3553

фокусом, равно расстоянию до некоторой фиксированной

прямой,

называемой директрисой (не содержащей т. F ).

Пусть p –

расстояние от F

до директрисы. По определению параболы

=

,

MF

MN

(11)

где точка

M

–

произвольная

точка параболы, N –

ее

проекция на

p

директрису.

Выберем систему

координат так, чтобы

т.

F

,0

была

2

фокусом, а x = −

p

– директрисой.

2

N

M(x,y)

−

p

0

F

p

,0

x

2

2

p 2

2

p

2

x −

+ y

=

x +

(12)

2

2

y 2 = 2 px

(13)

−

p

0

p

x

F

,0

2

2

Рис. 9.

Уравнения вида x2

= 2 py

(15)

x2

= −2 py

(16)

p

y

N

2

y

x

p

0

M

F 0,

p

2

M

F 0,−

2

0

x

«Вырождения» параболы:

1.

x2

= -k 2 , y 2 = -k 2

. Эти уравнения не определяют никакого точечного множества

при k ¹ 0 .

2.

x2

= k 2 , y 2 = k 2

, эти уравнения определяют пару параллельных прямых: x = ±k

и y = ±k . При k = 0 эти прямые совпадают.

62 ¹ 2 p × (- 2), т.к. p > 0 .

62 = -2 p × (- 2)

36 = 4 p

0

6

y′

M

x′

α

0

x

Рис. 14.

M (x, y) – точка с координатами в старой системе координат oxy ,

M (x′, y′) –

точка с координатами в новой системе координат o′x′y′ .

x = x′ × cosα - y′ × sinα

= x¢ × sinα + y¢ × cosα –

формулы преобразования координат т.

M

при

y

повороте осей на угол α .

x′ = x × cosα + y × sinα

обратные формулы.

y¢ = -x × sinα + y × cosα –

Пример 1. С помощью параллельного переноса осей координат

привести к простейшему виду уравнение кривой x2

+ 2 y 2 − 4x + 8 y − 10 = 0 и

построить ее.

Решение.

AC − B2 = 2 > 0 –

кривая эллиптического типа. Преобразуем

данное уравнение – сгруппируем полные квадраты

x2 − 4x + 4 − 4 + 2(y 2 + 4 y + 4 − 4)− 10 = 0

(x - 2)2 + 2(y + 2)2 = 22

(x − 2)2

+ (y + 2)2

= 1.

22

11

x − 2 = x′

Положим

y + 2 = y′

эта

система задает

формулы параллельного

переноса

осей

координат в т.O1 (2,−2). Получим уравнение эллипса:

x12

+

y12

= 11,

a =

, b =

и

с

полуосями

22

11

центром симметрии в

22

11

т. O1 (2,−2).

y

0

y′

b

x

-a

O1

x′

a

-b

Пример 2.

Преобразовать

уравнение

xy = m (m > 0)

к простейшему

виду.

Решение: AC − B2

= −1 < 0

– кривая гиперболического типа. Повернем

заданную систему координат на угол α .

Подставим в заданное уравнение формулы

x = x′ × cosα - y′ × sinα

= x¢ × sinα + y¢ × cosα

y

(x′cosα − y′sinα )(x′sinα + y′cosα ) = m

x

′2

cosα sinα − y

′

2

′ ′

2

α − sin

2

α )= m

sinα cosα + x y (cos

cos2 α − sin 2 α = 0 ,

cos 2α = 0 ,

2α = π

,

α = π .

α = π

2

4

Итак,

при

мы избавились

в уравнении

от

слагаемого,

4

содержащего произведение x′ × y′

и получили уравнение вида

x¢2

×

2

×

2

- y¢2

×

2

×

2

= m

или

2

2

2

2

x′2

-

y′2

=1

– это уравнение гиперболы с полуосями a = b =

2m .

2m

2m

y′

y

x′

заданную уравнением: x2

+ 4x + 3y + 6 = 0 .

Решение.

AC − B2

= 0 – кривая параболического типа. Сгруппируем

полный квадрат и преобразуем данное уравнение:

x2 + 4x + 4 − 4 + 3y + 6 = 0

2

2

x + 2

= x′

(x + 2) = −3 y +

.Положим, что y +

2

= y′ являются формулами

3

3

− 2,−

2

x′2 = −3y′ –

параллельного переноса в т.O1

. Получим уравнение:

3

− 2,−

2

и симметричная относительно оси oy′ .

парабола с вершиной в т. O1

3

y′

y

-2

O

x

O1

2

−

x′

3

-2

Пример 4. Построить кривую y =

x + 3

.

2x + 1

Решение. Перепишем уравнение 2xy - x + y - 3 = 0 , 2x + 1 ¹ 0 .

AC - B2 = -4 < 0 –

кривая гиперболического типа.

Преобразуем данное уравнение:

2 y x +

1

- x +

1

-

5

= 0

2

2

2

x +

1

y -

1

=

5

2

2

4

x +

1

= x¢

5

Положим

2

.

Получим x¢ × y¢ =

.

1

4

y -

= y¢

2

1

1

O¢ -

,

–

новое начало координат после параллельного переноса.

2

2

Повернем оси координат o′x′ и o′y′ на угол 45o (см. пример 2).

2

2

x¢ = x¢¢

- y¢¢

2

2

2

2

y¢ = x¢¢

2

- y¢¢

2

Получим уравнение (x¢¢)2 ×

1

- (y¢¢)2 ×

1

=

5

,

4

′′

′′

2

2

2

2

) − (y

)

= 1

a = b =

2,5 .

(x

– гипербола, где

2,5

2,5

y′

y

y′′

x′′

2,5

2,5