilir ekssentriklik hiperbolalar, burada c fokuslar arasındakı məsafənin yarısıdır və real yarımoxdur.

c 2 – a 2 = b 2 olduğunu nəzərə alaraq:

Əgər a = b, e = olarsa, hiperbola adlanır bərabərtərəfli (bərabərtərəfli).

Tərif. Hiperbolanın həqiqi oxuna perpendikulyar olan və mərkəzə nisbətən simmetrik olaraq ondan a/e məsafədə yerləşən iki düz xətt deyilir. direktorlar hiperbola. Onların tənlikləri: .

Teorem. Əgər r hiperbolanın ixtiyari M nöqtəsindən hər hansı fokusa qədər olan məsafədirsə, d eyni nöqtədən bu fokusa uyğun gələn direktrisa qədər olan məsafədirsə, onda r/d nisbəti ekssentrikliyə bərabər sabit qiymətdir.

Sübut. Hiperbolanı sxematik şəkildə təsvir edək.

Aşkar həndəsi əlaqələrdən yaza bilərik:

a/e + d = x, buna görə də d = x – a/e.

(x – c) 2 + y 2 = r 2

Kanonik tənlikdən: , b 2 = c 2 – a 2 nəzərə alınmaqla:

Sonra çünki с/a = e, onda r = ex – a.

Hiperbolanın sol budağı üçün sübut oxşardır. Teorem sübut edilmişdir.

Misal. Təpələri və ocaqları ellipsin müvafiq təpələrində və ocaqlarında olan hiperbolanın tənliyini tapın.

Ellips üçün: c 2 = a 2 – b 2.

Hiperbola üçün: c 2 = a 2 + b 2.

Hiperbola tənliyi: .

Misal. Hiperbolanın ekssentrikliyi 2 və ocaqları parabolanın parametri olan tənliyi ellipsin fokusları ilə üst-üstə düşürsə, onun tənliyini yazın. Parabolanın kanonik tənliyini əldə edək.

Həndəsi əlaqələrdən: AM = MF; AM = x + p/2;

MF 2 = y 2 + (x – p/2) 2

(x + p/2) 2 = y 2 + (x – p/2) 2

x 2 +xp + p 2 /4 = y 2 + x 2 – xp + p 2 /4

Direktrix tənliyi: x = -p/2.

Misal . y 2 = 8x parabolasında direktrisadan məsafəsi 4 olan nöqtəni tapın.

Parabola tənliyindən p = 4 olduğunu tapırıq.

r = x + p/2 = 4; deməli:

x = 2; y2 = 16; y = ±4. Axtarılan nöqtələr: M 1 (2; 4), M 2 (2; -4).

Misal. Qütb koordinat sistemində əyrinin tənliyi aşağıdakı formaya malikdir:

Dekart düzbucaqlı koordinat sistemində əyrinin tənliyini tapın, əyrinin növünü təyin edin, fokusları və ekssentrikliyi tapın. Sxematik olaraq əyri çəkin.

Dekart düzbucaqlı və qütb koordinat sistemləri arasındakı əlaqədən istifadə edək: ;

Hiperbolanın kanonik tənliyini əldə etdik. Tənlikdən aydın olur ki, hiperbola Ox oxu boyunca 5 sola sürüşür, böyük yarımox a 4-ə, kiçik yarımox b 3-ə bərabərdir, buradan c 2 = a alırıq. 2 + b 2; c = 5; e = c/a = 5/4.

F 1 (-10; 0), F 2 (0; 0) fokuslanır.

Bu hiperbolanın qrafikini quraq.

Tapşırıq seqmentin ucunun verilmiş koordinatlarından istifadə edərək ondan keçən düz xətti qurmaqdır.

Biz seqmentin degenerativ olmadığına inanırıq, yəni. sıfırdan böyük uzunluğa malikdir (əks halda, təbii ki, ondan sonsuz sayda müxtəlif düz xətlər keçir).

İki ölçülü qutu

Bir seqment verilsin, yəni. onun , , , uclarının koordinatları məlumdur.

Qurmaq üçün tələb olunur müstəvidə xəttin tənliyi, bu seqmentdən keçərək, yəni. düz xəttin tənliyində , əmsallarını tapın:

Qeyd edək ki, verilmiş seqmentdən keçən tələb olunan üçlüklərdir sonsuz sayda: Hər üç əmsalı ixtiyari sıfırdan fərqli bir ədədə vurub eyni düz xətti əldə edə bilərsiniz. Ona görə də bizim vəzifəmiz bu üçlüklərdən birini tapmaqdır.

Aşağıdakı əmsallar toplusunun uyğun olduğunu yoxlamaq asandır (bu ifadələri və nöqtələrin koordinatlarını düz xəttin tənliyində əvəz etməklə):

Tam ədəd

Düz xəttin qurulmasının bu metodunun mühüm üstünlüyü ondan ibarətdir ki, əgər ucların koordinatları tam ədəd idisə, nəticədə yaranan əmsallar da tam ədədlər. Bəzi hallarda bu, həndəsi əməliyyatları ümumiyyətlə həqiqi ədədlərə müraciət etmədən yerinə yetirməyə imkan verir.

Bununla belə, kiçik bir çatışmazlıq var: eyni xətt üçün müxtəlif üçlü əmsallar əldə edilə bilər. Bunun qarşısını almaq üçün, lakin tam əmsallardan uzaqlaşmamaq üçün tez-tez adlandırılan aşağıdakı texnikadan istifadə edə bilərsiniz rasionlaşdırma. , , ədədlərinin ən böyük ortaq bölənini tapaq, hər üç əmsalı ona bölək, sonra işarəni normallaşdıraq: əgər və ya olarsa, onda hər üç əmsalı , -ə vuraq. Nəticədə belə bir nəticəyə gələcəyik ki, eyni xətlər üçün eyni üçqat əmsallar əldə edəcəyik ki, bu da xətləri bərabərlik üçün yoxlamağı asanlaşdıracaq.

Real qiymətli kassa

Həqiqi ədədlərlə işləyərkən həmişə səhvlərdən xəbərdar olmalısınız.

Əldə etdiyimiz əmsallar ilkin koordinatların sırasına uyğundur, əmsal artıq onların kvadratı sırasına uyğundur. Bu artıq kifayət edə bilər böyük rəqəmlər, və məsələn, düz xətlər kəsişdikdə onlar daha da böyüyəcək və bu, hətta ilkin sıra koordinatlarında belə böyük yuvarlaqlaşdırma xətalarına səbəb ola bilər.

Buna görə də, həqiqi ədədlərlə işləyərkən sözdə yerinə yetirmək məsləhətdir normallaşma birbaşa: yəni əmsalları elə etmək . Bunu etmək üçün rəqəmi hesablamaq lazımdır:

və hər üç əmsalı , , ona bölün.

Beləliklə, əmsalların sırası və artıq giriş koordinatlarının sırasından asılı olmayacaq və əmsal giriş koordinatları ilə eyni qaydada olacaq. Təcrübədə bu, hesablamaların düzgünlüyünün əhəmiyyətli dərəcədə yaxşılaşmasına səbəb olur.

Nəhayət, qeyd edək müqayisə düz xətlər - axırda eyni düz xətt üçün belə normallaşdırmadan sonra yalnız iki üçqat əmsal əldə etmək olar: vurmağa qədər. Müvafiq olaraq, işarəni nəzərə alaraq əlavə normallaşdırma aparsaq (əgər və ya , onda -ə vurun), nəticədə alınan əmsallar unikal olacaqdır.