Priamka a kružnica - EduPage
Transcript of Priamka a kružnica - EduPage
Priamka a kružnica
treba riešiť sústavu rovníc
rovnica priamky (lineárna) + rovnica kružnice (kvadratická)
zlúčená rovnica → kvadratická
počet riešení sústavy = počet spoločných bodov priamky a kružnice
a, dve riešenia ⇒ dva spoločné body (p ⋂ k = {P1; P2}) ⇒ sečnica
b, jedno riešenie ⇒ jeden spoločný bod (p ⋂ k = {T}) ⇒ dotyčnica
c, nemá riešenie ⇒ nemajú spoločný bod (p ⋂ k = Ø) ⇒ nesečnica (vonkajšia priamka)
sečnica dotyčnica nesečnica
ak je daná kružnica a dotykový bod:
k: (x – u)2 + (y – v)2 = r2; T(x0; y0)
potom rovnica dotyčnice:
t: (x0 – u).(x – u) + (y0 – v).(y – v) = r2
príklad:
Vypočítajte veľkosť tetivy, ktorú vytína kružnica na priamke:
(x – 3)2 + (y – 2)2 = 25, x = -1 + 7t, y = 5 + t
dosadíme do rovnice kružnice parametrické výrazy
(-1 + 7t – 3)2 + (5 + t – 2)2 = 25
zlúčime čísla v zátvorkách
(7t – 4)2 + (t + 3)2 = 25
umocnime
49t2 – 56t + 16 + t2 + 6t + 9 = 25
zlúčime
50t2 – 50t + 25 = 25
50t2 – 50t = 0
50t(t – 1) = 0
t1 = 0 t2 = 1
x1 = -1 + 7.0 = -1 x2 = -1 + 7.1 = 6
y1 = 5 + 0 = 5 y2 = 5 + 1 = 6
P1 =(-1; 5) P2 =(6; 6)
|P1P2| = √(6 − (−1))2+ (6 − 5)2 = √72 + 12 = √50 ≐ 7,07
Určte rovnicu dotyčnice v danom bode kružnice:
(x – 2)2 + (y – 3)2 = 25, T(-1; yT < 0)
vypočítame chýbajúcu súradnicu dotykového bodu – dosadíme do rovnice kružnice
(-1 – 2)2 + (y – 3)2 = 25
(-3)2 + (y – 3)2 = 25
9 + (y – 3)2 = 25
(y – 3)2 = 16 /√
|y – 3| = 4
y – 3 = 4 y – 3 = -4
y1 = 7 y2 = -1
T(-1; -1)
z rovnice kružnice stred: S(2; 3)
TS ⊥ t ⇒ TS⃗⃗⃗⃗ = n𝑡⃗⃗ ⃗ = S – T = (3; 4)
t: 3.x + 4.y + c = 0
3.(-1) + 4.(-1) + c = 0
c = 7
t: 3x + 4y + 7 = 0
Určte hodnotu parametra q tak, aby rovnica qx + 4y – 25 = 0 bola rovnicou dotyčnice ku kružnici
x2 + y2 = 25.
vyjadrime y
qx + 4y – 25 = 0
4y = 25 – qx
25−qx
4 = y
dosadíme do rovnice k
x2 + (25−qx
4)2
= 25
umocníme
x2 + 625−50qx+q2x2
16 = 25 /.16
odstránime zlomok
16x2 + 625 – 50qx + q2x2 = 400
anulujeme rovnicu a vyjmeme x2
x2(16 + a2) – 50ax + 225 = 0
je to kvadratická rovnica s neznámou x a parametrom a
a = 16 + q2 b = -50q c = 225
počet riešení kvadratickej rovnice závisí od D: jedno riešenie ⇔ D = 0
D = b2 – 4ac = (-50q)2 – 4.(16 + q2).225 = 2 500q2 – 14 400 – 900q2 = 1 600q2 – 14 400
1 600q2 – 14 400 = 0
1 600q2 = 14 400
q2 = 14 400
1 600 = 9
|q| = 3
q1 = -3 q2 = 3
t1: -3x + 4y – 25 = 0 t2: 3x + 4y – 25 = 0
Elipsa
analytická geometria: kvadratický útvar, krivka druhého stupňa
euklidovská geometria: kužeľosečka (prienik kužeľovej plochy s rovinu) – rovina nie je rovnobežná ani jednou
stranou kužeľa a nie je kolmá na os
D. Elipsa je množina bodov v rovine, ktorých súčet vzdialeností od dvoch vopred daných bodov je konštantný.
Tie dané body sú ohniská a konštantný súčet je dĺžka hlavnej osi.
S – stred ℰ
A, B – hlavné vrcholy ℰ: A, B ∈ ℰ
C, D – vedľajšie vrcholy ℰ: C, D ∈ ℰ
F1, F2 – ohniská ℰ
|AB| = 2a – dĺžka hlavnej osi (a – dĺžka hlavnej polosi)
|CD| = 2b – dĺžka vedľajšej osi
|F1S| = |SF2| = e – lineárna excentricita
V. e2 = a2 – b2
ℰ: S(u; v); a; b – stredová rovnica elipsy:
ℰ: (x−𝑢)2
𝑎2 +(y−𝑣)2
𝑏2 = 1 AB ∥ x (ležatá ℰ)
ℰ: (y−𝑣)2
𝑎2 +(x−𝑢)2
𝑏2 = 1 AB ∥ y (stojatá ℰ)
odstránime zátvorky, prenesieme všetko na jednu stranu, usporiadame → všeobecná rovnica elipsy:
ℰ: A.x2 + B.y2 + C.x + D.y + E = 0 A; B; C; D; E ∈ ℝ
podmienka: A.B > 0 (A a B majú rovnaké znamienka) ∧ A ≠ B (ale rôzne čísla) ∧
∧ BC2 + AD2 – 4ABE > 0
parametrická rovnica elipsy:
ℰ: x = a.cos φ; y = b.sin φ φ ∈ ⟨0; 2π)
súradnice bodov:
AB ∥ x:
A(u – a; v) C(u ; v + b) F1(u – e; v)
B(u + a; v) D(u ; v – b) F2(u + e; v)
AB ∥ y:
A(u; v – a) C(u – b ; v) F1(u; v – e)
B(u; v + a) D(u + b ; v) F2(u; v + e)
príklad:
Napíšte všeobecnú rovnicu elipsy, ak poznáte: a = 10, b = 8, S(2; 4), AB ∥ x
dosadíme do stredovej rovnice údaje
ℰ: (x−2)2
102+
(y−4)2
82 = 1
umocníme zátvorky
x2−4x+4
100+
y2−8y+16
64 = 1 /.1 600
odstránime zlomky
16(x2 – 4x + 4) + 25(y2 – 8y + 16) = 1 600
odstránime zátvorky
16x2 – 64x + 64 + 25y2 – 200y + 400 = 1 600 /-1 600
anulujeme rovnicu a preusporiadame
ℰ: 16x2 + 25y2 – 64x – 200y – 1 136 = 0
Napíšte všeobecnú rovnicu elipsy, ak poznáte: a = 13, e = 12, S(5; -3), AB ∥ y
najprv vypočítame vedľajšiu polos
e2 = a2 – b2 → b = √a2 − e2 = √132 − 122 = 5
dosadíme do stredovej rovnice údaje
ℰ: (x−5)2
52+
(y−(−3))2
132 = 1
umocníme zátvorky
x2−10x+25
25+
y2+6y+9
169 = 1 /.4 225
odstránime zlomky
169(x2 – 10x + 25) + 25(y2 + 6y + 9) = 4 225
odstránime zátvorky
169x2 – 1 690x + 4 225 + 25y2 + 150y + 225 = 4 225 /-4 225
anulujeme rovnicu a preusporiadame
ℰ: 169x2 + 25y2 – 1 690x + 150y + 225 = 0
Zistite súradnice stredu S; vrcholov A, B, C, D a ohnísk F1, F2 elipsy, veľkosť polosí a, b a lineárnu excentricitu
e elipsy: ℰ: 5x2 + 8y2 + 18x – 10y – 30 = 0
5x2 + 8y2 + 18x – 10y – 30 = 0
preusporiadame
5x2 + 18x + 8y2 – 10y = 30
vyjmeme vo dvojiciach koeficienty (a iba koeficienty) kvadratických členov
5(x2 +18
5x) + 8(y2 −
10
8y) = 30
doplníme na úplný štvorec (na druhú mocninu dvojčlena)
5(x2 +18
5x + (
9
5)2
) + 8(y2 −5
4y + (
5
8)2
) = 30 + 5.(9
5)2
+ 8.(5
8)2
5(x +9
5)2
+ 8(y −5
8)2
= 30 + 81
5 +
25
8
vydelíme rovnicu s číslom z pravej strany – aby tam ostalo číslo 1
5(x +9
5)2
+ 8(y −5
8)2
= 1 973
40 /:
1 973
40
5(x+
9
5)2
1 973
40
+ 8(y−
5
8)2
1 973
40
= 1
odstránime z čitateľov čísla
(x+
9
5)2
1 973405
+ (y−
5
8)2
1 973408
= 1
ℰ: (x+
9
5)2
1 973
200
+ (y−
5
8)2
1 973
320
= 1
S(−9
5;5
8)
1 973
200>
1 973
320⇒ a = √
1 973
200 b = √
1 973
320
e = √1 973
200−
1 973
320 = √
5 919
1 600
v menovateli zlomku s x-om je väčšia hodnota (a) ⇒ AB ∥ x
A(−9
5− √
1 973
200;5
8) C(−
9
5;5
8+ √
1 973
320) F1(−
9
5− √
5 919
1 600;5
8)
B(−9
5+ √
1 973
200;5
8) D(−
9
5;5
8− √
1 973
320) F2(−
9
5+ √
5 919
1 600;5
8)
Priamka a elipsa
treba riešiť sústavu rovníc
rovnica priamky (lineárna) + rovnica elipsy (kvadratická)
zlúčená rovnica → kvadratická
počet riešení sústavy = počet spoločných bodov priamky a elipsy
a, dve riešenia ⇒ dva spoločné body (p ⋂ ℰ = {P1; P2}) ⇒ sečnica
b, jedno riešenie ⇒ jeden spoločný bod (p ⋂ ℰ = {T}) ⇒ dotyčnica
c, nemá riešenie ⇒ nemajú spoločný bod (p ⋂ ℰ = Ø) ⇒ nesečnica (vonkajšia priamka)
sečnica dotyčnica nesečnica
ak je daná elipsa a dotykový bod:
ℰ: (x−𝑢)2
𝑎2 +(y−𝑣)2
𝑏2 = 1; T(x0; y0) ℰ: (y−𝑣)2
𝑎2 +(x−𝑢)2
𝑏2 = 1; T(x0; y0)
potom rovnica dotyčnice:
t: (x0−𝑢).(x−𝑢)
𝑎2 +(y0−𝑣).(y−𝑣)
𝑏2 = 1 t: (y0−𝑣).(y−𝑣)
𝑎2 +(x0−𝑢).(x−𝑢)
𝑏2 = 1
príklad:
Vypočítajte súradnice priesečníkov elipsy s priamkou: ℰ: 25x2 + 36y2=900𝑏:10x − 9y − 75=0
vyjadrime jednu neznámu z rovnice priamky
10x – 9y – 75 = 0
10x – 75 = 9y
10x−75
9 = y
dosadíme do rovnice elipsy
25x2 + 36(10x−75
9)2
= 900
umocnime
25x2 + 36.100x2−1 500x+5 625
81 = 900
25x2 + 4.100x2−1 500x+5 625
9 = 900 /.9
225x2 + 4.(100x2 – 1 500x + 5 625) = 8 100
225x2 + 400x2 – 6 000x + 22 500 = 8 100
anulujeme rovnicu a zlúčime
625x2 – 6 000x + 14 400 = 0 /:25
25x2 – 240x + 576 = 0
(5x – 24)2 = 0
5x – 24 = 0
5x = 24
x = 24
5 = 4,8 alebo vzorcom
a = 625 b = -240 c = 576
x1,2 = −𝑏±√𝑏2−4𝑎𝑐
2𝑎 =
−(−240)±√(−240)2−4.25.576
2.25 =
240±√57600−57600
50 =
240±0
50 =
24
5
má jedno riešenie ⇒ priamka b je dotyčnicou a spoločný bod je dotykový bod
y = 10x−75
9 =
10.24
5−75
9 =
48−75
9 = −
27
9 = -3
T(24
5; −3)
Napíšte rovnicu dotyčnice v bode T elipsy:
x2 + 4y2 – 4x + 32y + 48 = 0, T(xT > 0; -2)
vypočítame chýbajúcu súradnicu dotykového bodu – dosadíme do rovnice elipsy
x2 + 4(-2)2 – 4x + 32(-2) + 48 = 0
x2 + 16 – 4x – 64 + 48 = 0
x2 – 4x = 0
dostali sme neúplnú kvadratickú rovnicu – riešime vyňatím
x(x – 4) = 0
x1 = 0 x2 = 4
T(4; -2)
nakoľko iba parametrická rovnica priamky obsahuje súradnice bodu, ktorým prechádza:
𝑡: x = 4 + s1𝑡
y =−2 + s2𝑡
kde smerový vektor dotyčnice je: s (s1; s2)
ak dotyčnica nie je rovnobežná ani jednou z ôs, jednu súradnicu si môžeme zvoliť (nie 0)
nech: s2 = 1
s (s1; 1)
𝑡: x = 4 + s1𝑡
y =−2 + 1. 𝑡= 𝑡 − 2
dosadíme do rovnice elipsy
(4 + s1.t)2 + 4(t – 2)2 – 4(4 + s1.t) + 32(t – 2) + 48 = 0
odstránime zátvorky
16 + 8s1.t + s12t2 + 4(t2 – 4t + 4) – 16 – 4s1.t + 32t – 64 + 48 = 0
4s1.t – 16 + s12t2 + 32t + 4t2 – 16t + 16 = 0
preusporiadame
s12t2 + 4t2 + 4s1.t + 16t = 0
vyjmeme vo dvojiciach t2 a t, aby bol iba jeden kvadratický a jeden lineárny člen
t2(s12 + 4) + t(4s1 + 16) = 0
a = s12 + 4 b = 4s1 + 16 c = 0
počet riešení kvadratickej rovnice závisí od D: jedno riešenie ⇔ D = 0
D = b2 – 4ac = (4s1 + 16)2 – 4.(s12 + 4).0 = (4s1 + 16)2
(4s1 + 16)2 = 0
4s1 + 16 = 0
4s1 = -16
s1 = -4
takže konečný tvar parametrickej rovnice dotyčnice:
𝑡: x =4 − 4𝑡y =−2 + 𝑡 /.4
x = 4 − 4𝑡4y =−8 + 4𝑡
x + 4y = -4
t: x + 4y + 4 = 0
Nájdite rovnicu dotyčnice k elipse x2
30+
y2
24 = 1, ktorá je rovnobežná s priamkou x = -6 + t, y = 5 + 2t.
z parametrickej rovnice priamky určíme smerový vektor: s (1; 2)
priamka, ktorá má byť rovnobežná s danou priamkou, má aj smerový vektor rovnobežný s daným
smerovým vektorom → môžeme aj ten použiť
poznáme smerový vektor dotyčnice ⇒ buď parametrickú, alebo smernicovú rovnicu použijeme
kt = s2
s1 =
2
1 = 2
t: y = 2x + q
treba určiť hodnotu b tak, aby priamka bola dotyčnicou (aby sústava mala jedno riešenie)
dosadíme do upravenej rovnice elipsy → odstránime zlomky
4x2 + 5y2 = 120
4x2 + 5(2x + q)2 = 120
umocníme; odstránime zátvorku; zlúčime členy a anulujeme rovnicu
4x2 + 5(4x2 + 4qx + q2) = 120
4x2 + 20x2 + 20qx + 5q2 = 120
24x2 + 20qx + 5q2 = 120 /-120
24x2 + 20qx + 5q2 – 120 = 0
a = 24 b = 20q c = 5q2 – 120
počet riešení kvadratickej rovnice závisí od D: jedno riešenie ⇔ D = 0
D = b2 – 4ac = (20q)2 – 4.24.(5q2 – 120) = 400q2 – 480q2 + 11 520 = -80q2 + 11 520
-80q2 + 11 520 = 0 /+80q2
11 520 = 80q2 /:80
144 = q2 /√
12 = |q|
q1 = -12 q2 = 12
t1: y = 2x – 12 t2: y = 2x + 12
Hyperbola
analytická geometria: kvadratický útvar, krivka druhého stupňa
euklidovská geometria: kužeľosečka (prienik kužeľovej plochy s rovinu) – rovina je rovnobežná s dvoma
stranami kužeľa
D. Hyperbola je množina bodov v rovine, ktorých rozdiel vzdialeností od dvoch vopred daných bodov je
konštantný. Tie dané body sú ohniská a konštantný rozdiel je dĺžka hlavnej osi.
S – stred ℋ
A, B – hlavné vrcholy ℋ: A, B ∈ ℋ
C, D – vedľajšie vrcholy ℋ: C, D ∉ ℋ
F1, F2 – ohniská ℋ
|AB| = 2a – dĺžka hlavnej osi (a – dĺžka hlavnej polosi)
|CD| = 2b – dĺžka vedľajšej osi
|F1S| = |SF2| = e – lineárna excentricita
charakteristický obdĺžnik – A, B, C, D sú stredmi strán charakteristického obdĺžnika
asymptoty (dotyčnica v nekonečne) – uhlopriečky charakteristického obdĺžnika
vnútro (vnútorné body) ℋ – časti roviny, kde sú ohniská (naľavo od ľavej a napravo od pravej vetvy)
V. e2 = a2 + b2
ℋ: S(u; v); a; b – stredová rovnica hyperboly:
ℋ: (x−𝑢)2
𝑎2 −(y−𝑣)2
𝑏2 = 1 AB ∥ x (s vetvami naľavo a napravo)
ℋ: (y−𝑣)2
𝑎2−
(x−𝑢)2
𝑏2 = 1 AB ∥ y (s vetvami nad a pod)
odstránime zátvorky, prenesieme všetko na jednu stranu, usporiadame → všeobecná rovnica hyperboly:
ℋ: A.x2 + B.y2 + C.x + D.y + E = 0 A; B; C; D; E ∈ ℝ
podmienka: A.B < 0 (A a B majú opačné znamienka) ∧
∧ BC2 + AD2 – 4ABE ≠ 0
parametrická rovnica hyperboly:
ℋ: x = 𝑎
cosφ; y = b.tg φ φ ∈ ⟨0; 2π) ∧ φ ≠
𝜋
2;
3𝜋
2
súradnice bodov:
AB ∥ x:
A(u – a; v) C(u ; v + b) F1(u – e; v)
B(u + a; v) D(u ; v – b) F2(u + e; v)
AB ∥ y:
A(u; v – a) C(u – b ; v) F1(u; v – e)
B(u; v + a) D(u + b ; v) F2(u; v + e)
rovnice asymptot:
AB ∥ x: smernice – k𝑎1,𝑎2 = ∓
𝑏
𝑎
a1: b.(x – u) + a.(y – v) = 0 a2: b.(x – u) – a.(y – v) = 0
a1: y = −𝑏
𝑎(x – u) + v a2: y =
𝑏
𝑎(x – u) + v
AB ∥ y: smernice – k𝑎1,𝑎2 = ±
𝑎
𝑏
a1: a.(x – u) – b.(y – v) = 0 a2: a.(x – u) + b.(y – v) = 0
a1: y = 𝑎
𝑏(x – u) + v a2: y = −
𝑎
𝑏(x – u) + v
príklad:
Napíšte všeobecnú rovnicu hyperboly, ktorej hlavná os je rovnobežná s osou x a poznáme: a = 6, b = 8, S(-3; 2)
dosadíme do stredovej rovnice údaje
ℋ: (x−(−3))
2
62 −(y−2)2
82 = 1
umocníme zátvorky
x2+6x+9
36−
y2−4y+4
64 = 1 /.576
odstránime zlomky
16(x2 + 6x + 9) – 9(y2 – 4y + 4) = 576
odstránime zátvorky
16x2 + 96x + 144 – 9y2 + 36y – 36 = 576 /-576
anulujeme rovnicu a preusporiadame
ℋ: 16x2 – 9y2 + 96x + 36y – 468 = 0
Napíšte všeobecnú rovnicu hyperboly, ktorej hlavná os je rovnobežná s osou y a: b = 15, e = 17, S(-1; -4)
najprv vypočítame hlavnú polos
e2 = a2 + b2 → a = √e2 − b2 = √172 − 152 = 8
dosadíme do stredovej rovnice údaje
ℋ: (y−(−4))
2
82 −(x−(−1))
2
152 = 1
umocníme zátvorky
y2+8y+16
64−
x2+2x+1
225 = 1 /.14 400
odstránime zlomky
225(y2 + 8y + 16) – 64(x2 + 2x + 1) = 14 400
odstránime zátvorky
225y2 + 1 800y + 3 600 – 64x2 – 128y – 64 = 14 400 /-14 400
anulujeme rovnicu a preusporiadame
ℋ: 225y2 – 64x2 + 1 800y – 128x – 10 864 = 0
Zistite súradnice stredu S; vrcholov A, B, C, D a ohnísk F1, F2 hyperboly, veľkosť polosí a, b, lineárnu
excentricitu e hyperboly a napíšte rovnice asymptot: ℋ: 9x2 – 6y2 – 15x – 8y – 20 = 0
9x2 – 6y2 – 15x – 8y – 20 = 0
preusporiadame
9x2 – 15x – 6y2 – 8y = 20
vyjmeme vo dvojiciach koeficienty (a iba koeficienty) kvadratických členov
pozor na znamienko!
9(x2 −15
9x) – 6(y2 +
8
6y) = 20
doplníme na úplný štvorec (na druhú mocninu dvojčlena)
9(x2 −5
3x + (
5
6)2
) – 6(y2 +4
3y + (
2
3)2
) = 20 + 9.(5
6)2
– 6.(2
3)2
9(x −5
6)2
– 6(y +2
3)2
= 20 + 25
4 –
8
3
vydelíme rovnicu s číslom z pravej strany – aby tam ostalo číslo 1
9(x −5
6)2
– 6(y +2
3)2
= 283
12 /:
283
12
9(x−
5
6)2
283
12
– 6(y+
2
3)2
283
12
= 1
odstránime z čitateľov čísla
(x−
5
6)2
283129
– (y+
2
3)2
283126
= 1
ℋ: (x−
5
6 )
2
283
106
– (y+
2
3)2
283
72
= 1
S(5
6; −
2
3) a = √
283
106 b = √
283
72
e = √283
106+
283
72 = √
1 415
216
pred zlomkom s x-om je kladné znamienko ⇒ AB ∥ x
A(5
6− √
283
106; −
2
3) C(
5
6; −
2
3+ √
283
72) F1(
5
6− √
1 415
216; −
2
3)
B(5
6+ √
283
106; −
2
3) D(
5
6; −
2
3− √
283
72) F2(
5
6+ √
1 415
216; −
2
3)
Priamka a hyperbola
treba riešiť sústavu rovníc
rovnica priamky (lineárna) + rovnica hyperboly (kvadratická)
zlúčená rovnica → kvadratická
počet riešení sústavy = počet spoločných bodov priamky a hyperboly
a, dve riešenia ⇒ dva spoločné body (p ⋂ ℋ = {P1; P2}) ⇒ sečnica
b, jedno riešenie ⇒ jeden spoločný bod (p ⋂ ℋ = {B})
b1, ak priamka nie je rovnobežná ani jednou z asymptot (p ∦ a1, a2) ⇒ dotyčnica
b2, ak priamka je rovnobežná s jednou z asymptot (p ∥ a1 ∨ a2) ⇒ priamka prechádza ℋ (sečnica)
c, nemá riešenie ⇒ nemajú spoločný bod (p ⋂ ℋ = Ø) ⇒ nesečnica (vonkajšia priamka)
sečnica dotyčnica
prechádza ℋ nesečnica
ak je daná hyperbola a dotykový bod:
ℋ: (x−𝑢)2
𝑎2 −(y−𝑣)2
𝑏2 = 1; T(x0; y0) ℋ: (y−𝑣)2
𝑎2 −(x−𝑢)2
𝑏2 = 1; T(x0; y0)
potom rovnica dotyčnice:
t: (x0−𝑢).(x−𝑢)
𝑎2 −(y0−𝑣).(y−𝑣)
𝑏2 = 1 t: (y0−𝑣).(y−𝑣)
𝑎2 −(x0−𝑢).(x−𝑢)
𝑏2 = 1
príklad:
Vypočítajte súradnice priesečníkov hyperboly s priamkou: ℋ:y2
16−
x2
9=1
𝑎: 15y − 28x=12
vyjadrime jednu neznámu z rovnice priamky
15y – 28x = 12
15y = 12 + 28x
y = 28x+12
15
aj rovnicu hyperboly upravíme
y2
16−
x2
9 = 1 /.144
9y2 – 16x2 = 144
dosadíme do rovnice hyperboly
9(28x+12
15)2
– 16x2 = 144
umocnime
9.784x2+672x+144
225 – 16x2 = 144
784x2+672x+144
25 – 16x2 = 144 /.25
784x2 + 672x + 144 – 400x2 = 3 600
anulujeme rovnicu a zlúčime
384x2 + 672x – 3 456 = 0 /:96
4x2 + 7x – 36 = 0
a = 4 b = 7 c = -36
x1,2 = −𝑏±√𝑏2−4𝑎𝑐
2𝑎 =
−7±√72−4.4.(−36)
2.4 =
−7±√49+576
8 =
−7±25
8 =
↗18
8=
9
4
↘−32
8= −4
má dve riešenia ⇒ priamka a je sečnicou
y1 = 28.x+12
15 =
28.9
4+12
15 =
63+12
15 =
75
15 = 5
y2 = 28.(−4)+12
15 =
−112+12
15 = −
20
3
P1(9
4; 5) P2(−4;−
20
3)
Napíšte rovnicu dotyčnice hyperboly v jej bode:
4y2 – 8x2 = 32, T(xT > 0; 4)
vypočítame chýbajúcu súradnicu dotykového bodu – dosadíme do rovnice hyperboly
4.42 – 8x2 = 32
64 – 8x2 = 32 /-32 + 8x2
32 = 8x2 /:8
4 = x2 /√
2 = |x|
x1 = -2 x2 = 2
T(2; 4)
nakoľko iba parametrická rovnica priamky obsahuje súradnice bodu, ktorým prechádza:
𝑡: x =2 + s1𝑡
y =4 + s2𝑡
kde smerový vektor dotyčnice je: s (s1; s2)
ak dotyčnica nie je rovnobežná ani jednou z ôs, jednu súradnicu si môžeme zvoliť (nie 0)
nech: s2 = 1
s (s1; 1)
𝑡: x =2 + s1𝑡
y =4 + 1. 𝑡= 4 + 𝑡
dosadíme do rovnice hyperboly
4(4 + t)2 – 8(2 + s1t)2 = 32
umocníme a odstránime zátvorky
4(16 + 8t + t2) – 8(4 + 4s1t + s12t2) = 0
64 + 32t + 4t2 – 32 – 32s1t – 8s12t2 = 0
preusporiadame
-8s12t2 + 4t2 – 32s1.t + 32t + 32 = 0 /:4
vyjmeme vo dvojiciach t2 a t, aby bol iba jeden kvadratický a jeden lineárny člen
t2(-2s12 + 1) + t(-8s1 + 8) + 8 = 0
a = -2s12 + 1 b = -8s1 + 8 c = 8
počet riešení kvadratickej rovnice závisí od D: jedno riešenie ⇔ D = 0
D = b2 – 4ac = (-8s1 + 8)2 – 4.(-2s12 + 1).8 = 64s1
2 – 128s1 + 64 + 64s12 – 32 = 128s1
2 – 128s1 + 32
128s12 – 128s1 + 32 = 0 /:32
4s12 – 4s1 + 1 = 0
(2s1 – 1)2 = 0 /√
2s1 – 1 = 0
s1 = 1
2
s (1
2; 1) ≈ (1; 2)
takže konečný tvar parametrickej rovnice dotyčnice:
𝑡: x = 2 + 𝑡 /. (−2)
y =4 + 2𝑡
−2x =−4 − 2𝑡y = 4 + 2𝑡
-2x + y = 0
t: -2x + y = 0
K danej hyperbole x2
15−
y2
6 = 1 veďte dotyčnicu rovnobežnú s priamkou x + y – 7 = 0
zo všeobecnej rovnice priamky určíme normálový vektor: n⃗ (1; 1)
priamka, ktorá má byť rovnobežná s danou priamkou, má aj normálový vektor rovnobežný s daným
normálovým vektorom → môžeme aj ten použiť
poznáme normálový vektor dotyčnice ⇒ všeobecnú rovnicu použijeme
t: 1x + 1y + q = 0
treba určiť hodnotu q tak, aby priamka bola dotyčnicou (aby sústava mala jedno riešenie)
vyjadrime z rovnice priamky jednu súradnicu
x = -y – q
dosadíme do upravenej rovnice hyperboly → odstránime zlomky
6x2 – 15y2 = 90
6(-y – q)2 – 15y2 = 90
umocníme; odstránime zátvorku; zlúčime členy a anulujeme rovnicu
6(y2 + 2qy + q2) – 15y2 = 90
6y2 + 12qy + 6q2 – 15y2 = 90
-9y2 + 12qy + 6q2 = 90 /-90
-9y2 + 12qy + 6q2 – 90 = 0 /:3
-3y2 + 4qy + 2q2 – 30 = 0
a = -3 b = 4q c = 2q2 – 30
počet riešení kvadratickej rovnice závisí od D: jedno riešenie ⇔ D = 0
D = b2 – 4ac = (4q)2 – 4.(-3).(2q2 – 30) = 16q2 + 24q2 – 360 = 40q2 – 360
40q2 – 360 = 0 /+360
40q2 = 360 /:40
q2 = 9 /√
|q| = 3
q1 = -3 q2 = 3
t1: x + y – 3 = 0 t2: x + y + 3 = 0
Parabola
analytická geometria: kvadratický útvar, krivka druhého stupňa
euklidovská geometria: kužeľosečka (prienik kužeľovej plochy s rovinu) – rovina je rovnobežná s jednou stranou
kužeľa
D. Parabola je množina bodov v rovine, ktoré sú od vopred daného bodu a danej priamky v rovnakej
vzdialenosti. Ten daný bod je ohnisko a daná priamka je určujúca (riadiaca) priamka.
V – vrchol ℘: V ∈ ℘
F – ohnisko ℘
d – určujúca (riadiaca) priamka ℘, direktrix
o – os ℘: V, F ∈ ℘
|Fd| = p – parameter ℘
o ⊥ d
℘: V(u; v); p – vrcholová rovnica paraboly:
℘: (x – u)2 = ±2p(y – v) o ∥ y (stojatá ℘): +2p ⇒ ⋃; –2p ⇒ ⋂
℘: (y – v)2 = ±2p(x – u) o ∥ x (ležatá ℘): +2p ⇒ ⊂; –2p ⇒ ⊃
odstránime zátvorky, prenesieme všetko na jednu stranu, usporiadame → všeobecná rovnica paraboly:
℘: A.x2 + B.y2 + C.x + D.y + E = 0 A; B; C; D; E ∈ ℝ
podmienka: A.B = 0 ∧ A + B ≠ 0 (presne jedna z hodnôt A a B je nulová)
parametrická rovnica paraboly:
℘: x = pt2 + u ℘: x = 2pt + u
y = 2pt + v y = pt2 + v
ohnisko a určujúca priamka:
o ∥ y: F(𝑢; 𝑣 ±𝑝
2) d: y = v ∓
𝑝
2
o ∥ x F(𝑢 ±𝑝
2; 𝑣) d: x = u ∓
𝑝
2
príklad:
Napíšte všeobecnú rovnicu paraboly, ktorá má vrchol V(3; -5) a ohnisko F(-1; -5).
nakoľko ohnisko leží naľavo od bodu V, ide o ležatú parabolu so záporným znamienkom pred p
vzdialenosť |VF| je polovica parametra:
|VF| = |-1 – 3| = 4
p = 8
℘: (y – (-5))2 = -2.8(x – 3)
(y + 5)2 = -16(x – 3)
y2 + 10y + 25 = -16x + 48 /+16x – 48
℘: y2 + 16x + 10y – 23 = 0
Napíšte všeobecnú rovnicu paraboly, ktorá má vrchol V(1; 3), parameter p = 2 a os rovnobežnú s osou y.
℘: (x – 1)2 = ±2.2(y – 3)
(x – 1)2 = ±4(y – 3)
x2 – 2x + 1 = ±4y ∓ 12 /∓4y ± 12
℘1: x2 – 2x – 4y + 13 = 0 ℘2: x
2 – 2x + 4y – 11 = 0
Vypočítajte súradnice vrcholu V a ohniska F paraboly a napíšte rovnicu určujúcej priamky:
2y2 – 7x + 9y + 55 = 0
separujeme – na jednu stranu súradnica kvadratická a lineárna, na druhú druhá súradnica a číslo
2y2 – 7x + 9y + 55 = 0 /+7x – 55
2y2 + 9y = 7x – 55
vyjmeme koeficient kvadratického člena
2(y2 +9
2y) = 7x – 55
doplníme ľavú stranu na úplný štvorec (na druhú mocninu dvojčlena)
2(y2 +9
2y + (
9
2)2
) = 7x – 55 + 2.(9
2)2
2(y +9
2)2
= 7x – 55 + 2.81
4
2(y +9
2)2
= 7x – 55 + 81
2
zlúčime čísla na pravej strane a potom vyjmeme koeficient lineárneho člena
2(y +9
2)2
= 7x – 29
2
2(y +9
2)2
= 7(x −29
14) /:2
vydelíme s číslom z ľavej strany spred zátvorky
(y +9
2)2
= 7
2(x −
29
14)
V(29
14; −
9
2) p =
7
4
zátvorka s y-om je umocnená ⇒ o ∥ x (ležatá parabola)
na pravej strane číslo pred zátvorkou je kladné ⇒ parabola s ramenami doprava (F je napravo od V)
F(29
14+
7
8; −
9
2) = (
165
56; −
9
2)
D(29
14−
7
8; −
9
2) = (
67
56; −
9
2) ⇒ d: x =
67
56
Priamka a parabola
treba riešiť sústavu rovníc
rovnica priamky – lineárna + rovnica paraboly – kvadratická
zlúčená rovnica – kvadratická
počet riešení sústavy = počet spoločných bodov priamky a paraboly
a, dve riešenia ⇒ dva spoločné body (p ⋂ ℘ = {P1; P2}) ⇒ sečnica
b, jedno riešenie ⇒ jeden spoločný bod (p ⋂ ℘ = {B})
b1, ak priamka nie je rovnobežná s osou (p ∦ o) ⇒ dotyčnica
b2, ak priamka je rovnobežná s osou (p ∥ o) ⇒ priamka prechádza ℘ (sečnica)
c, nemá riešenie ⇒ nemajú spoločný bod (p ⋂ ℘ = Ø) ⇒ nesečnica (vonkajšia priamka)
sečnica dotyčnica
prechádza ℘ nesečnica
ak je daná parabola a dotykový bod:
℘: (x – u)2 = ±2p(y – v); T(x0; y0) ℘: (y – v)2 = ±2p(x – u); T(x0; y0)
potom rovnica dotyčnice:
t: (x0 – u).(x – u) = ±2p[(y – v) + (y0 – v)] t: (y0 – v).(y – v) = ±2p[(x – u) + (x0 – u)]
príklad:
Vypočítajte súradnice priesečníkov paraboly s priamkou: ℘: x2=12y𝑎:2x − 3y + 12=0
vyjadrime 12y z rovnice priamky
2x – 3y + 12 = 0 /+3y
2x + 12 = 3y /.4
8x + 48 = 12y
dosadíme do rovnice paraboly
x2 = 8x + 48
anulujeme rovnicu
x2 – 8x – 48 = 0
a = 1 b = -8 c = -48
x1,2 = −𝑏±√𝑏2−4𝑎𝑐
2𝑎 =
−(−8)±√(−8)2−4.1.(−48)
2.1 =
8±√64+192
2 =
8±16
2 =
↗24
2= 12
↘−8
2= −4
y1 = x2
12 =
122
12 = 12
y2 = x2
12 =
(−4)2
12 =
4
3
P1(12; 12); P2(−4;4
3)
Nájdite rovnicu dotyčnice paraboly, ak je daný bod dotyku T:
x2 – 6x – 8y – 7 = 0, T(7; yT)
vypočítame chýbajúcu súradnicu dotykového bodu – dosadíme do rovnice paraboly
72 – 6.7 – 8y – 7 = 0
49 – 42 – 8y – 7 = 0
-8y = 0 /:(-8)
y = 0
T(7; 0)
nakoľko iba parametrická rovnica priamky obsahuje súradnice bodu, ktorým prechádza:
𝑡: x =7 + s1𝑡
y =0 + s2𝑡
kde smerový vektor dotyčnice je: s (s1; s2)
ak dotyčnica nie je rovnobežná ani jednou z ôs, jednu súradnicu si môžeme zvoliť (nie 0)
keďže x je iba na druhú, jednoduchšia bude zlúčená rovnica ak si zvolíme s1 = 1 (nebude obsahovať člen
obsahujúci s12.t2)
s (1; s2)
𝑡: x =7 + 1. 𝑡= 7 + 𝑡y =s2𝑡
dosadíme do rovnice paraboly
(7 + t)2 – 6(7 + t) – 8.s2t – 7 = 0
odstránime zátvorky
49 + 14.t + t2 – 42 – 6.t – 8.s2t – 7 = 0
8.t + t2 – 8.s2t = 0
preusporiadame a vyjmeme t z dvoch lineárnych členov
t2 + 8.t – 8.s2t = 0
t2 + t(8 – 8s2) = 0
a = 1 b = 8 – 8s2 c = 0
počet riešení kvadratickej rovnice závisí od D: jedno riešenie ⇔ D = 0
D = b2 – 4ac = (8 – 8s2)2 – 4.1.0 = (8 – 8s2)
2
(8 – 8s2)2 = 0 /√
8 – 8s2 = 0 /+8s2
8 = 8s2 /:8
1 = s2
takže konečný tvar parametrickej rovnice dotyčnice:
𝑡: x =7 + 𝑡y =𝑡 /. (−1)
x =7 + 𝑡−y = −t
x – y = 7
t: x – y – 7 = 0
Veďte k parabole dotyčnicu rovnobežnú s danou priamkou: y2 = 5x, 3x – 2y + 7 = 0
zo všeobecnej rovnice priamky určíme normálový vektor: n⃗ (3; -2)
priamka, ktorá má byť rovnobežná s danou priamkou, má aj normálový vektor rovnobežný s daným
normálovým vektorom → môžeme aj ten použiť
poznáme normálový vektor dotyčnice ⇒ všeobecnú rovnicu použijeme
t: 3x – 2y + q = 0
treba určiť hodnotu q tak, aby priamka bola dotyčnicou (aby sústava mala jedno riešenie)
vyjadrime x z rovnice paraboly a dosadíme do rovnice priamky
y2 = 5x /:5
y2
5 = x
3.y2
5 – 2y + q = 0 /.5
odstránime zlomok
3y2 – 10y + 5q =
a = 3 b = -10 c = 5q
počet riešení kvadratickej rovnice závisí od D: jedno riešenie ⇔ D = 0
D = b2 – 4ac = (-10)2 – 4.3.5q = 100 – 60q
100 – 60q = 0 /+60q
100 = 60q /:60
100
60 =
5
3 = q
3x – 2y + 5
3 = 0 /.3
t: 9x – 6y + 5 = 0