Привести уравнение параболы к каноническому виду пример

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.

Привести уравнение параболы к каноническому виду пример

Параболой называется геометрическое место точек плоскости, равноудаленных от данной точки (фокуса), и данной прямой (директрисы).

Произведем выбор осей: 0 x проходит через фокус перпендикулярно директрисе («+» от директрисы к F ); за начало координат возьмем середину отрезка от до директрисы. Длину | OF | обозначим через ( p – параметр параболы); ось 0 y проведём через точку O параллельно директрисе. Поместим вершину параболы в точку O . Пусть M ( x ; y ) – произвольная точка параболы, K – основание перпендикуляра, опущенного из точки M на директрису, то есть точка .

По определению | KM |=| MF | , тогда с учетом

Это каноническое уравнение параболы ветвью вправо (рис. 2.8).

Очевидно, что x ≥ 0 и каждому x соответствует два значения y , равных по величине и противоположных по знаку, следовательно, парабола симметрична относительно оси 0 x .

Эксцентриситет параболы (аналогично эллипсу и гиперболе) определяется формулой:

. Можно показать, что парабола ветвью влево (рис. 2.9), имеет уравнение y 2 = – 2 px .

Для параболы ветвями вверх ( рис. 2.10 ) или вниз (рис. 2.11 ) уравнения выводятся аналогично уравнению (2.19) и имеют соответственно канонический вид x 2 =2 py и y 2 =2 px.

Пример 2.7. Составить уравнение линии, для каждой точки которой ее расстояние до точки A (3;–4) равно расстоянию до прямой y = 2 . Полученное уравнение привести к каноническому виду.

Решение. Пусть M ( x ; y ) – текущая точка искомой кривой. Опустим из точки M перпендикуляр MB на прямую y = 2. Тогда точка B имеет координаты ( x ; 2). Так как по условию MA = MB , то

Полученное уравнение определяет параболу ветвью вниз и с вершиной в точке O ’ ( 3;–1). Точка A ( 3;–4) является фокусом параболы. Для приведения уравнения к простейшему (каноническому) виду положим x – 3= x ’ , y + 1= y ’ . Тогда в системе координат x ’ 0 ’ y ’ уравнение параболы принимает следующий вид: x ’2 = –12 y ’ .

Примечание. При вращении параболы вокруг ее оси образуется параболоид вращения