Jednačina segmenta. Prava linija. Jednačina prave linije. Šta ćemo sa primljenim materijalom?

Neka je dat neki afini koordinatni sistem OXY.

Teorema 2.1. Bilo koja prava linija l koordinatni sistem OX je dat linearnom jednačinom oblika

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

gdje je A, B, C R i A 2 + B 2 0. Obrnuto, bilo koja jednačina oblika (1) definira pravu liniju.

Jednačina kao (1) - opšta jednačina prave .

Neka su svi koeficijenti A, B i C u jednačini (1) različiti od nule. Onda

Ah-By=-C, i .

Označimo -C/A=a, -C/B=b. Dobili smo

-jednadžba u segmentima .

Zaista, brojevi |a| i |b| označavaju veličinu segmenata odsječenih ravnom linijom l na OX i OY osi, respektivno.

Neka bude pravo l je dat opštom jednačinom (1) u pravougaonom koordinatnom sistemu i neka tačke M 1 (x 1,y 1) i M 2 (x 2,y 2) pripadaju l. Onda

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

Posljednja jednakost znači da je vektor =(A,B) ortogonan na vektor =(x 1 -x 2,y 1 -y 2). one. Vektor (A,B) se zove normalni vektor prave l.

Razmotrimo vektor =(-B,A). Onda

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

Dakle, vektor =(-B,A) je vektor smjera začinskog l.

Parametarske i kanonske jednadžbe prave

Jednačina prave koja prolazi kroz dvije date tačke

Neka je prava linija data u afinom koordinatnom sistemu (0, X, Y) l, njegov vektor pravca = (m,n) i tačka M 0 ( x 0 ,y 0) u vlasništvu l. Tada za proizvoljnu tačku M ( x,at) ovog reda imamo

i od tada .

Ako označimo i

Radijus vektori tačaka M i M 0, respektivno

- jednadžba prave u vektorskom obliku.

Pošto =( X,at), =(X 0 ,at 0), onda

x= x 0 + mt,

y= y 0 + nt

- parametarska jednačina prave .

Iz toga slijedi

- kanonska jednadžba linije .

Konačno, ako je na pravoj liniji l date dvije tačke M 1 ( X 1 ,at 1) i

M2( x 2 ,at 2), tada vektor =( X 2 -X 1 ,y 2 -at 1) je vodiči vektor prave linije l. Onda

- jednadžba prave koja prolazi kroz dvije date tačke.

Međusobna pozicija dvije ravne linije.

Pustite pravo l 1 i l 2 su date njihovim općim jednačinama

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

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

Teorema. Pustite pravo l 1 i l 2 su date jednadžbama (1). Tada i samo tada:

1) prave se seku kada ne postoji broj λ takav da

A 1 =λA 2, B 1 =λB 2;

2) prave se poklapaju kada postoji broj λ takav da

A 1 =λA 2, B 1 =λB 2, C 1 =λC 2;

3) prave su različite i paralelne kada postoji broj λ takav da

A 1 =λA 2, B 1 =λB 2, C 1 λC 2.

Gomila pravih linija

Gomila pravih linija je skup svih pravih u ravni koje prolaze kroz određenu tačku tzv centar greda.

Za specifikaciju jednačine grede dovoljno je poznavati bilo koje dvije prave l 1 i l 2 koja prolazi kroz centar grede.

Neka su prave u afinom koordinatnom sistemu l 1 i l 2 su date jednadžbama

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

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

jednadžba:

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

- jednačina olovke linija definisanih jednačinama l 1 i l 2.

U budućnosti ćemo pod koordinatnim sistemom podrazumijevati pravougaoni koordinatni sistem .

Uslovi za paralelnost i okomitost dvije prave

Neka su linije date l 1 i l 2. njihove opšte jednačine; = (A 1 ,B 1), = (A 2 ,B 2) – normalni vektori ovih pravih; k 1 = tgα 1, k 2 = tanα 2 – ugaoni koeficijenti; = ( m 1 ,n 1), (m 2 ,n 2) – vektori pravca. Onda, pravo l 1 i l 2 su paralelni ako i samo ako je jedan od sljedećih uslova istinit:

bilo ili k 1 =k 2, ili .

Neka bude odmah l 1 i l 2 su okomite. Tada, očigledno, to jest, A 1 A 2 + B 1 B 2 = 0.

Ako je ravno l 1 i l 2 su date respektivno jednadžbama

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

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

tada tanα 2 = tan(90º+α) = .

Iz toga slijedi

Konačno, ako su i vektori smjera ravni, onda je ^, tj

m 1 m 2 + n 1 n 2 = 0

Posljednji odnos izražava neophodan i dovoljan uslov za okomitost dvije ravni.

Ugao između dvije prave linije

Pod kutom φ između dvije prave l 1 i l 2 razumjet ćemo najmanji ugao za koji se jedna prava linija mora zarotirati tako da postane paralelna ili da se poklopi s drugom pravom linijom, odnosno 0 £ φ £

Neka su linije zadane opštim jednačinama. Očigledno je da

cosφ=

Neka bude odmah l 1 i l 2 je dat jednadžbama s koeficijentima nagiba k 1 in k 2 respektivno. Onda

Očigledno je da, tj. X-X 0) + B( at-at 0) + C( z-z 0) = 0

Otvorimo zagrade i označimo D= -A x 0 - V at 0 - C z 0 . Dobili smo

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

- ravan jednadžba u opštem obliku ili opšta jednačina u ravni.

Teorema 3.1 Linearna jednadžba(*) (A 2 +B 2 +C 2 ≠ 0) je jednačina ravnine i obrnuto, svaka jednačina ravnine je linearna.

1) D = 0, tada ravan prolazi kroz početak.

2) A = 0, tada je ravan paralelna sa OX osom

3) A = 0, B = 0, tada je ravan paralelna sa ravninom OXY.

Neka su svi koeficijenti u jednadžbi različiti od nule.

- jednačina ravnine u segmentima. Brojevi |a|, |b|, |c| naznačiti vrijednosti segmenata odsječenih ravninom na koordinatne ose.

A mi ćemo to detaljno analizirati posebna vrsta jednadžbe prave - . Počnimo s oblikom jednadžbe prave linije u segmentima i dajmo primjer. Nakon toga ćemo se fokusirati na konstruisanje prave linije, koja je data jednadžbom prave linije u segmentima. U zaključku ćemo pokazati kako se vrši prijelaz sa potpune opće jednadžbe prave na jednadžbu prave u segmentima.

Navigacija po stranici.

Jednadžba prave u segmentima - opis i primjer.

Neka Oxy bude fiksiran na ravni.

Jednačina prave u segmentima na ravni u pravougaonom koordinatnom sistemu, Oxy ima oblik , gde su a i b neki realni brojevi različiti od nule.

Nije slučajno da je jednadžba prave u segmentima dobila ovo ime - apsolutne vrijednosti brojeva a i b jednake su dužinama segmenata koje linija odsijeca na koordinatnim osama Ox i Oy, računajući od porijeklo.

Hajde da razjasnimo ovu tačku. Znamo da koordinate bilo koje tačke na pravoj zadovoljavaju jednačinu te prave. Tada je jasno vidljivo da linija definirana jednadžbom linije u segmentima prolazi kroz točke i , Budući da I . A tačke i su precizno locirane na koordinatnim osa Ox i Oy, respektivno, i udaljene su od početka koordinata za a i b jedinice. Znakovi brojeva a i b označavaju smjer u kojem se segmenti trebaju polagati. Znak “+” znači da je segment iscrtan u pozitivnom smjeru koordinatne ose, znak “-” znači suprotno.

Hajde da prikažemo šematski crtež koji objašnjava sve gore navedeno. Prikazuje lokaciju linija u odnosu na fiksni pravougaoni koordinatni sistem Oxy, u zavisnosti od vrednosti brojeva a i b u jednadžbi linije u segmentima.

Sada je postalo jasno da jednačina prave linije u segmentima olakšava konstruisanje ove prave linije u pravougaonom koordinatnom sistemu Oxy. Da biste konstruisali pravu liniju, koja je data jednačinom prave u segmentima oblika , treba da označite tačke i u pravougaonom koordinatnom sistemu na ravni, a zatim ih povežete ravnom linijom pomoću ravnala.

Dajemo primjer.

Primjer.

Konstruisati pravu liniju datu jednačinom prave u segmentima oblika.

Rješenje.

Na osnovu date jednačine prave u segmentima, može se vidjeti da prava prolazi kroz tačke . Označavamo ih i povezujemo ravnom linijom.

Svođenje opšte jednačine prave na jednadžbu prave u segmentima.

Prilikom rješavanja nekih zadataka koji se odnose na pravu na ravni, zgodno je raditi sa jednadžbom prave u segmentima. Međutim, postoje i druge vrste jednadžbi koje definiraju pravu na ravni. Stoga je potrebno izvršiti prijelaz sa date jednačine prave na jednačinu ove prave u segmentima.

U ovom paragrafu ćemo pokazati kako dobiti jednačinu prave u segmentima ako je data potpuna opšta jednačina prave.

Upoznajmo kompletnu opštu jednačinu prave na ravni . Budući da A, B i C nisu jednaki nuli, možete premjestiti broj C na desnu stranu jednakosti, podijeliti obje strane rezultirajuće jednakosti sa –C i poslati koeficijente za x i y u nazivnike:
.

(U posljednjoj tranziciji koristili smo jednakost ).

Dakle, mi iz opšte jednačine prave linije prešao na jednadžbu prave linije u segmentima, gdje je .

Primjer.

Prava linija u pravougaonom koordinatnom sistemu Oxy data je jednadžbom . Napišite jednačinu ove prave u segmentima.

Rješenje.

Pomaknimo jednu sekundu na desnu stranu date jednakosti: . Sada podijelimo rezultirajuću jednakost na obje strane: . Ostaje transformirati rezultirajuću jednakost u željeni oblik: . Tako smo dobili traženu jednačinu prave u segmentima.

odgovor:

Ako ravna linija definira

Jednačina prave u segmentima

Neka je data opšta jednačina prave:

Jednačina prave linije u segmentima, gdje su segmenti koje prava linija odsijeca na odgovarajućim koordinatnim osama.

Konstruišite pravu liniju datu opštom jednačinom:

Iz koje možemo konstruisati jednačinu ove linije u segmentima:

Relativni položaj linija na ravni.

Izjava 1.

Za prave linije i dato jednadžbama:

Slučajnost je neophodna i dovoljna da:

Dokaz: i poklapaju se, njihovi vektori smjera i kolinearni su, tj.:

Uzmimo tačku M 0 sa ovom pravom linijom, onda:

Množenjem prve jednačine sa i dodavanjem druge sa (2) dobijamo:

Dakle, formule (2), (3) i (4) su ekvivalentne. Neka je (2) zadovoljeno, tada su jednačine sistema (*) ekvivalentne odgovarajuće prave linije.

Izjava 2.

Prave i date jednadžbama (*) su paralelne i ne poklapaju se ako i samo ako:

dokaz:

Čak i ako se ne poklapaju:

Nedosljedno, tj. prema Kronecker-Capellijevoj teoremi:

Ovo je moguće samo ako:

Odnosno, kada je ispunjen uslov (5).

Kada je prva jednakost (5) ispunjena, - neispunjavanje druge jednakosti rezultira nekompatibilnošću sistema (*) prave su paralelne i ne poklapaju se.

Napomena 1.

Polarni koordinatni sistem.

Popravimo tačku na ravni i nazovimo je polom. Zraka koja izlazi iz pola nazvat će se polarna osa.

Odaberimo skalu za mjerenje dužina segmenata i dogovorimo se da će se rotacija oko točke u smjeru suprotnom od kazaljke na satu smatrati pozitivnim. Razmotrite bilo koju tačku dati avion, označiti njegovom udaljenosti do pola i nazvati ga polarni radijus. Ugao za koji se polarna os mora zarotirati tako da se poklopi sa njom će se označiti i nazvati polarni ugao.

Definicija 3.

Polarne koordinate tačke su njen polarni radijus i polarni ugao:

Napomena 2. u stubu. Vrijednost za bodove osim boda određuje se do termina.

Razmotrimo kartezijanski pravougaoni koordinatni sistem: pol se poklapa sa ishodištem, a polarna osa se poklapa sa pozitivnom poluosom. Evo. onda:

Kakav je odnos između pravougaonog kartezijanskog i polarnog koordinatnog sistema.

Bernoullijeva lemniskatna jednadžba. Zapišite ga u polarnom koordinatnom sistemu.

Normalna jednadžba prave na ravni. Neka se polarna osa poklapa sa, - osom koja prolazi kroz ishodište. neka:

Neka onda:

Uslov (**) za bod:

Jednačina prave linije u polarnom koordinatnom sistemu.

Ovdje - dužina povučena od početka do prave linije, - ugao nagiba normale na osu.

Jednačina (7) se može prepisati:

Normalna jednadžba prave na ravni.

Ako u opštoj jednačini prave Ah + Vu + S = 0 S ¹ 0, onda, dijeljenjem sa –S, dobijamo: ili

Geometrijsko značenje koeficijenti je taj koeficijent A je koordinata tačke preseka linije sa Ox osom, i b– koordinata tačke preseka prave linije sa Oy osom.

Primjer. Zadata je opšta jednačina prave x – y + 1 = 0. Naći jednačinu ove prave u segmentima.

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

Normalna jednadžba prave.

Ako su obje strane jednadžbe Ax + By + C = 0 podijeljene brojem tzv normalizujući faktor, onda dobijamo

Xcosj + ysinj - p = 0 –

normalna jednačina prave.

Predznak ± faktora normalizacije mora biti odabran tako da je m×S< 0.

p je dužina okomice spuštene od početka do prave linije, a j je ugao formiran ovom okomom sa pozitivnim smjerom ose Ox.

Primjer. Zadata je opšta jednačina prave 12x – 5y – 65 = 0. Za ovu liniju potrebno je napisati različite vrste jednačina.

jednadžba ove prave u segmentima:

jednadžba ove prave sa nagibom: (podijelite sa 5)

normalna jednadžba prave:

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

Treba napomenuti da se svaka prava linija ne može predstaviti jednadžbom u segmentima, na primjer, prave linije paralelne osi ili prolaze kroz početak koordinata.

Primjer. Prava linija odsijeca jednake pozitivne segmente na koordinatnim osa. Napišite jednadžbu ravne linije ako je površina trokuta koji čine ovi segmenti 8 cm 2.

Jednačina prave ima oblik: , a = b = 1; ab/2 = 8; a = 4; -4.

a = -4 nije prikladno prema uslovima problema.

Ukupno: ili x + y – 4 = 0.

Primjer. Napišite jednačinu za pravu liniju koja prolazi kroz tačku A(-2, -3) i ishodište.

Jednačina prave linije ima oblik: , gdje je x 1 = y 1 = 0; x 2 = -2; y 2 = -3.

Jednačina prave koja prolazi ovu tačku

Okomito na datu pravu.

Definicija. Prava linija koja prolazi kroz tačku M 1 (x 1, y 1) i okomita na pravu liniju y = kx + b predstavljena je jednadžbom:

Ugao između pravih linija na ravni.

Definicija. Ako su date dvije prave y = k 1 x + b 1, y = k 2 x + b 2, tada će oštar ugao između ovih pravih biti definiran kao

Dvije prave su paralelne ako je k 1 = k 2.

Dvije prave su okomite ako je k 1 = -1/k 2 .

Teorema. Prave Ax + Bu + C = 0 i A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 su paralelne kada su koeficijenti A 1 = lA, B 1 = lB proporcionalni. Ako je i S 1 = lS, tada se prave poklapaju.

Koordinate tačke preseka dve prave nalaze se kao rešenje sistema jednačina ovih pravih.

Udaljenost od tačke do prave.

Teorema. Ako je data tačka M(x 0, y 0), tada se udaljenost do prave Ax + Bu + C = 0 određuje kao

Dokaz. Neka je tačka M 1 (x 1, y 1) osnova okomice spuštene iz tačke M na datu pravu liniju. Tada je rastojanje između tačaka M i M 1:

Koordinate x 1 i y 1 se mogu naći rješavanjem sistema jednadžbi:

Druga jednačina sistema je jednačina linije koja prolazi dati poen M 0 je okomito na datu pravu liniju.

Ako transformišemo prvu jednačinu sistema u oblik:

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

tada, rješavanjem, dobijamo:

Zamjenom ovih izraza u jednačinu (1) nalazimo:

Teorema je dokazana.

Primjer . Odrediti ugao između pravih: y = -3x + 7; y = 2x + 1.

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

Primjer. Pokažite da su prave 3x – 5y + 7 = 0 i 10x + 6y – 3 = 0 okomite.

Nalazimo: k 1 = 3/5, k 2 = -5/3, k 1 k 2 = -1, dakle, prave su okomite.

Primjer. Dati su vrhovi trougla A(0; 1), B(6; 5), C(12; -1). Naći jednadžbu visine povučene iz vrha C.

Pronalazimo jednačinu stranice AB: ; 4x = 6y – 6;

2x – 3y + 3 = 0;

Tražena jednačina visine ima oblik: Ax + By + C = 0 ili y = kx + b.

k = . Tada je y = . Jer visina prolazi kroz tačku C, tada njene koordinate zadovoljavaju ovu jednačinu: odakle je b = 17. Ukupno: .

Odgovor: 3x + 2y – 34 = 0.

Krive drugog reda.

Krivulja drugog reda može se dati jednadžbom

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

Postoji koordinatni sistem (ne nužno kartezijanski pravougaoni) u kojem se ova jednačina može predstaviti u jednom od oblika datih u nastavku.

1) - jednačina elipse.

2) - jednačina “imaginarne” elipse.

3) - jednačina hiperbole.

4) a 2 x 2 – c 2 y 2 = 0 – jednačina dve prave koje se seku.

5) y 2 = 2px – jednačina parabole.

6) y 2 – a 2 = 0 – jednačina dvije paralelne prave.

7) y 2 + a 2 = 0 – jednačina dvije “imaginarne” paralelne prave.

8) y 2 = 0 – par podudarnih linija.

9) (x – a) 2 + (y – b) 2 = R 2 – jednačina kružnice.

Circle.

U krugu (x – a) 2 + (y – b) 2 = R 2 centar ima koordinate (a; b).

Primjer. Pronađite koordinate centra i polumjer kružnice ako je njegova jednadžba data u obliku:

2x 2 + 2y 2 – 8x + 5y – 4 = 0.

Da biste pronašli koordinate centra i polumjera kružnice, ova jednačina se mora dovesti u formu navedenu gore u paragrafu 9. Da biste to učinili, odaberite kompletne kvadrate:

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

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

Elipsa.

Definicija. Elipsa naziva se kriva data jednačinom.

Definicija. Fokusi nazivaju se takve dvije tačke, zbir udaljenosti od kojih je do bilo koje tačke elipse konstantna vrijednost.

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

c – polovina udaljenosti između fokusa;

a – velika poluosa;

b – mala poluosa.

Teorema. Žižna daljina i poluose elipse povezane su relacijom:

a 2 = b 2 + c 2 .

dokaz: Ako je tačka M na presjeku elipse sa vertikalnom osom, r 1 + r 2= 2 (prema Pitagorinoj teoremi). Ako je tačka M na presjeku elipse sa horizontalnom osom, r 1 + r 2 = a – c + a + c. Jer po definiciji iznos r 1 + r 2 je konstantna vrijednost, onda, izjednačavanjem, dobijamo:

a 2 = b 2 + c 2

r 1 + r 2 = 2a.

Definicija. Oblik elipse određen je karakteristikom, koja je omjer žižne daljine i glavne ose i naziva se ekscentričnost.

Jer With< a, то е < 1.

Definicija. Količina k = b/a se naziva omjer kompresije elipsa, a veličina 1 – k = (a – b)/a se naziva kompresija elipsa.

Omjer kompresije i ekscentricitet povezani su relacijom: k 2 = 1 – e 2 .

Ako je a = b (c = 0, e = 0, žarišta se spajaju), tada se elipsa pretvara u krug.

Ako je uslov zadovoljen za tačku M(x 1, y 1): tada se nalazi unutar elipse, a ako je , tada je tačka izvan elipse.

Teorema. Za proizvoljnu tačku M(x, y) koja pripada elipsi, tačne su sljedeće relacije::

R 1 = a – ex, r 2 = a + ex.

Dokaz. Gore je pokazano da je r 1 + r 2 = 2a. Osim toga, iz geometrijskih razmatranja možemo napisati:

Nakon kvadriranja i donošenja sličnih pojmova:

Na sličan način se dokazuje da je r 2 = a + ex. Teorema je dokazana.

Elipsa je povezana sa dvije prave linije tzv ravnateljice. Njihove jednačine su:

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

Teorema. Da bi tačka ležala na elipsi, potrebno je i dovoljno da omjer udaljenosti do fokusa i udaljenosti do odgovarajuće direktrise bude jednak ekscentricitetu e.

Primjer. Napišite jednadžbu za pravu koja prolazi kroz lijevi fokus i donji vrh elipse datu jednadžbom:

1) Koordinate donjeg vrha: x = 0; y2 = 16; y = -4.

2) Koordinate lijevog fokusa: c 2 = a 2 – b 2 = 25 – 16 = 9; c = 3; F 2 (-3; 0).

3) Jednačina prave koja prolazi kroz dvije tačke:

Primjer. Napišite jednačinu za elipsu ako su njena žarišta F 1 (0; 0), F 2 (1; 1), a glavna osa je 2.

Jednačina elipse ima oblik: . Udaljenost fokusa:

2c = dakle a 2 – b 2 = c 2 = ½

po uslovu 2a = 2, dakle a = 1, b =

Hiperbola.

Definicija. Hiperbola je skup tačaka ravni za koje se naziva modul razlike udaljenosti od dvije date tačke trikovi je konstantna vrijednost manja od udaljenosti između žarišta.

Po definiciji ïr 1 – r 2 ï= 2a. F 1, F 2 – fokusi hiperbole. F 1 F 2 = 2c.

Odaberimo proizvoljnu tačku M(x, y) na hiperboli. onda:

označimo c 2 – a 2 = b 2 (geometrijski, ova veličina je mala polu-osa)

Dobili smo kanonsku jednačinu hiperbole.

Hiperbola je simetrična oko sredine segmenta koji povezuje žarišta i oko koordinatnih osa.

Osa 2a naziva se realna os hiperbole.

Os 2b naziva se imaginarna os hiperbole.

Hiperbola ima dvije asimptote, čije su jednačine

Definicija. Veza se zove ekscentričnost hiperbole, gdje je c polovina udaljenosti između žarišta, a realna polu-osa.

Uzimajući u obzir činjenicu da je c 2 – a 2 = b 2:

Ako je a = b, e = , tada se naziva hiperbola jednakostraničan (jednakostran).

Definicija. Dvije prave okomite na realnu osu hiperbole i smještene simetrično u odnosu na centar na udaljenosti a/e od njega nazivaju se ravnateljice hiperbola. Njihove jednačine su: .

Teorema. Ako je r udaljenost od proizvoljne tačke M hiperbole do bilo kojeg fokusa, d je udaljenost od iste tačke do direktrise koja odgovara ovom fokusu, tada je omjer r/d konstantna vrijednost jednaka ekscentricitetu.

Dokaz. Hajde da shematski prikažemo hiperbolu.

Iz očiglednih geometrijskih odnosa možemo napisati:

a/e + d = x, dakle d = x – a/e.

(x – c) 2 + y 2 = r 2

Iz kanonske jednadžbe: , uzimajući u obzir b 2 = c 2 – a 2:

Onda zato s/a = e, tada je r = ex – a.

Za lijevu granu hiperbole dokaz je sličan. Teorema je dokazana.

Primjer. Naći jednačinu hiperbole čiji su vrhovi i žarišta u odgovarajućim vrhovima i žarištima elipse.

Za elipsu: c 2 = a 2 – b 2.

Za hiperbolu: c 2 = a 2 + b 2.

Hiperbola jednadžba: .

Primjer. Napišite jednačinu za hiperbolu ako je njen ekscentricitet 2, a fokusi joj se poklapaju sa žarištima elipse pri čemu je jednačina parametar parabole. Izvedemo kanonsku jednačinu parabole.

Iz geometrijskih odnosa: 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

Jednačina direktrise: x = -p/2.

Primjer . Na paraboli y 2 = 8x pronađite tačku čija je udaljenost od direktrise 4.

Iz jednadžbe parabole nalazimo da je p = 4.

r = x + p/2 = 4; dakle:

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

Primjer. Jednačina krive u polarnom koordinatnom sistemu ima oblik:

Naći jednačinu krive u Dekartovom pravougaonom koordinatnom sistemu, odrediti tip krive, pronaći žarište i ekscentricitet. Šematski nacrtajte krivu.

Koristimo vezu između kartezijanskog pravokutnog i polarnog koordinatnog sistema: ;

Dobili smo kanonsku jednačinu hiperbole. Iz jednadžbe je jasno da je hiperbola pomaknuta duž ose Ox za 5 ulijevo, velika poluosa a jednaka je 4, mala poluosa b jednaka 3, odakle dobijamo c 2 = a 2 + b 2 ; c = 5; e = c/a = 5/4.

Fokusira F 1 (-10; 0), F 2 (0; 0).

Napravimo graf ove hiperbole.

Zadatak je da se pomoću datih koordinata kraja segmenta konstruiše prava linija koja prolazi kroz njega.

Smatramo da je segment nedegeneriran, tj. ima dužinu veću od nule (inače, naravno, kroz nju prolazi beskonačno mnogo različitih pravih linija).

Dvodimenzionalno kućište

Neka je zadan segment, tj. poznate su koordinate njegovih krajeva , , , .

Potrebno za izgradnju jednačina prave u ravni, prolazeći kroz ovaj segment, tj. naći koeficijente , , u jednadžbi prave:

Imajte na umu da su tražene trojke koje prolaze kroz dati segment beskonačno mnogo: Sva tri koeficijenta možete pomnožiti sa proizvoljnim brojem različitom od nule i dobiti istu pravu liniju. Stoga je naš zadatak pronaći jednu od ovih trojki.

Lako je provjeriti (zamjenom ovih izraza i koordinata tačaka u jednadžbu prave linije) da je sljedeći skup koeficijenata prikladan:

Integer case

Važna prednost ove metode konstruisanja prave linije je da ako su koordinate krajeva cijeli broj, tada će i rezultirajući koeficijenti biti cijeli brojevi. U nekim slučajevima, ovo omogućava izvođenje geometrijskih operacija bez pribjegavanja realnim brojevima.

Međutim, postoji mali nedostatak: za istu liniju mogu se dobiti različiti tripleti koeficijenata. Da biste to izbjegli, ali da se ne udaljite od cjelobrojnih koeficijenata, možete koristiti sljedeću tehniku, koja se često naziva racioniranje. Hajde da pronađemo najveći zajednički djelitelj brojeva , , , podijelimo sva tri koeficijenta s njim, a zatim normaliziramo znak: ako ili , onda pomnožimo sva tri koeficijenta sa . Kao rezultat, doći ćemo do zaključka da ćemo za identične prave dobiti identične trojke koeficijenata, što će olakšati provjeru jednakosti linija.

Slučaj realne vrijednosti

Kada radite s realnim brojevima, uvijek morate biti svjesni grešaka.

Koeficijenti koje dobijamo su reda originalnih koordinata, koeficijent je već reda njihovog kvadrata. Ovo je možda već dovoljno veliki brojevi, a, na primjer, kada se prave linije sijeku, one će postati još veće, što može dovesti do velikih grešaka zaokruživanja čak i s originalnim koordinatama reda.

Stoga je pri radu sa realnim brojevima preporučljivo izvoditi tzv normalizacija direktno: naime, da koeficijenti budu takvi da . Da biste to uradili morate izračunati broj:

i podijelimo sva tri koeficijenta , , s tim.

Dakle, redoslijed koeficijenata i više neće ovisiti o redoslijedu ulaznih koordinata, a koeficijent će biti istog reda kao i ulazne koordinate. U praksi to dovodi do značajnog poboljšanja tačnosti proračuna.

Na kraju, da spomenemo poređenje prave linije - na kraju krajeva, nakon takve normalizacije za istu pravu liniju, mogu se dobiti samo dvije trojke koeficijenata: do množenja sa . Prema tome, ako izvršimo dodatnu normalizaciju uzimajući u obzir znak (ako ili , onda pomnožimo sa ), tada će rezultirajući koeficijenti biti jedinstveni.