Данное уравнение привести к каноническому

Приведение кривой второго порядка к каноническому виду

Пример №1 . Привести уравнение второго порядка к каноническому виду с помощью поворота и параллельного переноса осей координат. Построить кривую.

Пример №2 . Выполнив последовательно преобразования координат: поворот, а затем параллельный перенос координатных осей, преобразовать к каноническому виду уравнение кривой второго порядка и построить ее в исходной системе координат, а также найти параметры кривой.

Алгоритм перехода кривой второго порядка к каноническому виду

Пример №1 . 4y=-6-sqrt(4x-x 2 )
sqrt(4x-x 2 ) = -(4y+6)
Возведем в квадрат
4x-x 2 = (4y+6) 2
Раскрывая скобки, получаем:
16y 2 +48y + 36 +x 2 -4x = 0

Далее решается калькулятором. Если самостоятельно решать, то получим:
4x-x 2 = (4y+6) 2
-(x 2 — 4x) = 2(y+3/2) 2
-(x 2 — 4x + 4) = (y+3/2) 2
-(x — 2) 2 = (y+3/2) 2
(y+3/2) 2 + (x — 2) 2 = 0

Пример №2 . x=1-2/3 sqrt(y 2 -4y-5)
Здесь надо сначала привести к нормальному виду.
3/2(x-1)=sqrt(y 2 -4y-5)
Возводим в квадрат
9/4(x-1) 2 =y 2 -4y-5
9/4x 2 -9/4*2x+9/4-y 2 +4y+5=0
9/4x 2 -9/2x-y 2 +4y+29/4=0

Далее можно решать как с калькулятором, так и без него:
9/4(x-1) 2 =y 2 -4y-5
9/4(x-1) 2 =y 2 -4y+4-4-5
9/4(x-1) 2 =(y 2 -2)-9
9/4(x-1) 2 -(y 2 -2) = -9
-1/4(x-1) 2 +1/9(y 2 -2) = 1

Примеры решений: кривые второго порядка

В этом разделе вы найдете бесплатные примеры решений задач по аналитической геометрии на плоскости на тему Кривые второго порядка: приведение к каноническому виду, нахождение характеристик, построение графика т.п.

Кривые 2-го порядка: решения онлайн

Задача 1. Привести к каноническому виду уравнение кривой 2 порядка, найти все ее параметры, построить кривую.

Задача 2. Дана кривая. Привести к каноническому виду. Построить и определить вид кривой.

Задача 3. Выяснить вид кривой по общему уравнению, найти её параметры и положение в системе координат. Сделать рисунок.

Задача 4. Общее уравнение кривой второго порядка привести к каноническому. Найти координаты центра, координаты вершин и фокусов. Написать уравнения асимптот и директрис. Построить линии на графики, отметить точки.

Задача 5. Дана кривая $y^2+6x+6y+15=0$.
1. Докажите, что данная кривая – парабола.
2. Найдите координаты ее вершины.
3. Найдите значения ее параметра $р$.
4. Запишите уравнение ее оси симметрии.
5. Постройте данную параболу.

Задача 6. Дана кривая $5x^2+5y^2+6xy-16x-16y=16$.
1. Докажите, что эта кривая – эллипс.
2. Найдите координаты центра его симметрии.
3. Найдите его большую и малую полуоси.
4. Запишите уравнение фокальной оси.
5. Постройте данную кривую.

Задача 7. Найти уравнения параболы и её директрисы, если известно, что парабола имеет вершину в начале координат и симметрична относительно оси $Ox$ и что точка пересечения прямых $y=x$ и $x+y-2=0$ лежит на параболе.

Задача 8. Составить уравнение кривой, для каждой точки которой отношение расстояния до точки $F(0;10)$ к расстоянию до прямой $x=-4$ равно $\sqrt<2/5>$. Привести это уравнение к каноническому виду и определить тип кривой.

Задача 9. Даны уравнения асимптот гиперболы $y=\pm 5x/12$ и координаты точки $M(24,5)$, лежащей на гиперболе. Составить уравнение гиперболы.

Задача 10. Даны уравнение параболы $y=1/4 x^2+1$ и точка $C(0;2)$, которая является центром окружности. Радиус окружности $r=5$.
Требуется найти
1) точки пересечения параболы с окружностью
2) составить уравнение касательной и нормали к параболе в точках её пересечения с окружностью
3) найти острые углы, образуемые кривыми в точках пересечения. Чертёж.

Общее уравнение прямой на плоскости

В данной статье мы рассмотрим общее уравнение прямой на плоскости. Приведем примеры построения общего уравнения прямой, если известны две точки этой прямой или если известна одна точка и нормальный вектор этой прямой. Представим методы преобразования уравнения в общем виде в канонический и параметрический виды.

Пусть задана произвольная декартова прямоугольная система координат Oxy. Рассмотрим уравнение первой степени или линейное уравнение:

где A, B, C − некоторые постоянные, причем хотя бы один из элементов A и B отлично от нуля.

Мы покажем, что линейное уравнение на плоскости определяет прямую. Докажем следующую теорему.

Теорема 1. В произвольной декартовой прямоугольной системе координат на плоскости каждая прямая линия может быть задана линейным уравнением. Обратно, каждое линейное уравнение (1) в произвольной декартовой прямоугольной системе координат на плоскости определяет прямую линию.

Доказательство. Достаточно доказать, что прямая L определяется линейным уравнением при какой нибудь одной декартовой прямоугольной системе координат, поскольку тогда она будет определяться линейным уравнением и при любом выборе декартовой прямоугольной системы координат.

Пусть на плоскости задана прямая L. Выберем систему координат так, чтобы ось Ox совпадал с прямой L, а ось Oy был перпендикулярной к ней. Тогда уравнение прямой L примет следующий вид:

Все точки на прямой L будут удовлетворять линейному уравнению (2), а все точки вне этой прямой, не будут удовлетворять уравнению (2). Первая часть теоремы доказана.

Пусть задана декартова прямоугольная система координат и пусть задана линейное уравнение (1), где хотя бы один из элементов A и B отличен от нуля. Найдем геометрическое место точек, координаты которых удовлетворяют уравнению (1). Так как хотя бы один из коэффициентов A и B отличен от нуля, то уравнение (1) имеет хотя бы одно решение M(x₀,y₀). (Например, при A≠0, точка M₀(−C/A, 0) принадлежит данному геометрическому месту точек). Подставляя эти координаты в (1) получим тождество

Вычтем из (1) тождество (3):

Очевидно, что уравнение (4) эквивалентно уравнению (1). Поэтому достаточно доказать, что (4) определяет некоторую прямую .

Поскольку мы рассматриваем декартову прямоугольную систему координат, то из равенства (4) следует, что вектор с компонентами <x−x₀, y−y₀> ортогонален вектору n с координатами <A,B>.

Рассмотрим некоторую прямую L, проходящую через точку M₀(x₀, y₀) и перпендикулярной вектору n (Рис.1). Пусть точка M(x,y) принадлежит прямой L. Тогда вектор с координатами x−x₀, y−y₀ перпендикулярен n и уравнение (4) удовлетворено (скалярное произведение векторов n и равно нулю). Обратно, если точка M(x,y) не лежит на прямой L, то вектор с координатами x−x₀, y−y₀ не ортогонален вектору n и уравнение (4) не удовлетворено. Теорема доказана.

Вектор n=<A,B> называется нормальным вектором прямой L.

Замечание 1. Если два общих уравнения прямой

определяют одну и ту же прямую, то найдется такое число λ, что выпонены равенства

Так как выполнены первые два равенства из выражений (7), то C₁λ−C₂=0. Т.е. C₂=C₁λ. Замечание доказано.

Заметим, что уравнение (4) определяет уравнение прямой, проходящей через точку M₀(x₀, y₀) и имеющий нормальный вектор n=<A,B>. Поэтому, если известен нормальный вектор прямой и точка, принадлежащая этой прямой, то можно построить общее уравнение прямой с помощью уравнения (4).

Пример 1. Прямая проходит через точку M=(4,−1) и имеет нормальный вектор n=<3, 5>. Построить общее уравнение прямой.

Решение. Имеем: x₀=4, y₀=−1, A=3, B=5. Для построения общего уравнения прямой, подставим эти значения в уравнение (4):

Упростив получим общее уравнение прямой:

Пример 2. Прямая проходит через точки M₁=(−5, 2) и M₂=(−2, 3). Построить общее уравнение прямой.

Решение. Вычислим вектор :

Вектор параллелен прямой L и, следовательно, перпердикулярен нормальному вектору прямой L. Построим нормальный вектор прямой L, учитывая, что скалярное произведение векторов n и равно нулю. Можем записать, например, n=<1,−3>.

Для построения общего уравнения прямой воспользуемся формулой (4). Подставим в (4) координаты точки M₁ (можем взять также координаты точки M₂) и нормального вектора n:

Упростим полученное уравнение:

Подставляя координаты точек M₁ и M₂ в (9) можем убедится, что прямая заданная уравнением (9) проходит через эти точки.

Приведение общего уравнения прямой на плоскости к каноническому виду

Нам нужно привести уравнение (1) к каноническому виду. Для этого найдем некоторую точку M₀(x₀,y₀) на этой прямой. Тогда имеем:

Вторую слагаемую уравнения (11) переместим на право и разделим обе части уравнения на −AB:

(12)

Мы получили каноническое уравнение прямой. Вектор q=<−B, A> является направляющим вектором прямой (12).

Обратное преобразование смотрите здесь.

Пример 3. Прямая на плоскости представлена следующим общим уравнением:

Привести данное уравнение прямой к каноническому виду.

Решение: Найдем некоторую точку на прямой (13). Для этого подставим в (13) y=1 и найдем x. Получим x=2. Запишем уравнение прямой пользуясь формулой (11):

Переместим на право вторую слагаемую и разделим обе части уравнения на 2·5:

Приведение общего уравнения прямой на плоскости к параметрическому виду

В предыдущем параграфе мы привели общее уравнение прямой (1) к каноническому виду (12). Из канонического уравнения легко получить параметрическое уравнение прямой. для этого левый и правый части уравнения (12) обозначим через параметр t. Тогда получим:

Выразив x и y через параметр t, получим параметрическое уравнение прямой:

Обратное преобразование смотрите здесь.

Пример 4. Прямая на плоскости представлена следующим общим уравнением:

Привести данное уравнение прямой к параметрическому виду.

Решение: Найдем некоторую точку на прямой (13). Для этого подставим в (14) x=3 и найдем y. Получим y=11. Запишем уравнение прямой пользуясь формулой (11):

Переместим на право вторую слагаемую и разделим обе части уравнения на 5·2:

Обозначим обе части уравнения через параметр t:

Выразим x и y через параметр t:

Ответ. Параметрическое уравнение прямой имеет следующий вид: