Властивості трапеції з перпендикулярними діагоналями.

Задача 1(властивості трапеції Вінницького).

У трапеції  ABCD діагоналі перпендикулярні, а діагональ AC дорівнює середній лінії трапеції. Знайдіть кути, які утворюють діагоналі з основами.

Розв’язування. Нехай AB – більша основа трапеції.  CD –менша основа трапеції.  АС- менша діагональ трапеції. Тоді  перша середня лінія трапеції FE(DE=EA, BF=FC). FE=AC за умовою. Діагоналі СА та BD перетинають в точці Т і перетинають  середню лінію FE в точках S, P відповідно. Проведемо другу середню лінію КМ між основами трапеції. Зазначимо, що точка К  ділить навпіл меншу основу трапеції, а точка М ділить навпіл більшу основу трапеції. Точка О – це точка перетину двох середніх ліній трапеції.  Тоді FO – дорівнює половині діагоналі АС. Розглянемо трикутник  OKE.  За властивістю середньої лінії  трикутника, отримаємо КЕ=ЕО=0,5АС. 

Таким чином, отримаємо два подібних рівнобедрених трикутника ОКЕ та OST за спільним кутом КОЕ та пропорційними паралельними сторонами ОЕ та  ОS(згідно теореми Фалеса).

Розглянемо прямокутний трикутник РТS, кут Т – прямий за умовою, РО=ОS= SТ=0,5РS. Отже, гострий кут ТРS=30^о,  кут РSТ=60^о. Два прямокутні  трикутники ВТА та РТS подібні за пропорційними сторонами та спільним кутом між ними(за теоремою Фалеса).  У подібних прямокутних трикутників рівні відповідні кути. Таким чином, кут САВ=60^о, а кут DВА = 30^о.

Відповідь: 30^о та 60^о.

Властивості трапеції Вінницького з перпендикулярними діагоналями та однією рівною діагоналлю середній лінії(тобто, у даної трапеції дві рівні середні лінії, що дорівнюють меншій діагоналі):

Якщо менша діагональ трапеції  дорівнює d,(тобто, довжині середньої лінії) тоді:

1) менша основа даної трапеції дорівнює половині від довжини середньої лінії(тобто 0,5d),

2) більша основа даної трапеції дорівнює півтора від довжини середньої лінії, тобто 1,5d,

3)висота даної трапеції дорівнює середньому геометричному довжин основ, тобто 0,5d*3^0,5,

4)більша діагональ даної трапеції дорівнює d*3^0,5.

5)менша бічна сторона дорівнює висоті трапеції, 0,5d*3^0,5,

6)більша бічна сторона дорівнює трапеції, 0,5d*7^0,5,

7)площа даної трапеції рівна 0,5d²*3^0,5.

8)Периметр прямокутника, побудованого на серединах сторін даної трапеції дорівнює сумі довжин двох діагоналей даної трапеції d(1+ 3^0,5).

9)Площа прямокутника, побудованого на серединах сторін даної трапеції дорівнює половині площі даної трапеції 0,25d²*3^0,5.

10)кожна діагональ даної трапеції в точці перетину ділиться на частини, як DC:AB, рахуючи від більшого кута(меншої основи трапеції).

11)гострий найменший кут даної трапеції при більшій основі, з вершини якого виходить більша діагональ, дорівнює arctg(0,5*3^0,5) радіан. 

12)найбільший кут даної трапеції дорівнює p- arctg(0,5*3^0,5) радіан.

13)середні два кути трапеції прямі, 90^о.

14)навколо даної трапеції не можна описати коло.

15) в дану трапеції не можна вписати коло.

16)діагоналі ділять середню лінію трапеції на такі три відрізки, що мають довжину 0,25d , 0,5d, 0,25d.

17) Середні лінії даної трапеції в точці перетину діляться навпіл.

Діагоналі рівнобічної трапеції взаємно перпендикулярні, і поділяють середню лінію трапеції на три рівні відрізки. Знайдіть висоту трапеції, якщо більша основа дорівнює 12 см.

Відповідь:  9 см.

Гіпотеза Вінницького. Довжини двох середніх ліній, довжини двох діагоналей, місце розташування точки перетину двох середніх ліній і точки перетину двох діагоналей випуклого чотирикутника, поділ точкою перетину на дві частини діагоналей, поділ точкою перетину середніх ліній на дві частини, кут між двома середніми лініями та кут між двома діагоналями випуклого чотирикутника однозначно визначають усі властивості даного чотирикутника.

Означення. Трапеція називається прямокутною трапецією Вінницького, якщо вона прямокутна і довжина висоти трапеції  дорівнює середньому геометричному довжин її основ.

Задача 2 Вінницького. Прямокутна трапеція Вінницького з довжинами основ а та b(a<b, a||b), має довжину висоти, що дорівнює середньому геометричному основ даної трапеції, тобто (ab)^0,5.

Доведіть:

1)прямий кут DOA між діагоналями даної трапеції;

2) довжина більшої бічної сторони BC=u= (а²-ab+b²)^0,5;

3)довжина АО=m=a(b/(a+b))^0,5;

4) довжина CО=n=b(b/(a+b))^0,5;

5) довжина OD=t=b(a/(a+b))^0,5;

6) довжина BО=p=a(a/(a+b))^0,5;

7) кут DCB = arctg((ab)^0,5/(a+b)) радіан;

8) кут АBС = p-arctg((ab)^0,5/(a+b)) радіан;

9) діагоналі ділять середню лінію на довжини r=w=0,5a та  z=0,5(b-a);

10) кут DCА = arctg(a/b)^0,5 радіан;

11) кут ВDC =0,5p- arctg(a/b)^0,5 радіан;

12) трикутник ВDC- гострокутний;

13)точка перетину діагоналей ділить лінію, що паралельна основам, на два рівні відрізки FO=OG= ab/(a+b).

Критерій Вінницького. Якщо  прямокутна трапеція має перпендикулярні діагоналі, то довжина висоти трапеції дорівнює середньому геометричному довжин  її основ, і навпаки, якщо довжина висоти прямокутної трапеції дорівнює середньому геометричному її основ, то кут між діагоналями даної трапеції прямий. 

Задача 3 для самостійного розв'язування.

Розв’язування:

ABCD- трапеція з перпендикулярними діагоналями, що перетинаються в точці О.

АВ=а, DC=b, ÐACD=a,  ÐAOB- прямий, AK=KB, BL=LC,

CM=MD, DG=GA, KM – середня лінія трапеції,

NL – середня лінія трапеції.

HF= 0,5(a+b)sin2a - висота трапеції ABCD.

S=0,25(a+b)²sin2a - площа трапеції  ABCD.

d₁=DB=(a+b)sina - діагональ трапеції ABCD.

d₂=АС=(a+b)cosa - діагональ трапеції ABCD.

KM=NL=0,5(a+b)- середні лінії трапеції.

NX=LZ=0,5a;   XZ=0,5(b-a);

ВС= (b²cos²a + a²sin²a)^0,5 - бічна сторона трапеції ABCD.

AD= (а²cos²a + b²sin²a)^0,5 - бічна сторона трапеції ABCD.

OE=(0,5absin2a)/ (b²cos²a + a²sin²a)^0,5

OG=(0,5absin2a)/ (а²cos²a + b²sin²a)^0,5

Два подібні прямокутні трикутники AOB та COD,

що містять  основи трапеції з коефіцієнтом подібності k=b/a.

Два подібні прямокутні трикутники AOB та LNK,

що відповідно містять  основу та середню лінію трапеції

з коефіцієнтом подібності k=0,5(1+b/a).

Два подібні прямокутні трикутники AOB та ZOX,

з коефіцієнтом подібності k=2a/(b-a).

Два подібні прямокутні трикутники COD та ZOX,

з коефіцієнтом подібності k=2b/(b-a).

Два рівновеликі (проте не подібні) прямокутні трикутники АOD та ВOС,

з  рівними площами S=0,25absin2a.

S=0,125(a+b)²sin2a- це площа прямокутника KLMN,

що побудований на серединах сторін трапеції ABCD.

Проблемні запитання до умови задачі 3.
1)При яких значеннях кута ВАС можна гарантувати, що довжина однієї діагоналі буде дорівнювати довжині середньої лінії?

2)При яких значеннях кута ВАС можна гарантувати, що довжина однієї діагоналі буде дорівнювати  двом довжинам іншої діагоналі?
3)При яких значеннях кута ВАС можна гарантувати, що довжини двох діагоналей буде дорівнювати одна одній?

Теорема.

У прямокутну трапецію  Вінницького (з перпендикулярними діагоналями) не можна вписати коло. 

Задача 4(Вінницького) для самостійного опрацювання.

Якщо у прямокутній трапеції Вінницького  ABCD (AB||CD, кут  А – прямий, кут D – прямий, кут В – тупий, кут С – гострий, діагоналі АС та DB перетинаються під прямим кутом)  відома довжина більшої основи CD=a,  відомий кут BDC, між діагоналлю, що виходить з тупого кута, та  довільною основою дорівнює  дві третини прямого кута, тобто 60^о,  тоді обґрунтуйте такі твердження:

А) кут DСА = 30^о,  кут DСА = 30^о , кут JZY= 30^о;

Б) довжини діагоналей трапеції ABCD: АС =2а/(3)^0,5 та DB = 2а/3, при цьому діагоналі  АС  та DB перетинаються під прямим кутом;

В) довжини сторін трапеції ABCD: більша основа: DC=a; менша бічна: DA= а/(3)^0,5_;  менша основа: AB= a/3; більша бічна: BC= а(7)^0,5/3;

Г) подібні прямокутні трикутники ( за рівними кутами: 30^о; 90^о; 60^о ): DOC, XOZ, AOB, NKL, NML, ABD, MLC, KLM, NKM, BHP, DBH.

Д) правильні трикутники: 1) рівносторонній трикутник DOM з сторонами DO=OM=DM=0,5a; 2) рівні рівносторонні трикутники з довжиною сторони, що дорівнює а/3:  NKY, XBZ, DZH, YML; 3) два рівні рівносторонні трикутники КOВ та ХОУ з сторонами КO=OВ=КВ=a/6;

Є) AK=KB, BL=LC, CM=MD, DN=NA, KLNM – прямокутник з довжинами сторін, NK=LM=a/3;  KL=NM=a/(3)^0,5.

Ж)ABZX – ромб з довжинами  усіх сторін (AB=AX=XZ=BZ=BX), що дорівнюють а/3. 
З) DH=HP=HC=NY=YL=AB=a/3.  

Проблемне запитання: Чи може трапеція Вінницького бути рівнобічною? Теорема.

У рівнобічній трапеції з перпендикулярними діагоналями виконуються такі властивості:

а)  висота дорівнює 0,5d(2)^0,5, d – діагональ рівнобічної трапеції; 
б)бічну сторону рівнобічної трапеції з центру описаного кола видно під прямим кутом; 
в)кут між діагоналлю та основою рівнобічної трапеції дорівнює половині прямого кута(45 градусів); 
г) чотирикутник зі усіма рівними сторонами 0,5d, що побудований на серединах усіх сторін рівнобічної трапеції  являється квадратом, при цьому діагоналі  цього квадрата є середніми лініями рівнобічної трапеції; 
д) діагональ d не дорівнює середній лінії трапеції 0,5d(2)^0,5 (тобто середня лінія менша,  ніж діагональ, тому жодна рівнобічна трапецією не може бути трапецією Вінницького).   http://0432geom.blogspot.com/2017/04/blog-post.html

 Узагальнення та систематизація знань

Навчальні завдання "Метод координат"

Навчальні завдання "Метод координат"

1. Пряму задано рівнянням 3х – 5у + 15 = 0. Перевірити, які з точок А (– 2, 3), В (0, 3), С (5, 6), належать заданій прямій, знайти її рівняння з кутовим коефіцієнтом і у відрізках на осях.

·    Для перевірки того, чи лежать точки А, В, С на прямій, підставимо їхні координати в рівняння прямої:

А:  3 (– 2) – 5 * 3 + 15 ¹ 0,   В:  3 * 0 – 3 * 5 + 15 = 0, 
С:  3 * 5 – 5* 6 + 15 = 0.

Таким чином, точка А не лежить на прямій, а точки В і С лежать на прямій.

Поділимо рівняння прямої почленно на коефіцієнт при у: , а далі запишемо його у вигляді  — рівняння з кутовим коефіцієнтом.

Поділивши рівняння почленно на вільний член:

, або ,

дістанемо шукане рівняння  прямої у відрізках на осях.

2. Дано дві вершини трикутника А (2, – 3), В (5, 1), рівняння сторони ВС:  х + 2у – 7 = 0 і медіани АМ:  5х – у – 13 = 0. Скласти рівняння висоти, опущеної з вершини С, обчислити її довжину, знайти кут трикутника при вершині А.

·    Нехай вершина трикутника С (х₁, у₁). Тоді точка з координатами  лежить на медіані, тобто виконується рівність . Крім того, точка С лежить на прямій ВС. Отже, маємо систему рівнянь для знаходження координат (х₁, у₁):

Знайдемо рівняння прямих АВ і АС, використовуючи рівняння прямої (2.16), маємо:

Висота проходить через точку С перпендикулярно до прямої АВ. Використаємо умову перпендикулярності двох прямих і знайдемо кутовий коефіцієнт висоти . Використаємо рівняння (2.15) і знайдемо рівняння висоти:

.

Довжину висоти знайдемо як відстань від точки С(1, 3) до прямої АВ.

.

Щоб обчислити кут А, скористаємось формулою для знаходження кута між двома прямими (2.18):

.

3. Паралельні прямі проходять відповідно через точки О(0, 0) і М(1, 3). Знайти їх рівняння, коли відомо, що відстань між ними дорівнює .

·    Якщо прямі паралельні, то їх кутові коефіцієнти рівні між собою, тому згідно з (2.15) рівняння шуканих прямих можна записати у вигляді  Візьмемо довільну точку, що лежить на першій прямій, наприклад . Тоді згідно з формулою для відстані точки до прямої запишемо:

, звідки знайдемо  Рівняння прямих:  або 

4. Записати рівняння бісектрис кутів, утворених прямими  і 

·    Використаємо відому властивість бісектриси кута про те, що на ній лежить множина точок, рівновіддалених від сторін кута. Нехай М(х, у) — точка, яка належить цій множині. Тоді за формулою відстані від точки до прямої записуємо:

 Звідси маємо два рівняння бісектрис:  і  або, після перетворень: 

5. Обчислити площу ромба, знаючи одну з його вершин 
А(0, –1), точку перетину діагоналей М(4, 4) і точку N(2, 0) на стороні АВ.

·    Використовуючи (2.16), запишемо рівняння сторони АВ:

, або  Знайдемо координати точки С(х, у), яка за властивістю точки перетину діагоналей ромба симетрична точці А відносно точки М. Отже, , звідки С(8, 9). Висоту ромба знайдемо як відстань від точки С до прямої АВ:

Знайдемо кутовий коефіцієнт діагоналі ромба АС: 

Кутовий коефіцієнт другої діагоналі дорівнює   а її рівняння   Розв’язуючи систему рівнянь

,

знаходимо координати точки . Довжина сторони ромба  

Отже, площа ромба .

6. Скласти рівняння сторін трикутника, знаючи одну з його вершин А(2, – 4) і рівняння бісектрис двох його кутів:  

·    Підставлянням координати точки А в рівняння бісектрис пересвідчимось, що бісектриси не проходять через цю точку. Нехай для визначеності вершина В і вершина С належать відповідно першій і другій бісектрисам. Знайдемо координати точки А¢, симетричної точці А відносно бісектриси . Ця точка буде лежати на прямій ВС. Для цього запишемо рівняння перпендикуляра до цієї бісектриси, що проходить через точку А. Маємо: , або  Знайдемо точку перетину бісектриси і перпендикуляра, розв’язуючи систему ; координати точки  знайдемо з виразів    Аналогічно знайдемо координати точки А¢¢, симетричної точці А, відносно бісектриси  Рівняння прямої ВС знайдемо з (2.16):  Обчислимо координати вершин В і С як координати точок перетину відповідних бісектрис з прямою ВС:  Дістаємо:  . З (2.16) маємо рівняння сторін відповідно АВ і АС: ; 

7. Дано еліпс , через точку А (1; 1) провести хорду еліпса, яка поділяється в цій точці навпіл.

·    Запишемо рівняння хорди, використовуючи рівняння (2.15) (у – 1) = k (х – 1). Це буде рівняння всіх хорд еліпса, що проходять через точку А. Знайдемо точки перетину цієї прямої з еліпсом, розв’язавши систему рівнянь:

За умовою задачі координати точок перетину хорди з еліпсом (х₁, у₁), (х₂, у₂) мають задовольняти рівності:  і . З теореми Вієта і останньої умови маємо:  звідки . Шукане рівняння хорди набирає вигляду  або 4х + 9у – 13 = 0.

8. Записати рівняння гіперболи, яка проходить через точку А (6; 9), якщо:

1) відстань між фокусами дорівнює 8, а відстань між директрисами — 6;

2) директриси задано рівняннями , а кут між асимптотами — прямий;

3) ексцентриситет дорівнює e = 2, а уявна піввісь b = 3;

4) асимптоти задано рівнянням .

·    1) Координати фокусів F₁ (– c; 0); F₂ (c; 0), тому з умови
2с = 8; с = 4, відстань між директрисами . Звідки, враховуючи, що  маємо: а = 12, b = c – a = 4. Остаточно .

2) З рівнянь директрис маємо: , якщо кут між асимптотами прямий, то а = b. Отже, з урахуванням формули  маємо  і а = 6; b = 6. Остаточно записуємо рівняння шуканої гіперболи: .

3) З формули, застосованої вище, дістаємо  звідки . Отже, .

4) Точка А належить гіперболі, тому маємо: . З рівняння асимптот гіперболи випливає співвідношення , або . Підставивши b в останнє співвідношення, дістанемо рівняння для знаходження а²:

Отже, 

9. Знайти умову, за якої пряма у = kx + b дотикається до параболи у² = 2рх.

·    Парабола і пряма будуть дотикатися одна до одної, якщо система рівнянь матиме єдиний розв’язок:

Виключаючи х із рівнянь системи, дістаємо квадратне рівняння:

.

Воно має єдиний розв’язок, якщо D = 0. Звідси випливає:

,

але р ¹ 0. Отже, р = 2bk — умова дотику прямої і параболи.

10. Записати рівняння лінії центрів двох кіл х² + у² – 6х + 8у = 0 і х² + у² + 2х – 12у + 1= 0.

·    Знайдемо спочатку координати центрів цих двох кіл, виділивши повні квадрати:

х² – 6х + 9 + у² + 8у + 16 = 25,  або  (х – 3)² + (у + 4)² = 25,

х² + 2х + 1 + у² – 12у + 36 = 36,  або  (х + 1)² + (у – 6)² = 36.

Отже, координати центра першого кола С₁ (3; – 4), а другого — С₂ (– 1; 6). Скориставшись рівнянням (2.16), знайдемо

.

5х + 2у – 7 = 0 — шукане рівняння центрів кіл.

11. Дослідити рівняння  при різних значеннях параметрів а і b.

·    Обчислимо визначники d і , які визначають тип кривої другого порядку:

;

.

1) а > 9, маємо еліпс, при   — уявний, при   — дійсний. Якщо  , то еліпс вироджується в уявні прямі.

2) а = 9. Маємо криву параболічного типу . Якщо , то ця крива — парабола; при а = 9, b = 9 рівняння параболи розпадається на пару паралельних прямих:  

3) а < 9. Маємо гіперболу. Якщо , то гіпербола розпадається на пару прямих.

 12. Знайти новий початок координат і кут, на який треба по вернути систему координат, щоб дістати канонічний вигляд кривої другого порядку: .

·    Для знаходження координат нового центра розв’яжемо систему рівнянь:

Для знаходження кута повороту системи координат скористаємось виразом (2.24)

Нові значення ; знайдемо  і ; , . Скориставшись рівнянням канонічного вигляду, знайдемо рівняння кривої , або . Записано канонічне рівняння еліпса в системі координат Ох¢у¢, центр якої відносно старої системи Оху перенесено паралельно осям у точку (2; 3), а далі систему з новим центром повернуто на кут .

Завдання для перевірки знань

1. Скласти рівняння катетів прямокутного рівнобедреного трикутника, якщо у = 3х + 5 — рівняння гіпотенузи, А (4, – 1) — вершина прямого кута.

Відповідь. .

2. Дано вершини трикутника А (4; 6), В (– 4; 0), С (– 1; – 4). Скласти рівняння: а) трьох його сторін; б) медіани, проведеної з вершини С; в) бісектриси кута В; г) висоти, опущеної з вершини А.

3. Дано трикутник з вершинами в точках   . Обчислити довжини його висот.

Відповідь. .

4. На осі абсцис знайти точку, яка міститься на відстані а від прямої .

Відповідь. 

5. З точок перетину прямої  з осями координат встановлено перпендикуляри до цієї прямої. Знайти їх рівняння.

Відповідь. 

6. Дано дві вершини трикутника А (– 6; 2), В (2; – 2) і Н (1; 2) — точку перетину його висот. Обчислити координати третьої вершини.

Відповідь. С (2; 4).

7. Знайти рівняння прямої, що проходить через точку (2; – 1) і утворює з віссю Ох удвічі більший кут, ніж кут, що його утворює з тією самою віссю пряма 

Відповідь. 

8. Рівняння бічних сторін рівнобедреного трикутника у = 3;
х – у + 4 = 0. Скласти рівняння основи, якщо вона проходить через початок системи координат.

Відповідь. 

9. Скласти рівняння сторін квадрата, якщо А(2; – 4) — його вершина, М(5; 2) — точка перетину діагоналей.

Відповідь. 

10. Скласти рівняння сторін трикутника, якщо А(3; 5), В(6; 1) — його вершини, М(4; 0) — точка перетину медіан.

Відповідь. 

11. Скласти рівняння прямої, що поділяє відрізок АВ, А(– 3; 2), В(5; – 2) навпіл і утворює з відрізком АВ кут, удвічі більший, ніж із віссю Ох.

Відповідь. 

12. Через точку А(5; 2) провести пряму, що відтинає рівні відрізки на осях системи координат.

Відповідь. 

13. Знайти дотичні до кола  що проходить через точку А(7; –3).

Відповідь. 

14. У трикутнику А(1; 2), В(3; 7), С(5; – 13) обчислити довжину перпендикуляра, опущеного з вершини В на медіану, проведену з вершини А.

Відповідь. 

15. Знайти рівняння прямої, паралельної прямій 12х + 5у –
– 52 = 0, що міститься від неї на відстані 2 лін. од.

Відповідь. 

16. Скласти рівняння прямої, що проходить посередині між прямими 

Відповідь. 

17. Знайти точку, симетричну точці А(– 2; – 9) відносно прямої 

Відповідь. (10; 21).

18. Дано рівняння двох суміжних сторін паралелограма х – у = 1, х – 2у = 0, М(3; – 1) — точка перетину діагоналей. Записати рівняння двох інших сторін паралелограма.

Відповідь. х – у = 7, х – 2у = 10.

19. Відоме рівняння 3х + 2у + 6 = 0 однієї сторони кута і
х – 3у + 5 = 0 — рівняння його бісектриси. Скласти рівняння другої сторони кута.

Відповідь. 6х + 17у =15.

20. У трикутнику АВС відомі АВ:  висота ВН:  висота АK:  Записати рівняння сторін АС; ВС.

Відповідь. 

21. Скласти рівняння сторін трикутника, якщо А(– 4; 2) — одна з його вершин і  і  — рівняння двох його медіан.

Відповідь. 

22. Скласти рівняння сторін трикутника, знаючи одну з його вершин А(3; – 4) і рівняння висот: 

Відповідь. 

23. Знайти центр і радіус кола .

Відповідь. а = 4; b = – 3; R = 2.

24. Записати рівняння дотичних, проведених із початку системи координат до кола .

Відповідь. у = 0; 20х – 21у = 0.

25. На еліпсі  знайти точку, відстань якої від правого фокуса в чотири рази більша за відстань від лівого фокуса.

Відповідь. .

26. Еліпс проходить через точку  і дотикається до прямої 4х + 5у – 25 = 0. Записати рівняння цього еліпса і знайти координати точки дотику.

Відповідь. .

27. Знайти рівняння кола, описаного навколо трикутника з вер­шинами А(7; 7), В(0; 8), С(– 2; 4).

Відповідь. 

28. Записати рівняння кола з центром у точці (6; 7), що дотикається до прямої 

Відповідь. 

29. В еліпс  вписано правильний трикутник так, що одна з його вершин збігається з правим кінцем великої осі. Знайти координати двох інших вершин.

Відповідь. .

30. Записати рівняння прямої, що дотикається до еліпса  у точці (2; – 3).

Відповідь. 

31. Знайти рівняння тих дотичних до еліпса  відстань яких від центра еліпса дорівнює 3.

Відповідь. 

32. Гіпербола дотикається до прямої  у точці (4; 2). Скласти рівняння гіперболи.

Відповідь. 

33. До параболи  провести дотичну паралельно прямій 

Відповідь. 

34. Знайти кут між асимптотами гіперболи, в якої:

а) ексцентриситет 

б) відстань між фокусами вдвічі більша за відстань між директрисами.

Відповідь. а) 120°; б) 90°.

35. Записати рівняння прямої, що дотикається до гіперболи  у точці (5, – 4).

Відповідь. х + у =1.

36. Знайти найкоротшу відстань параболи  до прямої 

Відповідь. 2.

37. Визначити типи таких кривих:

а) 

б) 

в) 

г) 

д) 

Відповідь. а) гіпербола; б) еліпс; в) пара прямих, що перетинаються; г) парабола; д) пара паралельних прямих.

Із цим матеріалом читають:

2.1. Елементи векторної алгебри

2.2. Лінії на площині
2.2.1. Пряма лінія на площині
2.2.2. Кут між двома прямими, відстань від точки до прямої
2.2.3. Криві другого порядку
2.2.4. Дослідження загального рівняння кривої другого порядку
2.2.5. Зразки розв'язків задач
2.2.6. Завдання для перевірки знань