Laboratuar çalışması "İkinci sıranın eğrileri. İkinci derece eğrileri
1 Dairenin akor denklemini yapın h. 2 +w. 2 \u003d 49, noktaya bölünme FAKAT(1; 2) ikiye.
Cevap.h. + 2w.-5 = 0.
2. Dairelerin merkezlerinin ve yarıçaplarının koordinatlarını belirleyin:
fakat) h. 2 +w. 2 - 8h.+ 6w.\u003d 0; b) h. 2 +w. 2 +10h.- 4w.+29 = 0;
içinde) H. 2 +w. 2 - 4h.+14w. + 54 = 0.
Cevap: fakat) fakat = 4, b.=-3, R.\u003d 5; b) fakat = -5, b. = 2, r.\u003d 0. Denklem, noktayı belirler;
içinde) fakat =2, b.=-7, r. 2 \u003d -1. Denklemin geometrik bir anlamı yoktur (hayali, daire).
3. Çemberin yarıçapı arasındaki açı bulun
h. 2 +w. 2 +4h.-6w.\u003d 0, eksen ile kesişme noktalarında gerçekleştirilir Ou.
Cevap: Tgφ \u003d -2.4.
4. Puandan geçen bir daire denklemi yapın FAKAT(1; 2), İÇİNDE(0;-1), Dan(-3; 0).
Cevap: (h.+1) 2 +(w. -1) 2 =5.
5. Puandan geçen bir daire denklemi yapın FAKAT (7; 7) ve İÇİNDE(-2; 4), merkezinin düz bir çizgide yattığını bilerek
2h.- w.-2=0.
Cevap: (h.- H) 2 + ( w.-4) 2 =25.
6. Çevrelerin genel akorunun denklemini yapın h. 2 +w. 2 \u003d 16 ve ( h. -5) 2 + w. 2 = 9.
Cevap: h.=3,2.
7. Sol odaktan geçen doğrudan bir denklemi ve elips'in alt köşesinden geçer.
Cevap: 4h.+3w.+12= 0.
8. doğrudan üzerine h.+ 5 \u003d 0 Sol odaktan ve elipsin üst köşesinden eşit olarak uzak bir noktayı bulun.
Cevap: M.(-5; 7).
9. Elips'un tanımını kullanarak, denklemini yapın, bu noktaları bilme F. 1 (0; 0) ve F. 2 (1; 1) elipsin odağıdır ve büyük eksenin uzunluğu 2'dir.
Cevap: Z. h. 2 + Z. w. 2 - 2hu. - 2h. - 2w. - 1 == 0.
10. Mesafelerinin noktasından gelen noktaların geometrik yerini denklemini yapın FAKAT (0; 1) Doğrudan 3 kat daha az mesafe W.-4=0.
Cevap: .
Ders 16. İkinci derecede eğriler: hiperbe, parabol
Hiperbol.
Hiperbe, geometrik noktaları olan bir noktanın, iki veri noktasına kadar olan, odak adı verilen ayrım farkının mutlak değeri, kalıcı değerdir (2a ile gösterilir) ve bu sabit, odak arasındaki mesafeden daha azdır. . Hyperbolas püf noktalarını noktalarda yerleştirmek F. 1 (c; 0) ve F. 2 (-s; 0), formda hiperbe denklemini elde ediyoruz,
Nerede b. 2 =c. 2 -a. 2 ;
bu, en basit (kanonik) hiperbol denklemidir. Hiperbe iki daldan oluşur ve koordinatların eksenlerine göre simetrik olarak yerleştirilir. Puan FAKAT 1 (fakat; 0) ve FAKAT 2 (-fakat; 0) hiperbollerin zirveleri denir.
Bölüm FAKAT 1 FAKAT 2 =2fakat Hiperbollerin gerçek ekseni olarak adlandırılır ve segment İÇİNDE 1 İÇİNDE 2 =2b. - taklit ekseni (Şek. 15).
Mesafe hiperbol noktaları ise, doğrudan asymptota hiperbolleri denir M. (h.;w.) Bu doğrudan sıfıra doğru eğilimler h.→ + ∞ veya h.→ -∞. Hiperbole, iki asimptota sahiptir, bunun denklemleri. Hiperbollerin asimptotlarının yapımı için, yanlarla hiperbollerin eksenel bir dikdörtgenini oluşturur h.\u003d a,
h. = - a, y \u003d b, y \u003d -b. Düz, bu dikdörtgenin zıt köşelerinden geçerek, hiperbollerin asimptotlarıdır. Çizim, hiperbe ve asimptotun karşılıklı konumunu içerir. Ε oranı, hiperbollerin eksantrikliği denir.
Eğer bir a \u003d B., Hiperbol denklemi görünümü alır
h. 2 - w. 2 = a. 2 .
Böyle bir hiperbe eşit olarak denir.
Denklem
ayrıca hiperbol denklemidir, ancak bu hiperin gerçek ekseni eksenin bir parçası olarak hizmet eder. Ou 2 uzunluğu. b..
İki hiperbe ve aynı yarı eksene ve aynı asimptotlara sahip; Ancak birinin gerçek ekseni, diğerinin hayali bir ekseni olarak hizmet eder ve bunun tersi de geçerlidir. Böyle iki hiperbe konjugat denir.
Örnek 16.1.Eksantriklik Hyperbola eşittir. M (;) noktasından geçen en basit hiperbe denklemini yapın.
Karar. Eksantriklik tanımı gereği, eşitlik yazabiliriz veya dan 2 =2fakat 2. Fakat dan 2 = fakat 2 + b. 2, bu nedenle, fakat 2 + b. 2 = 2fakat 2 veya fakat 2 = b. 2, yani, hiperbe eşittir.
| |
| |
ya da. Gibi fakat 2 =b. 2, biz aldık, yani. fakat 2 =1.
Böylece, denklem istenen hiperbollerdir. h. 2 - w. 2 =1.
Parabol.
Parabol, bu noktadan eşit bir noktaların geometrik bir alanıdır, odak noktası ve doğrudan yönetmen olarak verilen doğrudan verilen. Parabola'nın yönetmeni düzse ve odak noktası (0), sonra parabol denkleminin görünümü var.
Bu parabol, abscissa eksenine göre simetrik olarak bulunur (Şekil 6, nerede r0).
Denklem
pARABOLA denklemi, koordinat eksenine göre simetriktir. İçin P\u003e0 parabol (16.1) ve (16.2) adresleniyor pozitif taraf uygun eksen ve ne zaman p.<
0 - olumsuz tarafta. Odak yarıçapı-vektör parabol uzunluğu, formül tarafından belirlenir. 
.
Örnek 16.2. Koordinatların başlangıcında, eksenlerin başlangıcındaki bir köşe, eksenin başlangıcındaki bir köşe ile bir parabolik denklemi yapın, eğer bu parabolün bazı akorlarının eksenine dik olması durumunda Oh,16'ya eşit ve bu akorun üstten mesafe 6'ya eşittir.
8.1. Merkezi olan bir dairenin denklemini yazın Dan(-4; 3), yarıçapı R.= 5 ve inşa et. Bu daire yalan mı FAKAT(-1;-1), İÇİNDE(3;2), HAKKINDA(0;0)?
Cevap: FAKAT ve HAKKINDA - Çember'de, İÇİNDE - dışında.
8.2. Daire oluştur: 1) h. 2 +w. 2 -4h.+6w.-3=0; 2) h. 2 +w. 2 -8h.=0; 3) h. 2 +w. 2 +4w.=0.
8.3. Elips yapmak h. 2 +4w. 2 \u003d 16, odaklandığını ve eksantrikliği bulun.
8.4. Elipse 9 inşa et. h. 2 +25w. 2 \u003d 225. Bulun: a) yarı eksenler; b) Odak koordinatları; c) eksantriklik; D) Direktörün denklemi.
Cevap: a) fakat=5, b.\u003d 3; b) F. 1 (-4;0), F. 2 (4; 0); içinde) e.\u003d 4/5; d) D. 1 : h.=-25/4; D. 2 : h.=25/4.
8.5. Eğer bir kanonik elips denklemi yazın: a) fakat=3, b.\u003d 2; b) fakat=5, dan\u003d 4; içinde) dan=3, e.\u003d 3/5; d) b.=5, e.\u003d 12/13; e) dan\u003d 2 ve dizinler arasındaki mesafe 5; e) e.\u003d 1/2 ve dizinler arasındaki mesafe 32'dir.
Cevap: a); b); içinde); d); e); e).
8.6. Elipsenin kanonik denklemini yazın, bunu bilerek: 1) Odak arasındaki mesafe 8 ve küçük yarısı b.\u003d 3; 2) büyük yarım a \u003d.6 ve eksantriklik e \u003d.0,5.
Cevap: 1) 2)
8.7. Dünya, güneşin bulunduğu odağından birinde elips boyunca hareket eder. Dünyadan güneşe en küçük mesafe yaklaşık 147,5 milyon km ve en büyük 152.5 milyon km'dir. Dünya yörüngelerinin büyük bir yarısını ve eksantrikliğini bulun.
Cevap: fakat\u003d 150 milyon km,
8.8. Elipse, koordinatların eksenlerine göre simetrik, odakları eksende olan Oh, noktadan geçer M.(-4;) ve eksantriklik var e.\u003d 3/4. Elipse bir denklemi yazın ve fokal yarıçapı-vektör noktasını bulun M..
Cevap: 
8.9. Koordinat eksenleriyle çakışan ana eksenler, noktaları geçer M. 1 (2;) ve M. 2 (0; 2). Denklemini yaz, Focal Radii bul M. 1 ve bu noktaya yönündeki mesafeler.
8.10. Elips, koordinatların eksenlerine göre simetrik, noktalardan geçer M.(2) ve FAKAT(6; 0). Denklemini yazın, eksantrikliği ve noktadan uzaklığı bulun M. Odaklanmak.
Cevap: 
8.11. Odaktan birinin büyük eksenlerin uçlarına olan mesafenin 5 ve 1'e eşit olduğu en basit elips denklemini yazın.
Cevap: veya
8.12. Aşağıdaki denklemlerin her birinin elips'i belirlediğini, merkezini bulduğunu belirlemek Dan, yarı eksenler, eksantriklik ve rehberlik denklemleri:
a) 5. h. 2 +9w. 2 -30h.+18w.+9=0;
b) 16. h. 2 +25w. 2 +32h.-100w.-284=0;
4'te h. 2 +3w. 2 -8h.+12w.-32=0.
Cevap: a) Dan(3;-1), fakat=3; b.=,e.=2/3, D. 1 : 2h.+3=0; D. 2 : 2h.-15=0;
b) Dan(-1;2), fakat=5; b.=4, e.=3/5, D. 1 : 3h.+28=0; D. 2 : 3h.-22=0;
içinde) Dan(1;-2), fakat=4; b.=,e.=1/2, D. 1 : w.+10=0; D. 2 : w.-6=0.
8.13. Noktanın noktasını belirlemek M.hangi hareketinde, noktaya yarısı daha yakın olmaya devam ediyor F.(-1; 0) yönlendirmekten daha h.=-4.
8.14. Point hareket eden eğrinin denklemini yazın M.eğer ondan noktalara mesafe miktarı F. 1 (-1; -1) ve F. 2 (1; 1) sabit kalır ve 2'ye eşittir.
Cevap: 2. h. 2 -2hu.+2w. 2 -3=0.
8.15. Point hareket eden eğrinin denklemini yazın M.Eğer ondan noktaya olan mesafe F.(3; 0) düz bir çizgiye olan mesafenin iki katı kalır x + U.-1=0.
Cevap: 7. h. 2 -2hu.+7w. 2 -46h.+2w.+71=0.
8.16. Bir elips, directresters inşa etmek ve elips noktasından abscissa ile mesafeleri bulmak h.\u003d -3 sağ odak ve sağ dizinler.
Cevap: r.=7,4, d.=9,25.
8.17. Hyperbola 16'yı oluşturun. h. 2 -9w. 2 \u003d 144. Bulun: a) yarı eksenler; b) Odak koordinatları; c) eksantriklik; d) asimptot denklemleri; e) Yönetmen denklemleri.
Cevap: a) fakat=3, b.\u003d 4; içinde) F. 1 (-5;0), F. 2 (5; 0), c) e.\u003d 5/3; d) w.\u003d ± 4/3 h.; e) h.\u003d ± 9/5.
8.18. Hiperbol inşa etmek h. 2 -4w. 2 \u003d 16 ve asimptotları. Odak, eksantriklik, asimptotlar arasındaki açı.
8.19. Kanonik hiperbe denklemini yazın: a) fakat=2, b.\u003d 3; b) b.=4, dan\u003d 5; içinde) dan=3, e.\u003d 3/2; d) fakat=8, e.\u003d 5/4; e) dan\u003d 10 ve asimptotların denklemleri; e) e.\u003d 3/2 ve dizinler arasındaki mesafe 8/3'dir.
Cevap: a) b) c); d)
8.20. Koordinat eksenlerine göre simetrik olan hiperbe, noktanın içinden geçer M.(6; -2) ve hayali bir yarıya sahip b.\u003d 2. Denklemini yaz ve noktadan mesafeleri bul M. Odaklanmak.
Cevap: 
8.21. Noktadan emin olmak M.(-5; 9/4) Hyperbola'da yatıyor, bu noktaların odak yarıçasını ve direktöre olan mesafesini bulur.
Cevap: r. 1 =9/4; r. 2 \u003d 41/4; ( M,D. 1 ) \u003d 9/5, ( M,D. 2 )=41/5.
8.22. Üstündeki hiperbe denklemini odaklanır ve elipsin köşelerinde odaklanır.
8.23. Odaktan 7'lik bir mesafede bulunan hiperbolleri bulun F. 1 .
Cevap: (-6;).
8.24. Hyperbola, DirectResters'ı inşa et ve abscissa ile hiperboller noktasından mesafeleri bul. h.\u003d 5 sol odak ve sol dizinler.
Cevap: Dizinler h.=3,2,e.=1,25, r.=10,25, d.=8,2.
8.25. Kanonik Hyperbola denklemini yazın, köşelerinden birinin odağa odaklanmasını 9 ve 1'dir.
Cevap: veya.
8.26. Kavşak noktaları asimptot hiperleri bulun h. 2 -3w. 2 \u003d 12 Hiperbollerin sağ odağında bir merkeze sahip bir daire ile ve kökenden geçerek.
Cevap: (0; 0) ve (6;).
8.27. Aşağıdaki denklemlerin her birinin Hyperbola'yı belirlediğini, merkezini, yarı eksenli, eksantriklik, asimptotlar denklemlerini ve dizinlerini bulduğunu belirlemek için:
a) 16. h. 2 -9w. 2 -64h.-54w.-161=0;
b) 9. h. 2 -16w. 2 +90h.+32w.-367=0;
c) 16. h. 2 -9w. 2 -64h.-18w.+199=0.
Cevap: a) Dan(2;-3), fakat=3, b.=4, e.\u003d 5/3, asimptotlar denklemleri: 4 h.-3w.-17 \u003d 0 ve 4 h.+3w.+ 1 \u003d 0; Dipartrix Denklemleri: 5 h.-1 \u003d 0 ve 5 h.-19 \u003d 0; b) Dan(-5;1), fakat=8, b.=6, e.\u003d 5/4, asimptotlar denklemleri: 3 x +.4w.+ 11 \u003d 0 ve 3 h.-4w.+ 19 \u003d 0; Dipartrix Denklemler: h.\u003d -11,4 I. h.\u003d 1.4; içinde) Dan(2;-1), fakat=4, b.=3, e.\u003d 5/4, asimptotlar denklemleri: 4 h.+3w.-5 \u003d 0 ve 4 h.-3u-11 \u003d 0; Dipartrix Denklemler: y \u003d-4.2 I. w.=2,2.
8.28. Aşağıdaki parabolaları oluşturun ve parametrelerini bulun:
fakat) w. 2 =6h.; b) h. 2 =5w.; içinde) w. 2 =-4h.; d) h. 2 =-w..
Cevap: a) r\u003d 3; b) r\u003d 5/2; içinde) r\u003d 2; d) r=1/2.
8.29. Denklemlerce verilen parabollar oluşturun: 1) w. 2 =4h.; 2) w. 2 =-4h.; 3) h. 2 =4w.; 4) h. 2 =-4w., ayrıca püf noktaları ve dizinlerinin yanı sıra yönetmenin denklemlerini yazın.
8.30. Noktaların geometrik konumunun denklemini, noktadan eşit olarak uzaklaştırın F.(0; 2) ve doğrudan w.\u003d 4. Bu eğrinin kesişme noktalarını koordinatların eksenleri ile bulun ve inşa edin.
8.31. Eğer biliniyorsa, koordinatların başında bir köşe ile bir parabol denklemi yazın:
a) Parabol, sol yarım düzlemde, eksenlere göre simetrik olarak bulunur. Oh ve r=1/2;
b) Parabola eksene göre simetrik olarak bulunur Ou ve noktadan geçer M.(4;-8);
c) Parabola odak noktası F.(0;-3).
Cevap: a) w. 2 =-h.; b) h. 2 =-2w.; içinde) h. 2 = -12w..
8.32. Parabolas denklemini: 1) noktaları (0; 0) ve (-1; 2) ve eksene göre simetrik olarak yazın. Oh; 2) noktaları (0; 0) ve (2; 4) ve eksene göre simetrik olarak geçmek Ou.
Cevap: 1) 2).
8.33. Aşağıdaki denklemlerin her birinin parabol'ı belirlediğini, köşelerinin koordinatlarını bulduğunu belirlemek FAKAT ve parametrenin değeri r:
fakat) w. 2 =4x-sekiz; b) h. 2 =2-w.; içinde) y \u003d4h. 2 -8h.+7; d) y \u003d-1/6h. 2 +2h.-7; e) x \u003d -1/4w. 2 +w.; e) x \u003d2w. 2 -12w.+14.
Cevap: a) FAKAT(2;0); r\u003d 2; b) FAKAT(0;2); r\u003d 1/2; içinde) FAKAT(1;3); r\u003d 1/8; d) FAKAT(6;-1); r\u003d 3; e) FAKAT(1;2); r\u003d 2; e) FAKAT(-4;3); r=1/4.
8.34. Odak nokta yarıçapını hesaplayın M. Parabol w. 2 =12h., Eğer bir zihin)=6.
8.35. Spot ışığının aynası yüzeyi (Şekil 2), parabolun simetri ekseni etrafındaki döndürülmesiyle oluşturulur.
y.
b.
C.
B.
A.
a.
x.
0
Aynanın çapı 80 cm'dir ve derinliği 10 cm'dir. Parabolun tepesinden hangi mesafeden, paralel bir ışınla parabol odağında olması gerekirse, ışık kaynağını koymanız gerekir mi?
Cevap: 40 cm.
8.36. Eğrinin konum alanını belirleyin. Bir eğri inşa et.
8.37 . Eğrinin konum alanını belirleyin. Bir eğri inşa et.
8.38. Koordinatların kökeninin denklemlerini basitleştirmek için aktarılması:
1)
;
2)
;
3) (w.+2) 2 =4(h.-3); 4) 2w.=-(h.+2) 2 ;
5) h. 2 +4w. 2 -6h.+8w.=3; 6) w. 2 -8w.=4h.;
7) h. 2 -4w. 2 +8h.-24w.=24; 8) h. 2 +6h.+5=2w..
Cevap: 5) 6) 7) 8)
8.39. Tam karelerin seçilmesi ve koordinatların kökeninin hattının denklemlerini basitleştirmek için aktarılması:
1) 2h. 2 +5w. 2 -12h.+10w.+13=0;
2) h. 2 -w. 2 +6h.+4w.-4=0;
3) w. 2 +4w.=2h.;
4) h. 2 -10h.=4w.-13.
Eski ve yeni koordinat ve eğrilerin eksenlerini oluşturun.
Cevap 1) 
2)3)4)
8.40.
1) 3h. 2 -2hu.+3w. 2 -4h.-4w.-12=0; 2) h. 2 -6hu.+w. 2 -4h.-4w.+12=0.
Cevap: 1) 2)
8.41. Kanonik çizgiler denklemine dönüştürün:
1) h. 2 +4hu.+4w. 2 -20h.+10w.-50=0; 2) h. 2 -4hu.+4w. 2 -6h.+12w.+8=0
ve onları inşa et.
Cevap: 1) 2) Düz Çifti h.-2w.=31.
8.42. Denklemin kanonik görünümüne dönüştürün ve eğriler:
1) h. 2 -hu.+w. 2 -2h.-2w.-2=0; 2) 3h. 2 +10hu.+3w. 2 -12h.-12w.+4=0.
Laboratuvar işi "İkinci derece eğrileri"
İkinci siparişin eğrisini denklem tarafından belirleyin
AX2 + BXY + CY2 + DX + EY + F \u003d 0.
Hangi eğrilerin bu denkleme uygun olduğunu öğreniyoruz.
Aşağıdaki durumlar mümkündür:
1. Au -https: //pandia.ru/tex002_14.gif "width \u003d" 83 "yükseklik \u003d" 45 src \u003d "\u003e - elipse,
https://pandia.ru/tex/79/564/images/image004_9.gif "width \u003d" 91 "yükseklik \u003d" 45 SRC \u003d "\u003e - Boş birden fazla nokta (hayali elips).
2. AC - https://pandia.ru/tex005_6.gif "width \u003d" 92 "yükseklik \u003d" 44 src \u003d "\u003e - hiperbol,
https://pandia.ru/imege/79/564/images/Image001_15.gif "width \u003d" 40 "yükseklik \u003d" 49 src \u003d "\u003e \u003d 0 - Parabolik tip.
Parabolik rakamların kanonik denklemleri:
u2 \u003d 2PX (X2 \u003d 2RU) (P 0) - Parabol;
y2 \u003d A2 (x2 \u003d a2) (ve 0) - Paralel düz çizgiler çift;
u2 \u003d 0 (x2 \u003d 0) - bir çift çakma düz çizgiler;
u2 \u003d - A2 (x2 \u003d - A2) (ve 0) - Birden fazla puanı boşaltın.
Formüller kullanarak koordinat eksenlerinin dönüşümünün dönüşümünü uygulamak
x. = xcosa. – ysinα.
y. = xsinα. + ycosα.,
koordinatların çalışmasıyla bir üyeden denklemde serbest bırakılacak olan uygun seçenek olan α ile takip eder. Diğer dönüşümler her tür eğri için düşünün.
1. Eliptik tip.
Balta.2 + Cy.2 + DX. + Ey. + F. = 0 (1)
İçeren tam kare üyelere ekleyin x2ve h., Hem de y.2 ve y.. Bundan sonra, denklem olarak yazılabilir.
A.(x. – x.0 )2 + C.(y. – y.0 )2 = F.1 (2)
Eğer bir F.1 > 0 , Denklem (2) akla verilir
https://pandia.ru/imege009_3.gif "width \u003d" 56 "yükseklik \u003d" 43 src \u003d "\u003e, div_adblock60"\u003e
Eğer bir F.1 = 0
A.(x. – x.0 )2 + C.(y. – y.0 )2 = 0
ve noktayı tanımlar M (x0, u0).
İçin A \u003d S. Elipse bir daireye dönüşür: (x. – x.0 )2 + (y. – y.0 )2 = R.2 , burada https://pandia.ru/imege008_3.gif "width \u003d" 156 "yükseklik \u003d" 47 src \u003d "\u003e.
Bu hiperin gerçek ekseni eksene paralel Ou.
Eğer bir F.1 = 0 , sonra denklem (2)
A.(x. – x.0 )2 + C.(y. – y.0 )2 = 0
Bir çifte kesişen düz çizgiler karşılık gelir. Biz kanıtlıyoruz.
Notasyonu tanıtıyoruz: A. = m.2 , C. = - n.2 Ve denklemi formuna yazın:
m.2 (x. – x.0 )2 - n.2 (y. – y.0 )2 = 0 veya
(m.(x. – x.0 ) - n.(y. – y.0 ))(m.(x. – x.0 ) + n.(y. – y.0 )) = 0.
Bu denklem, aşağıdaki ikiye eşdeğerdir:
m (x - x0) - n (y - y0) \u003d 0,
m (x - x0) + n (y - y0) \u003d 0,
her biri doğrudan noktadan geçmeyi tanımlar. M (x0, u0).
3. Parabolik tip.
Balta.2 + DX. + Ey. + F. = 0.
İçeren Ek Üyeler x.2 ve h., tam bir kareye, aldık
A.(x. – x.0 )2 + Ey. = F.1 .
Eğer bir E. ≠ 0 , sonra denklem olarak yazılabilir. y. – y.0 = a.(x. – x.0 )2 . Bu denklem, simetri ekseni olan, eksene paralel olan parabole karşılık gelir. Ou.
Eğer bir E \u003d 0. ve F.1 > 0 , sonra denklem A.(x. – x.0 )2 = = F.1 denklemlere eşdeğer
https://pandia.ru/tex/79/564/images/Image013_4.gif "width \u003d" 147 "yükseklik \u003d" 27 src \u003d "\u003e,
bu bir çift paralel düz çizgiyi belirler.
Eğer bir E \u003d 0. ve F.1 < 0 , Ayrıca denklemi alıyorum A.(x. – x.0 )2 = F.1 bu boş bir kümeye karşılık gelir.
Eğer bir E \u003d 0. ve F.1 = 0 T. A.(x. – x.0 )2 = 0. Bir çift eşleştirme doğrudan tanımlar
x. – x.0 = 0.
Bunu varsayalım C ≠ 0, a \u003d 0Denklem (1) bakacak:
Cy.2 + DX. + Ey. + F. = 0.
Benzer şekilde, önceki kişi ne zaman gösterebilir D. 0 Bu denklem, parabol'ü simetri ekseni ile, eksene paralel olarak belirler. Ohve akla verilebilir
x. – x.0 \u003d A (y. – y.0 )2.
Eğer bir D. = 0, bu denklem bir çift paralel doğrudan veya boş seti belirler.
Ana koordinat sistemini değiştirirken hou. Yeni ho1koordinatın eksenlerinin yönü aynı kalır, yeni köken için bir nokta alınır. O1 (a.; b.). Uçağın belirli bir noktasının eski ve yeni koordinatları arasındaki ilişki aşağıdaki formüllerle belirlenir:
x \u003d x + a, y \u003d y + b;
x \u003d x - a, y \u003d y - b.
Misal: x2 - 2H + U2 - 10X - 6 + 25 \u003d 0.
1) Eğri türünü belirleyin: A \u003d 1, / 2 \u003d -1, c \u003d 1, olarak - (/ 2) 2 \u003d 0- Parabolik tip eğrisi .
2) Eğrinin denklemini kanonik denklemine veriyoruz.
İyi içeren hu.. Koordinat eksenlerinin dönme formüllerini kullanarak denklemi dönüştürüyoruz:
(xcosa. – ysinα.)2 – 2(xcosa. – ysinα.)(xsinα. + ycosα.) + (xsinα. + ycosα.)2 – 10(xcosa. – ysinα.) – 6(xsinα. + + ycosα.) + 25 = 0, Parantezleri ifşa edeceğiz ve terimleri aynı değişkenlerle gruplandıracağız.
(Çünkü.2 a - 2.cosαsinα. + günah.2 α) x.2 + (günah.2 α + 2.sinαcosα. + + Çünkü.2 α) y.2 + 2(- Çünkü.2 α + günah.2 α –
- cosαsinα. + cosαsinα.) xy. – (10 cosa. + 6 sinα.) x. + (10 sinα. -6 cosa.) y. + 25 = 0.
İçeren terimi ile çarpan Sıfıra eşitleriz:
günah.2 α - Çünkü.2 α = 0,
günah.2 α = Çünkü.2 α,
tg.2 α = 1,
tgα.1 = 1, tgα.2 = -1. Almak tgα.1 = 1 ; α \u003d https://pandia.ru/tex021_3.gif "width \u003d" 28 "yükseklik \u003d" 45 src \u003d "\u003e) 2 \u003d 8 x. + 24.
Denklemi alıyoruz
(y. + https://pandia.ru/tex020_2.gif "width \u003d" 25 yükseklik \u003d 23 "yükseklik \u003d" 23 "\u003e (x. - https://pandia.ru/imege023_3.gif "width \u003d" 91 "yükseklik \u003d" 53 src \u003d "\u003e,yeni koordinatlar eskiden ifade ediyor.
1. İşin amacı
Dekartüler dikdörtgen koordinat sisteminde ikinci dereceden eğrileri oluşturma becerilerinin edinilmesi ve kanonik denklemlerinin hazırlanması.
1) Denklem türlerine göre (Tablo 1), belirtilen eğrilerin türünü belirleyin. Karar not defterine abone olun.
2) İkinci dereceden eğrilerin denklemlerini (Tablo 2) kanonik formuna getirin ve bunları oluşturun. Karar not defterine abone olun.
3) İkinci dereceden eğrilerin denklemlerini (Tablo 3) kanonik formuna verin ve bunları oluşturun. Karar not defterine abone olun.
4) Kanonik bir denklemi yapın: a) elips; b) hiperboller; c) Parabol (Tablo 4). Karar, dizüstü bilgisayara abone ol ve kontrol etmek için el ele.
3. Genel Bilgi ve Görev Örnekleri
İkinci derecenin iki bilinmeyen ile denklemi x. ve y. Görünüm
Balta. 2 + Bxy. + Cy. 2 + DX. + Ey. + F. = 0, (1)
katsayılardan en az birinin nerede A., B., C. Bir dekartüler dikdörtgen koordinat sisteminde sıfırdan farklı olarak ayarlanabilir: bir daire, elips, hiperbol, parabol, bir çift kesişen düz çizgiler, bir çift paralel düz çizgiler, bir çift eşleştirme düz, nokta veya boş set. İlk dört satır denir İkinci derece eğrileri .
Denklem (1) bir iş içermezse hu. ve formu var:
Balta. 2 + Cy. 2 + DX. + Ey. + F. = 0, (2)
ardından katsayıların değerlerine bağlı olarak FAKAT ve Dan Denklem türlerine göre eğri türünü belirlemek kolaydır:
farzedelim FAKAT× Dan \u003e 0, denklem (2) eliptik tip (elips, daire, nokta veya boş set) çizgisini belirtir;
b) eğer FAKAT× Dan < 0, то уравнение (2) задает линию гиперболического типа (гиперболу или пару пересекающиеся прямые);
c) Eğer FAKAT× Dan \u003d 0, denklem (2) parabolik tip satırını (parabol, bir çift paralel düz çizgiler, bir çift, düz veya boş bir çift eşleşme) belirtir.
Örnek 1. Denklem türlerine göre, belirtilen eğrilerin türünü belirleyin:
fakat) h. 2 + 5w. 2 – 3h. – 7w. - 7 \u003d 0, b) 2 h. 2 – 3w. 2 + 4h. - 5 \u003d 0, c) 3 w. 2 – 2h. + 6w. = 0.
Karar. a) denklemde FAKAT = 1, Dan \u003d 5, bu nedenle, FAKAT× Dan \u003e 0 ve eliptik tip çizgisini belirler.
b) denklemden FAKAT = 2, Dan \u003d -3, yani FAKAT× Dan < 0, а значит, это уравнение линии гиперболического типа.
c) denklemde FAKAT \u003d 0 I. Dan \u003d 3, yani FAKAT× Dan \u003d 0. Parabolik tip denkleminin verildiği sonucuna varıyoruz.
İkinci derece eğrisinin formu, koordinat sistemine bağlı değildir, böylece denkleminin denilen en basit görünümü alacağı her eğri için böyle bir koordinat sistemi seçilebilir. canonic(en basit) .
İkinci dereceden eğriler.
1. Daire - Bu, uçağın noktalarının bu noktadan eşit olarak geometrik bir yerdir. C.(a.; b.) (merkez dairesi) Mesafe R. (daire yarıçapı) (Şek. 1). Kanonik Denklem:
(x. – a.) 2 + (y. – b.) 2 = R. 2 . (3)
İncir. bir. Daire ( x. – a.) 2 + (y. – b.) 2 = R. 2
Özellikle, a) eğer a. \u003d 0 (Şekil 2, A), sonra kanonik daire denklemi formuna sahiptir:
X. 2 + (y. – b.) 2 = R. 2 ; (4)
b) eğer b. \u003d 0 (Şekil 2, B), sonra kanonik denklem görünüyor:
(x. – a.) 2 + y. 2 = R. 2 ; (5)
c) Eğer a. = b. \u003d 0 (Şekil 2, c), sonra kanonik denklem görünüyor:
X. 2 + y. 2 = R. 2 . (6)