KIDOLGOZÁSA - MATEMATIKA SZAK - 1. Analitikus mértan térben 2

Átírás

1 ANALITIKUS MÉRTANBÓL KITŰZÖTT ÁLLAMVIZSGA TÉTELEK KIDOLGOZÁSA - MATEMATIKA SZAK - Tartalomjegyzék 1. Analitikus mértan térben 1.1. Térbeli egyenesek egyenletei Descartes-féle koordináta rendszerhez viszonyítva Egy pont és egy vektor által meghatározott egyenes egyenlete Két különböző pont által meghatározott egyenes egyenlete Egyenes megadása, mint két sít metszete Pont távolsága egyenestől (térben) Csúcspontjainak koordinátáival jellemzett háromszög területe térben és síkban Síkok egyenletei Descartes-féle koordináta rendszerhez viszonyítva Egy pont és két nem párhuzamos irány által meghatározott sík egyenlete Három nem kollineáris pont által meghatározott sík egyenlete A sík tengelymetszetes egyenlete A sík egyenlete, ha ismert egy pontja és normálvektora Pont távolsága síktól Két kitérő egyenes közös merőlegese és távolsága Két térbeli egyenes szöge Egyenes és sík szöge Két sík szöge A gömb Analitikus mértan síkban Síkbeli egyenesek egyenletei Descartes-féle koordináta rendszerhez viszonyítva Egy pont és egy vektor által meghatározott egyenes egyenlete Két különböző pont által meghatározott egyenes egyenlete Egyenes tengelymetszetes alakja Két síkbeli egyenes szöge Párhuzamos és merőleges egyenesek Párhuzamos egyenesek Merőleges egyenesek Pont távolsága egyenestől (síkban) Kúpszeletek Kör Ellipszis Hiperbola Parabola Kitűzött feladatok Analitikus mértan síkban Analitikus mértan térben

2 1. Analitikus mértan térben 1.1. Térbeli egyenesek egyenletei Descartes-féle koordináta rendszerhez viszonyítva Egy pont és egy vektor által meghatározott egyenes egyenlete Legyen R = {O, e 1, e, e 3 } egy koordináta rendszer az S háromdimenziós térben. Legyen A S egy pont és d V egy tetszőleges szabad vektor. Tudjuk, hogy egy adott pont és egy vektor (iránya) egyértelműen meghatároz egy egyenest a térben. Ez az egyenes meghatározott, ha ismerjük minden pontjának a helyzetvektorát. e e 3 r A A M d r M O e e 1 1. ábra. Az A pont és d vektor által meghatározott egyenes. Legyen tehát M egy tetszőleges pont a d vektor és az A pont által meghatározott e egyenesen. Ekkor r M = r A + AM. Mivel az AM vektor iránya megegyezik a d vektor irányával, következik, hogy létezik olyan λ R, amelyre AM = λ d. Tehát a következő egyenlethez jutunk e : r M = r A + λ d, λ R. (1) Ezt az egyenletet az e egyenes vektoriális egyenletének nevezzük, a d vektort pedig az e egyenes irányvektorának. A továbbiakban feltételezzük, hogy a d vektor felírása az R koordináta-rendszerben a következő: d = p e 1 + q e + r e 3, valamint r M = x e 1 + y e + z e 3 és r A = x 0 e 1 + y 0 e + z 0 e 3, vagyis M(x, y, z) és A(x 0, y 0, z 0 ). Behelyettesítve ezeket a vektorokat az e egyenes (1) vektoriális egyenletébe kapjuk, hogy x e 1 + y e + z e = (x 0 + λp) e 1 + (y 0 + λq) e + (z 0 + λr) e 3. Figyelembe véve az e 1, e, e 3 vektorok lineáris függetlenségét kapjuk az e egyenes parametrikus egyenleteit: e : x = x 0 + λp y = y 0 + λq z = z 0 + λr Ezekből az egyenletekből kifejezve a λ-t következik, hogy x x 0 p = y y 0 q, λ R. () = z z 0. (3) r Ezt az egyenletrendszert az e egyenes kanonikus egyenletének nevezzük és a p, q, r R valós számokat pedig az egyenes irányparamétereinek. Példa. Az A(1, 1, 0) ponton áthaladó és d(4,, 1) irányú egyenes egyenletei: 1. vektoriális egyenlet: r M = r A + λ d, λ R; x = 1 + 4λ. parametrikus egyenlet: y = 1 λ, λ R; z = λ 3. kanonikus egyenlet: x 1 4 = y + 1 = z 1.

3 1.1. Megjegyzés. Ha egy irányparaméter nulla, akkor az egyenes párhuzamos a neki megfelelő koordinátasíkkal. Példa. Az A(, 1, 3) ponton áthaladó és d( 1, 0, 1) irányú egyenes egyenletei: x = λ 1. parametrikus egyenlet: e : y = 1, λ R; z = 3 + λ. kanonikus egyenlet: e : x 1 = y 1 = z Az aránypárok tulajdonságait felhasználva ezt az egyenletet még átírhatjuk a következő alakba: e : { x = z 3 y = 1, ahonnan látszik, hogy az e egyenes benne található az y = 1 síkban, vagyis párhuzamos az (xoz) síkkal Két különböző pont által meghatározott egyenes egyenlete Legyen R = {O, e 1, e, e 3 } egy affin koordináta-rendszer és legyen M 1, M M 1 M. S két pont úgy, hogy e 3 O M 1 M e M e 1. ábra. Visszavezethetjúk az M 1 M egyenes egeynletének meghatározását az előbbi esetre, mert az M 1 M egyenest meghatározza egy pontja (például az M 1 ) és az M 1 M = r M r M vektor. Feltétezzük, hogy az M 1, M pont koordinátái: M 1 (x 1, y 1, z 1 ), M (x, y, z ), ekkor M 1 M egyenes irányvektora M 1 M (x x 1, y y 1, z z 1 ). Tehát az M 1 M egyenes vektoriális egyenlete: r M = r M1 + λ M 1 M, λ R. Behelyettesítve az M 1 M = r M r M összefüggést, kapjuk az M 1 M egyenes vektoriális egyenletét: r M = (1 λ) r M1 + λ r M, λ R. (4) Innen az M 1 M egyenes parametrikus egyenlete: x = (1 λ)x 1 + λx y = (1 λ)y 1 + λy, λ R. (5) z = (1 λ)z 1 + λz Kifejezve mindegyik egyenletből λ-t és a kapott kifejezéseket egyenlővé téve jutunk az M 1 M egyenes kanonikus egyenletéhez: x x 1 M 1 M : = y y 1 = z z 1. (6) x x 1 y y 1 z z 1

4 Egyenes megadása, mint két sít metszete 1.1. Tétel. Adott a következő egyenletrendszer: { A1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 (7) A x + B y + C z + D = 0 ( ) A1 B úgy, hogy rang 1 C 1 D 1 =. A B C D Ekkor az (7) egyenletrendszer egy egyenest ábrázol. ( ) A1 B Bizonyítás. Mivel rang 1 C 1 D 1 =, következik, hogy létezik egy -es részmátrix, A B C D amelynek a determinánsa nem nulla, például legyen ( ) A1 B det 1 0. A B Ekkor a (7) egyenletrendszer kompatibilis és határozatlan (végtelen sok megoldása van). Tehát létezik (x 0, y 0, z 0 ) R 3 úgy, hogy { A1 x 0 + B 1 y 0 + C 1 z 0 + D 1 = 0 (8) A x 0 + B y 0 + C z 0 + D = 0 vagyis Az (7) és a (8) relációk megfelelő egyenleteit egymásból kivonva, kapjuk a következő egyenletrendszert: { A1 (x x 0 ) + B 1 (y y 0 ) + C 1 (z z 0 ) = 0 (9) A (x x 0 ) + B (y y 0 ) + C (z z 0 ) = 0, ( ) A1 B Mivel det 1 A B (x x 0 ) A 1 (z z 0 ) + B (y y 0 ) 1 (z z 0 ) = C 1 (x x 0 ) A (z z 0 ) + B (y y 0 ) (z z 0 ) = C. 0 a (10) egyenletrendszer egy Cramer-rendszer az x x 0 és y y 0 ismeretlenekkel. Tehát a (10) megoldásai a következők lesznek: z z 0 z z 0 x x 0 C 1 B 1 C B = z z 0 A 1 B 1 A B y y 0 A 1 C 1 A C = z z 0 A 1 B 1. A B Átrendezve ezeket az egyenleteket a következőket kapjuk: (10) x x 0 C 1 B 1 C B y y = 0 A 1 C 1 A C z z = 0 A 1 B 1 A B Észrevehetjük, hogy ez épp egy egyenes egyenlete, amely átmegy az (x 0, y 0, z 0 ) ponton és iránykomponensei: ( ) C 1 B 1 C B, A 1 C 1 A C, A 1 B 1 A B. Tehát a (7) egyenletrendszer megoldásai egy egyenes egyenletét elégítik ki. { A1 x + B 1.1. Értelmezés. Az 1 y + C 1 z + D 1 = 0 egyenletrendszert az A x + B y + C z + D = 0 egyenes általános egyenletének nevezzük, ha ( ) A1 B rang 1 C 1 D 1 =. A B C D

5 1.. Pont távolsága egyenestől (térben) Legyen R{O, i, j, k} egy descartes féle koordináta-rendszer, M 0 (x 0, y 0, z 0 ) egy rögzített pont és e : x x 1 = y y 1 = z z 1 egy egyenes. Legyen pr e (M 0 ) = M. Ekkor az M 0 pont e egyenestől való p q r távolságán az alábbi számot értjük d(m 0, e) = M 0 M. M 0 e d 7 M M 1 A 3. ábra. Az M 0 pont távolsága az e egyenestől: M 0 M. Legyen M 1 (x 1, y 1, z 1 ) és A két pont az e egyenesről úgy, hogy M 1 A = d(p, q, r), ahol d vektorral az e egyenes irányvektorát jelöltük. Ekkor az M 1 M 0 A háromszög területét kétféleképpen felírva a következő egyenlőséghez jutunk: σ(m 0 M 1 A) = 1 M 0 M M 1 A = 1 M 1 M 0 d. Ha ebből a képletből kifejezzük az M 0 M = d(m 0, e) számot kapjuk, hogy: ahol d = p + q + r és d(m 0, e) = M 1 M 0 d d, (11) M 1 M 0 d = i j k x 0 x 1 y 0 y 1 z 0 z 1 p q r = Tehát = i d(m 0, e) = y 0 y 1 z 0 z 1 q r + j y 0 y 1 z 0 z 1 q r z 0 z 1 x 0 x 1 r p + k x 0 x 1 y 0 y 1 p q + z 0 z 1 x 0 x 1 + x 0 x 1 y 0 y 1 r p p q. p + q + r Csúcspontjainak koordinátáival jellemzett háromszög területe térben és síkban Legyen {O, i, j, k} egy ortonormált jobbsodrású koordináta-rendszer és ehhez viszonyítva adottak az M 1 (x 1, y 1, z 1 ), M (x, y, z ), M 3 (x 3, y 3, z 3 ) S nem kollineáris pontok. Ekkor az M 1 M M 3 háromszög területét a következő képlettel számíthatjuk ki: T M1M M 3 = 1 M 1 M M 1 M 3 (1) A továbbiakban kifejezzük a terület képletét a pontok koordinátáival. Mivel M 1 M (x x 1, y y 1, z z 1 ) és M 1 M 3 (x 3 x 1, y 3 y 1, z 3 z 1 ) kapjuk, hogy

6 z M 1 M 3 M x O y T prxoy M 1 M M 3 4. ábra. Térbeli háromszög területe. Tehát T M1M M 3 = 1 M 1 M M 1 M 3 = = 1 M 1 M M 1 M 3 = y y 1 z z 1 y 3 y 1 z 3 z 1 i j k x x 1 y y 1 z z 1. x 3 x 1 y 3 y 1 z 3 z 1 + z z 1 x x 1 z 3 z 1 x 3 x 1 + x x 1 y y 1 x 3 x 1 y 3 y 1. Átírva a gyök alatti determinánsokat az alábbi képlethez jutunk: T M1M M 3 = 1 y 1 z 1 1 y z 1 y 3 z z 1 x 1 1 z x 1 z 3 x x 1 y 1 1 x y 1 x 3 y 3 1. (13) 1.. Megjegyzés. Ha a háromszög az (xoy) síkban található, akkor a háromszög csúcsainak koordinátái M i (x i, y i, 0), i = 1, 3 és így T M1 M M 3 = 1 x 1 y 1 1 x y 1 x 3 y 3 1 = 1 x 1 y 1 1 x y 1 x 3 y 3 1 x 1 y Megjegyzés. Észrevehetjük, hogy az x y 1 determináns értéke megadja tulajdonképpen az x 3 y 3 1 M 1 M M 3 térbeli háromszög xoy síkra eső vetületének a kétszeres területét. Hasonlóan y 1 z 1 1 y z 1 y 3 z 3 1 = T pr yoz (M 1 M M 3 ); z 1 x 1 1 z x 1 z 3 x 3 1 = T pr xoz (M 1 M M 3 ). Tehát T M1 M M 3 =. T pr yoz (M 1 M M 3 ) + T pr xoz (M 1 M M 3 ) + T pr xoy (M 1 M M 3 )

7 1.4. Síkok egyenletei Descartes-féle koordináta rendszerhez viszonyítva Egy pont és két nem párhuzamos irány által meghatározott sík egyenlete Tekintjük az A(x 0, y 0, z 0 ) S rögzített pontot és a d 1 (p 1, q 1, r 1 ), d (p, q, r ) V egymással nem párhuzamos vektorokat. Jelölje a és b a d 1 illetve a d vektorok tartóegyeneseit. Ekkor létezik egy és csakis egy a egyenes úgy, hogy a a, A a és létezik egy és csakis egy b egyenes úgy, hogy b b, A b. Ekkor dir a = dir d 1 és dir b = dir d. Mivel a b = {A} kapjuk, hogy az (a, b ) = α sík jól meghatározott. Tehát egy sík egyértelműen meghatározott egy pont és két nem párhuzamos irány által. a d 1 d α a A b b 5. ábra. Az A pont és d 1, d által meghatározott sík Egy sík egyenlete meghatározott, ha bármely M pontjának ismerjük a helyzetvektorát. Legyen M egy tetszőleges pont az A pont valamint a d 1, d vektorok által meghatározott α síkban. r A A d 1 3 d M e 3 O e r M α e 1 6. ábra. Az A pont és d 1, d vektorok által meghatározott sík Felírható, hogy r M = r A + AM. Mivel az AM vektor koplanáris a d 1, d vektorokkal, léteznek a λ, µ R valós számok úgy, hogy AM = λ d 1 + µ d. Tehát a sík vektoriális egyenlete: r M = r A + λ d 1 + µ d, λ, µ R. (14) Legyen az M(x, y, z) pont helyzetvektora az R koordináta-rendszerben r M = OM = x e 1 + y e + z e 3. Tudjuk, hogy r A = x 0 e 1 +y 0 e +z 0 e 3, d 1 = p 1 e 1 +q 1 e +r 1 e 3, d = p e 1 +q e +r e 3. Ekkor felhasználva a sík (14) egyenletét írhatjuk, hogy: x e 1 + y e + z e 3 = (x 0 + λ p 1 + µ p ) e 1 + (y 0 + λ q 1 + µ q ) e + (z 0 + λ r 1 + µ r ) e 3. Mivel az e 1, e, e 3 vektorok lineárisan függetlenek, kapjuk a következő egyenletrendszert: x = x 0 + λ p 1 + µ p y = y 0 + λ q 1 + µ q z = z 0 + λ r 1 + µ r, λ, µ R, (15)

8 amelyet a sík paraméteres egyenleteinek nevezünk. Átrendezve a kapott (15) egyenleteket írhatjuk, hogy: λ p 1 + µ p = x x 0 λ q 1 + µ q = y y 0. λ r 1 + µ r = z z 0 Ennek az egyenletrendszernek a λ és µ ismeretlenekkel akkor van megoldása (Rouché tétele szerint), ha: p 1 p x x 0 q 1 q y y 0 = 0, vagy átírva r 1 r z z 0 x x 0 y y 0 z z 0 p 1 q 1 r 1 = 0. (16) p q r Az így kapott (16) egyenletet a sík algebrai vagy kanonikus egyenletének nevezzük. Ha az (16) determinánst az első sora szerint kifejtjük, akkor az egyenletet kapjuk, ahol A(x x 0 ) + B(y y 0 ) + C(z z 0 ) = 0 (17) A = q 1 r 1 q r, B = r 1 p 1 r p, C = p 1 q 1 p q. Az (17) egyenletet az A(x 0, y 0, z 0 ) ponton áthaladó a sík algebrai egyenletének nevezzük Három nem kollineáris pont által meghatározott sík egyenlete Legyen R = {O, e 1, e, e 3 } egy affin koordináta-rendszer és M 1 (x 1, y 1, z 1 ), M (x, y, z ), M 3 (x 3, y 3, z 3 ) S három nem kollineáris pont (7. ábra). e O M 1 M M M 3 e 1 e 3 7. ábra. Ekkor az M 1, M, M 3 pontok egyértelműen meghatároznak egy (M 1 M M 3 ) = α síkot. Ha M α a sík egy tetszőleges pontja, akkor felírható, hogy ahol λ, µ R. Tehát a sík vektoriális egyenlete: r M = r M1 + M 1 M = r M1 + λ M 1 M + µ M 1 M 3 = = r M1 + λ( r M r M1 ) + µ( r M3 r M1 ) = = (1 λ µ) r M1 + λ r M + µ r M3, r M = (1 λ µ) r M1 + λ r M + µ r M3, λ, µ R. (18) Hasonlóan, mint a (15) relációban, kapjuk, hogy x = (1 λ µ)x 1 + λx + µx 3 y = (1 λ µ)y 1 + λy + µy 3 z = (1 λ µ)z 1 + λz + µz 3, λ, µ R (19)

9 amelyet a sík parametrikus egyenletének nevezünk. Ha átrendezzük a fenti rendszert kapunk λ, µ -ben egy két ismeretlenes egyenletrendszert: x x 1 = λ(x x 1 ) + µ(x 3 x 1 ) y y 1 = λ(y y 1 ) + µ(y 3 y 1 ) z z 1 = λ(z z 1 ) + µ(z 3 z 1 ) Rouché tételből következik, hogy az egyenletrendszernek akkor és csakis akkor van megoldása, ha: x x 1 y y 1 z z 1 x x 1 y y 1 z z 1 = 0. (0) x 3 x 1 y 3 y 1 z 3 z 1 Ezt az egyenletet nevezzük a három nem kollineáris ponton áthaladó sík algebrai egyenletének. Ez az egyenlet még átírható a következő alakba: x y z 1 x 1 y 1 z 1 1 x y z 1 = 0. (1) x 3 y 3 z A sík tengelymetszetes egyenlete Legyenek az A(a, 0, 0), B(0, b, 0) és a C(0, 0, c) pontok a térben. Ekkor a (0) képlet szerint az (ABC) sík egyenlete: x a y z a b 0 = 0. a 0 c e 3 C(0, 0, c) A(a, 0, 0) e 1 e B(0, b, 0) 8. ábra. : Kiszámolva a determinánst és átrendezve az egyenletet megkapjuk a sík tengelymetszetes egyenletét x a + y b + z = 1. () c A sík egyenlete, ha ismert egy pontja és normálvektora Legyen α : Ax + By + Cz + D = 0 egy sík. Ekkor létezik olyan M 0 (x 0, y 0, z 0 ) α, amelyre Ax 0 + By 0 + Cz 0 + D = 0. Kivonva a két egyenlőséget egymásból kapjuk, hogy: A(x x 0 ) + B(y y 0 ) + C(z z 0 ) = 0. (3) Legyen az N (A, B, C) egy vektor és M(x, y, z) egy tetszőleges pont az α síkban. Ekkor a (3) összefüggés ekvivalens azzal, hogy N M 0 M = 0, M α (4) vagyis N M 0 M, bármely M α pont esetén. Ez azt jelenti, hogy az N(A, B, C) vektor merőleges az α síkra.

10 z α N M 0 O M y x 9. ábra. 1.. Értelmezés. Az N (A, B, C) vektort az α : Ax + By + Cz + D = 0 sík normálvektorának nevezzük. Legyen az n = nevezzük. N N = A i + B j + C k A + B + C vektor. Az n vektort az α sík normál-egységvektorának 1.. Tétel. Az α síkot egyértelműen meghatározza egy M 0 (x 0, y 0, z 0 ) pontja és egy rá merőleges N (A, B, C) irányvektor. Ekkor a sík egyenlete: A(x x 0 ) + B(y y 0 ) + C(z z 0 ) = 0. (5) Bizonyítás. Legyen α egy sík, M 0 (x 0, y 0, z 0 ) α egy pont és N (A, B, C) úgy, hogy N α. Ekkor az N vektor merőleges az MM 0 vektorra, bármely M(x, y, z) α pont esetén, vagyis N M 0 M = 0, minden M α pontra. Felírva ezen vektorokat a komponenseik segítségével és felhasználva a skaláris szorzat kiszámítási képletét, kapjuk az α sík egyenletét: A(x x 0 ) + B(y y 0 ) + C(z z 0 ) = Pont távolsága síktól Legyen R = {O, i, j, k} egy Descartes féle ortonormált koordináta-rendszer, M 0 (x 0, y 0, z 0 ) egy pont a térben és α : Ax + By + Cz + D = 0 egy sík. Legyen M 1 = pr α (M 0 ) és N (A, B, C) a sík normálvektora. Ekkor M 0 M 1 α és M 0 M 1 N. Az M 0 pontnak az α síktól való távolságán a d(m 0, α) = M 0 M 1 számot értjük. M 0 N (A, B, C) M 1 α 10. ábra. I. Módszer. Felírjuk az M 0 ponton áthaladó α síkra merőleges d egyenes egyenletét: x x 0 A = y y 0 B = z z x = x 0 + tp 0 vagy parametrikus alakban: y = y 0 + tq. Meghatározzuk az M C 1 pont koordinátáit, amelyet a d z = z 0 + tr egyenes és az α sík metszeteként kapunk. Az M 1 pont koordinátáit tehát a következő egyenletrendszer adja: Ax + By + Cz + D = 0 x = x 0 + ta y = y 0 + tb z = z 0 + tc

11 Ebből az egyenletrendszerből kapjuk, hogy t = Ax 0 + By 0 + Cz 0 + D A + B + C. Legyenek (x 1, y 1, z 1 ) az M 1 pont koordinátái. Ekkor x 1 = x 0 A Ax 0 + By 0 + Cz 0 + D A + B + C y 1 = y 0 A Ax 0 + By 0 + Cz 0 + D A + B + C z 1 = z 0 A Ax 0 + By 0 + Cz 0 + D A + B + C Használjuk a következő jelölést: k = Ax 0 + By 0 + Cz 0 + D A + B + C. Ekkor d(m 0, α) = M 1 M 0 = A k + B k + C k = k A + B + C. Tehát az M 0 pont távolságát az α síktól a következő képlet adja meg: d(m 0, α) = Ax 0 + By 0 + Cz 0 + D A + B + C. N II. Módszer. Legyen n = N az α sík normál egységvektora. Ekkor M 1 M 0 párhuzamos a n vektorral, tehát közrezárt β szögük mértéke 0 vagy 180. Így M 1 M 0 n = M 1 M 0 n cos β = M 1 M 0 (6) Behelyettesítve az M 1 M 0 (x 1 x 0, y 1 y 0, z 1 z 0 ) és ( A n = A + B + C, összefüggéseket a fenti skaláris szorzatba, kapjuk, hogy B A + B + C, ) C A + B + C M 1 M 0 = Ax 0 + By 0 + Cz 0 Ax 1 By 1 Cz 1 A + B + C. (7) Tudjuk, hogy az M 1 pont az α síkban van, vagyis koordinátái eleget tesznek a sík egyenletének: Ax 1 +By 1 + Cz 1 + D = 0, ahonnan Ax 1 + By 1 + Cz 1 = D. Visszahelyettesítve ezt a (7) relációba, kapjuk az M 0 pont α síktól való távolságának képletét Két kitérő egyenes közös merőlegese és távolsága 1.3. Értelmezés. Legyen e 1 és e két kitérő egyenes a térben. Az e 1 és e kitérő egyenesek közös merőlegesén azt az egyenest értjük, amely merőleges mindkét egyenesre és támaszkodik rájuk Értelmezés. Legyenek az A és B pontok a közös merőleges metszéspontjai az e 1 és az e egyenesekkel. Az [AB] szakasz hosszát a két kitérő egyenes távolságának nevezzük. e 1 A e e B 11. ábra. Az e 1, e egyenesek közös merőlegese az AB egyenes

12 A közös merőleges megszerkesztése 1. Legyen a egy egyenes, amely párhuzamos az e 1 egyenessel és áthalad az e egy tetszőleges M pontján. Legyen az α az a és e egyenesek által meghatározott sík.. Legyen β az a sík, amely tartalmazza az e egyenest és merőleges az α síkra. 3. Legyen továbbá γ egy sík, amely tartalmazza az e 1 egyenest és merőleges az α síkra. 4. Ekkor a β és a γ síkok e metszésvonala merőleges lesz az α síkra és ezáltal az e 1, e egyenesekre is. Ráadásul az e támaszkodik is ezekre az egyenesekre, tehát az e egyenes lesz az e 1, e közös merőlegese. e 1 β. e... a γ N α e. 1. ábra. Az e 1, e egyenesek közös e merőlegese. A közös merőleges egyenlete Legyen R = {O, i, j, k} egy Descartes féle koordináta-rendszer a térben és legyen e 1 : x x 1 p 1 = y y 1 q 1 = z z 1 r 1 e : x x p = y y q = z z r két kitérő egyenes. Az egyenesek egyenletei alapján az M 1 (x 1, y 1, z 1 ), M (x, y, z ) pontok rajta vannak az e 1 illetve az e egyeneseken. Ekkor az α sík egyenlete: α : x x y y z z p 1 q 1 r 1 = 0. (8) p q r Ha kifejtjük a fenti determinást akkor az α sík egyenlete a következő alakba írható: α : (x x ) q 1 r 1 q r + (y y ) r 1 p 1 r p + (z z ) p 1 q 1 p q = 0. Legyen N az α sík normálvektora. Ekkor az N normálvektor irányparaméterei a következők: ( ) q1 r N 1 r, 1 p 1 p, 1 q 1. q r r p p q A β síkot meghatározza az e egyenes, vagyis az M pont és d vektor, valamint az α sík N normálvektora. Ezért egyenletét a következő képlet adja meg: β : = 0. (9) x x y y z z p q 1 r 1 q r 1 p 1 r p 1 q 1 q r r p p q

13 A γ síkot meghatározza az M 1 pont és d 1, N vektorok. Tehát egyenlete: γ : = 0. (30) x x 1 y y 1 z z 1 p 1 q 1 r 1 q 1 r 1 p 1 r 1 p 1 q 1 q r r p p q A közös merőleges egyenletét a β és a γ síkok metszete adja meg, vagyis az (9) és (30) egyenletekből alkotott egyenletrendszer Megjegyzés. A közös merőleges megszerkesztése során tulajdonképpen nincs is szükségünk az α sík egyenletére, csak annak normálvektorára. Ez a normálvektor merőleges az α síkra, tehát merőleges az e 1, e egyenesekre. Tehát a normálvektort felírhatjuk, mint a d 1 d vektorok vektori szorzata: N = d1 d = i j k p 1 q 1 r 1 = i p q r q 1 r 1 q r + j r 1 p 1 r p + k p 1 q 1 p q (31) Ezután pedig tekintjük a β síkot, amely tartalmazza az e egyenest és párhuzamos az N vektorral, majd a γ síkot, amely szintén párhuzmos az N vektorral és tartalmazza az e 1 egyenest. Ezen síkok metszete párhuzamos az N vektorral és támaszkodik az e 1, e egyenesekre, tehát az e 1, e közös merőlegese lesz. A két kitérő egyenes távolsága Az e 1 és az e egyenesek közötti távolság kiszámításánál vegyük észre, hogy az e 1 egyenes párhuzamos az e egyenest tartalmazó α síkkal, tehát: d(e 1, e ) = d(e 1, α) = d(m 1, α) = 1.7. Két térbeli egyenes szöge x 1 x y 1 y z 1 z p 1 q 1 r 1 p q r q 1 r 1 q r + r 1 p 1 r p + p 1 q 1 p q 1.5. Értelmezés. Két egyenes (hajlás)szöge alatt a tér egy tetszőleges pontján át a velük párhuzamosan húzott egyenesek által bezárt hegyesszöget vagy derékszöget értjük. Beláthatjuk, hogy ezáltal értelmezett két kitérő egyenes szöge is. Hangsúlyozzuk, hogy kitérő egyenesek lehetnek merőlegesek is egymásra, viszont ha egy pontból egy egyenesre bocsátott merőlegesről beszélünk, akkor az egyenest metsző egyenesre gondolunk. Ehhez a merőlegeshez az adott pont és egyenes síkján belül juthatunk el. Ennek a merőlegesnek a talppontja az adott pontnak az adott egyenesre eső merőleges vetülete. x x 1 Legyen d 1 : = y y 1 = z z 1 x x és d : = y y = z z két egyenes. Ekkor p 1 q 1 r 1 p q r irányvektoraiknak tekinthetjük a d 1 (p 1, q 1, r 1 ) és d (p, q, r ) vektorokat. A d 1 és d egyenesek szöge megegyezik irányvektoraik szögével, ha azok hegyesszöget vagy derékszöget zárnak be (skaláris szorzatuk nem negatív) illetve azok kiegészítő szögével, amennyiben azok tompaszöget zárnak be (skaláris szorzatuk negatív). Tehát d 1 arccos d m( d 1, d ) = d 1 d, ha d 1 d 0 d 1 π arccos d (3) d 1 d, ha d 1 d < 0. Figyelembe véve, hogy π arccos x = arccos( x), minden x [ 1, 1] esetén, majd a moduluszfüggvény értelmezését, kapjuk két egyenes szögének mértékére az alábbi összefüggést: vagy a koordináták segítségével: m( d 1, d ) = arccos m( d 1, d ) = arccos d 1 d d 1 d, (33) p 1 p + q 1 q + r 1 r p 1 + q1 + r 1 p + q +. (34) r.

14 1.8. Egyenes és sík szöge 1.6. Értelmezés. Egy egyenes és egy sík szöge alatt az egyenes síkra eső vetülete és az egyenes által bezárt szöget értjük. d α d = pr α d θ 13. ábra. Az α sík és d egyenes által bezárt θ szög Legyen α : Ax + By + Cz + D = 0 egy sík és legyen d : x x 0 = y y 0 = z z 0 egy egyenes. A sík és p q r egyenes által bezárt szöget jelöljük θ-val, az egyenes d(p, q, r) irányvektora és a sík N (A, B, C) normálvektora által bezárt szöget pedig u-val. A 14 ábra szemlélteti, hogy e két szög összege vagy különbsége egyenlő 90 - kal, a d és N vektorok helyzete alapján. d d d N d u d θ d α... α θ u ábra. Egyenes és sík szöge N Tehát π m( d, α) = m( d, N ), ha d N 0 m( π d, N ), ha d N < 0, vagyis figyelembe véve, hogy sin( π x) = cos x minden x R esetén, következik, hogy sin( d, α) = cos( d, N ) = Ap + Bq + Cr p + q + r A + B + C. Mivel egyenes és sík szögén 0és 90 közti értéket értünk, a d egyenes és α sík által bezárt szög kiszámítási képlete: Ap + Bq + Cr m( d, α) = arcsin p + q + r A + B + C. (35) Sajátos eset. A következő eseteket emeljük ki: 1.) d α egyenértékű azzal, hogy d N, vagyis A p = B q = C r ;.) d α d N d N = 0, vagyis Ap + Bq + Cr = 0; 3.) Ha d α, akkor Ap + Bq + Cr = 0 és Ax 0 + By 0 + Cz 0 + D = 0.

15 1.9. Két sík szöge 1.7. Értelmezés. Ha két sík nem párhuzamos, akkor (hajlás)szögüknek a metszésvonal egy pontjában a síkokon belül állított merőlegesek hajlásszögét nevezzük. Párhuzmos síkok hajlásszöge nullszög. Legyen α 1 : A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0, α : A x + B y + C z + D = 0 két sík. A két sík szögét a normálvektoraik által bezárt szög mértékének segítségével írjuk fel. A síkok normálvektorai: N 1 (A 1, B 1, C 1 ), N (A, B, C ). α α N.. N... π θ... θ θ θ α 1 α 1 N 1 N 1 N 1 N 0 N 1 N < ábra. A 15. ábra alapján is láthatjuk, hogy a két sík θ szöge megyezik a normálvektoraik szögével, ha a normálvektorok szöge hegyesszög (a skaláris szorzatuk pozitív), illetve a normálvektorok kiegészítő szögével ellenkező esetben. Tehát N 1 N arccos m( α 1, α ) = N 1 N, ha N 1 N 0 N 1 N π arccos N 1 N, ha N 1 N < 0 N 1 N arccos = N 1 N, ha N 1 N 0 N 1 N arccos N 1 N, ha N 1 N < 0 Figyelembe véve a moduluszfüggvény értelmezését, kapjuk két sík szögére az alábbi összefüggéseket a normálvektorok segítségével m( α 1, α ) = arccos valamint a síkok egyenleteinek együtthatói segítségével felírva: m( α 1, α ) = arccos N 1 N N 1 N, (36) A 1 A + B 1 B + C 1 C A 1 + B1 + C 1 A + B +. (37) C 1.5. Megjegyzés. Két sík merőlegességét és párhuzamosságát is vizsgálhatjuk a normálvektoraik segítségével. A síkok párhuamossága (merőlegessége) ekvivalens normálvektoraik párhuzamosságával (merőlegességével). Tehát α 1 α N 1 N A 1 A + B 1 B + C 1 C = 0. (38) α 1 α N 1 N A 1 A = B 1 B = C 1 C. (39)

16 z M(x, y, z) v O u r v... M (x, y, 0) y x. 16. ábra. Origó középpontú kör A gömb A gömb azon térbeli pontok mértani helye, amelyeknek egy rögzített ponttól mért távolságuk egyenlő. Az Oxyz Descartes-féle koordináta-rendszer origója legyen a gömb középpontja. Legyen M(x, y, z) egy tetszőleges pont a gömbön és ennek vetülete az xoy síkra M (x, y, 0). Ismerjük a gömb r sugarát. A paraméterek legyenek: m( xom ) = u, m(ẑom ) = v. Ekkor OM = r sin v és a gömb paraméteres egyenletei: x = r sin v cos u y = r sin v sin u, z = r cos v Az origó középpontú, r sugarú gömb algebrai egyenlete: 1.6. Megjegyzés. A gömb általános egyenlete: u [0, π), v [0, π]. (40) x + y + z = r. (41) Ax + Ay + Az Bx Cy Dz + E = 0, A 0.

17 . Analitikus mértan síkban.1. Síkbeli egyenesek egyenletei Descartes-féle koordináta rendszerhez viszonyítva Legyen R = {O, e 1, e } egy affin koordináta-rendszer a síkban Egy pont és egy vektor által meghatározott egyenes egyenlete Legyen A(x 0, y 0 ) egy rögzített pont a síkban és d(p, q) pedig egy rögzített vektor. Ekkor levezethetjük az A ponton áthaladó d irányvektorú e egyenes vektoriális egyenletét teljesen hasonlóan, mint a térbeli egyenes esetén és itt is kapjuk az egyenes egyenletének, hogy e : r M = r A + λ d, λ R, (4) ahol M(x, y) egy tetszőleges pont az e egyenesen. Behelyettesítve az r M, r A, d vektorok koordinátáit, kapjuk az e (síkbeli) egyenes paraméteres egyenleteit: { x = x0 + λp (43) y = y 0 + λq λ R. Kifejezzük a fenti egyenletrendszer mindkét egyenletéből a λ-t és egyenlővé tésszük egymással. az e (síkbeli) egyenes kanonikus egyenletéhez: Így jutunk x x 0 p = y y 0 q (44).1. Megjegyzés. Konvenció szerint, ha az egyik tört nevezője nulla, akkor a számláló is nulla. x 1 Példa. Ha az e egyenes egyenlete: = y 3, akkor ez ekvivalens azzal, hogy e : y 3 = 0, vagyis 0 az e párhuzamos az Ox tengellyel. Ha az e egyenes nem párhuzamos az Oy tengellyel (vagyis p 0), akkor az e bármely irányvektora esetén a q = m arány állandó. Ezt az arányt az e egyenes iránytényezőjének nevezzük. p Ha az R Descartes-féle koordináta-rendszer (vagyis derékszögű), akkor ahol α az e egyenesnek az Ox tengellyel bezárt szöge. m = tg α, (45) y O d(p, q) } q α }{{} p e x 17. ábra. Ha a (44) összefüggést beszorozzuk q-val, kapjuk, hogy y y 0 = q p (x x 0). (46) Tehát, az adott A(x 0, y 0 ) ponton áthaldó és adott m iránytényezőjű egyenes egyenlete y y 0 = m(x x 0 ). (47)

18 .1.. Két különböző pont által meghatározott egyenes egyenlete Legyen M 1 (x 1, y 1 ) és M (x, y ) két rögzített pont a síkban. Ekkor az M 1 és M pontokon áthaladó egyenes irányvektora M 1 M (x x 1, y y 1 ), tehát az M 1 M egyenes kanonikus egyenlete: x x 1 x x 1 = y y 1 y y 1, (48) amelyet még átírhatunk a következő könnyebben megjegyezhető alakba: x y 1 x 1 y 1 1 = 0. (49) x y Egyenes tengelymetszetes alakja Ha az egyenes a koordináta-tengelyeket az A(a, 0) és B(0, b) pontokban metszi, akkor egyenlete: x a + y b = 1... Megjegyzés. Az M 1 M nem függőleges egyenes iránytényezője:.. Két síkbeli egyenes szöge I. módszer. Legyen m M1 M = y y 1 x x 1. d 1 : a 1 x + b 1 y + c 1 = 0, d : a x + b y + c = 0 két általános egyenlettel megadott egyenes az xoy síkban. Ezt az két egyenletet átírva kanonikus alakra: x d 1 : = y + c1 b 1 x, d : = y + c b kapjuk a két egyenes irányvektorát: d1 ( b 1, a 1 ) illetve d b 1 a 1 b a ( b, a ). Felhasználva a (33) összefüggést, kapjuk, hogy cos( d 1, d ) = a 1 a + b 1 b a 1 + b 1 a + b (50) II. módszer. Legyen d 1 : y = m 1 x + n 1, d : y = m x + n két explicit egyenlettel megadott egyenes az xoy síkban. Ekkor m 1 = tgα 1 és m = tgα, ahol α 1 és α a két egyenesnek az Ox tengellyel bezárt hajlásszögét jelölik (lásd 18 ábra). y d 1 d O α φ α1 x 18. ábra. Két egyenes szöge Belátható, hogy ha φ-vel jelöljük a d 1 és d egyenesek szögét, akkor φ = α 1 α. Tehát tgφ = tg(α 1 α ) = tgα 1 tgα 1 + tgα 1 tgα = m 1 m 1 + m 1 m. (51)

19 Ha felcseréljük az m 1 és m sorrendjét, akkor a kiegészítő szög mértékét fogjuk megkapni. Mivel két egyenes szögén mindig a hegyesszöget értjük és tudjuk, hogy ennek tangense pozitív, a két síkbeli egyenes szögére levezetett összefüggést a következő alakban használjuk:.3. Párhuzamos és merőleges egyenesek.3.1. Párhuzamos egyenesek tg( d 1, d ) = m 1 m 1 + m 1 m. (5) Két párhuzamos egyenes iránya megegyezik és ezáltal iránytényezőjük is egyenlő, vagyis: d 1 d m 1 = m. (53).3. Megjegyzés. A fenti összefüggés onnan is következik, hogy Két egyenes akkor és csakis akkor párhuzamos, ha bezárt szögük 0, ami ekvivalens azzal a (5) összefüggés alapján, hogy iránytényezőik megegyeznek..3.. Merőleges egyenesek.4. Megjegyzés. Legyen d 1, d két egymásra merőleges egyenes. Ekkor irányvektoraik d 1 (p 1, q 1 ) és d (p, q ) szintén merőlegesek egymásra, ezért skaláris szorzatuk nulla. Tehát p 1 p + q 1 q = 0. Feltételezve, hogy egyik egyenes sem párhuzamos az Oy tengellyel, végigoszthajtuk ezt az egyenletet p 1 p -vel és felhasználva az iránytényező értelmezését, kapjuk, hogy d 1 d m 1 m = 1. (54).5. Megjegyzés. 1. A (54) összefüggés másként is levezethető. Ay (5) összefüggés jobboldalának nincs értelme abban az esetben, ha m 1 m = 1. Ez azt jelenti, hogy értelmetlen a tg( d 1, d ), vagyis a d 1 és d egyenesek szöge Pont távolsága egyenestől (síkban) Legyen e : ax + by + c = 0 egy egyenes az xoy síkban és M 0 (x 0, y 0 ) egy pont a síkban. Az M 0 pont távolságán az e egyenestől az [M 0 M 1 ] szakasz hosszát értjük, ahol M 1 az M 0 pont e egyenesre eső vetülete. M 0 e M ábra. Az M 0 pont távolsága az e egyenestől: M 0 M 1. Felírjuk az M 0 ponton áthaladó és az e egyenesre merőleges M 0 M 1 egyenes egyenletét: M 0 M 1 : y y 0 = 1 m e (x x 0 ), ahol m e = a b az e egyenes iránytényezője. Az M 1 pont (x 1, y 1 ) koordinátáit megkapjuk az e és M 0 M 1 egyenesek egyenleteiből alkotott { b(x x0 ) = a(y y 0 ) ax + by + cz = 0 egyenletrendszer megoldásaként: x 1 = x 0 a ax 0 + by 0 + c a + b y 1 = y 0 b ax 0 + by 0 + c a + b.

20 Kiszámítva a [M 0 M 1 ] szakasz hosszát, kapjuk, az M 0 pont távolságát az e egyenestől: d(m 0, e) = ax 0 + by 0 + c a + b. (55) Alkalmazás. Szögfelezők egyenletei (síkban). Legyen d 1 : a 1 x + b 1 y + c 1 z = 0, d : a x + b y + c z = 0 két metsző egyenes a síkban. Célunk meghatározni a két egyenes által alkotott szög (belső és külső) szögfelezőinek egyenleteit. Tudjuk, hogy a szögfelező azon pontok mértani helye, amelyeknek távolsága a szög két szárától megegyezik. Legyen M(x, y) egy tetszőleges pont a síkban. Ez a pont akkor és csakis akkor lesz a d 1 és d egyenesek szögfelezőjén, ha d(m, d 1 ) = d(m, d ), vagyis a 1 x + b 1 y + c 1 a 1 + b 1 = a x + b y + c. a + b Így a két szögfelező egyenlete: a 1 x + b 1 y + c 1 a 1 + b 1 = ± a x + b y + c. (56) a + b.5. Kúpszeletek.5.1. Kör Legyen M 0 egy rögzített pont a P síkban és legyen r > 0 egy rögzített szám..1. Értelmezés. Az M 0 középpontú és r sugarú C kör azon M pontok mértani helye a síkból, amelyeknek az M 0 ponttól vett távolsága állandó és egyenlő r-rel, vagyis Legyen xoy egy Descartes-féle koordináta-rendszer. C(M 0, r) = {M P : MM 0 = r.} (57).1. Tétel. Az M(x, y) pont akkor és csakis akkor van az M 0 (x 0, y 0 ) középpontú, r sugarú körön, ha (x x 0 ) + (y y 0 ) = r. (58) Bizonyítás. Az M pont akkor és csakis akkor van az M 0 középpontú r sugarú körön, ha MM 0 = r, vagyis (x x0 ) + (y y 0 ) = r (x x 0 ) + (y y 0 ) = r. Tehát az M 0 (x 0, y 0 ) középpontú, r sugarú kör implicit egyenlete: C : (x x 0 ) + (y y 0 ) = r... Tétel. Az (x x 0 ) +(y y 0 ) = r egyenletű kör M 1 (x 1, y 1 ) pontjában szerkesztett érintő egyenlete: (x x 0 )(x 1 x 0 ) + (y y 0 )(y 1 y 0 ) = r, (59) amelyet még a kör duplázott egyenletének is nevezünk az M 1 (x 1, y 1 ) pontban. Bizonyítás. Tudjuk, hogy a kör M 1 pontjába szerkesztett érintő merőleges az M 1 ponton áthaladó átmérőre. Felírjuk először az átmérő egyenletét: M 1 M 0 : x x 1 x 0 x 1 = y y 1 y 0 y 1 majd az erre merőleges (érintő) egyenletét, felhasználva, hogy mérintő = 1 m M1 M 0 = x 0 x 1 y 0 y 1. Tehát az érintő egyenlete: y y 1 = x 0 x 1 y 0 y 1 (x x 1 ).

21 T M 1 (x 1, y 1 ) M 0 0. ábra. Kör érintője és normálisa. ( x 0 + x 1 )(x x 1 ) (y 0 y 1 )(y y 1 ) = 0 (60) Mivel az M 1 pont rajta van a C körön, kielégíti annak egyenletét: Összeadva a (60) és (61) egyenleteket kapjuk, hogy (x 1 x 0 ) + (y 1 y 0 ) = r. (61) (y y 0 )(y 1 y 0 ) + (x x 0 )(x 1 x 0 ) = r. (6).. Értelmezés. A kör M 1 pontjába szerkesztett normálisán azt az egyenest értjük, amely áthalad az M 1 ponton és merőleges az M 1 pontba szerkesztett körérintőre. Kör esetén egy M 1 pontba szerkesztett normális megegyezik az M 1 ponton áthaladó átmérővel. Tehát egyenlete: x x 1 M 1 M 0 : = y y 1 x 0 x 1 y 0 y 1.6. Megjegyzés. Kör érintőjének egyenletét meghatározhatjuk felhasználva az analízisből jólismert eredményt is: Legyen f : I R egy deriválható függvény, I R nyílt intervallum. A függvény grafikus képéhez az M(x 1, f(x 1 ) = y 1 ) pontban szerkesztett érintő egyenlete: y y 1 = f (x 1 )(x x 1 ). Kör esetén: y = f(x) = y 0 ± r (x x 0 ), ahol az előjelet pozitívnak választjuk, ha M pont a kör felső körívén található és negatívnak ellenkező esetben..5.. Ellipszis.3. Értelmezés. Azon pontok mértani helyét a síkból, amelyeknek két rögzített ponttól mért távolságuk összege állandó, ellipszisnek nevezzük. Legyen c > 0 és F, F két rögzített pont a síkban úgy, hogy F F = c és legyen a > c. A sík azon M pontjainak mértani helyét, amelyre MF + MF = a, ellipszisnek nevezzük: E = {M P : MF + MF = a}. További elnevezések: 1. F, F : az ellipszis fókuszai. F F egyenes: fokális tengely 3. F F = c : fókusztávolság 4. [MF ] és [MF ] szakaszok: M ponthoz tartozó vezérsugarak..7. Megjegyzés. Ha c = 0, akkor az ellipszis egy a sugarú kör lesz. Legyen E egy adott ellipszis. Választunk egy xoy Descartes-féle koordináta-rendszert úgy, hogy az O pont legyen az [F F ] szakasz felezőpontja, az Ox tengely legyen a fokális tengely. Ekkor F ( c, 0) és F (0, c).

22 a y B b M a... F... F c O c a x B b 1. ábra. Ellipszis..3. Tétel. Az M(x, y) pont akkor és csakis akkor van az E ellipszisen, ha x a + y b = 1, ahol b = a c. Bizonyítás. Az M pont rajta van az E ellipszisen, ha MF + MF = a. Ekkor (x + c) + y + (x c) + y = a. (x + c) + y = (x c) + y + 4a a (x c) + y 4xc 4a = 4a (x c) + y x c xca + a 4 = a x a xc + a c + a y x (a c ) + a y = a (a c ). Bevezetjük az a c = b jelölést és végigosztva az előbbi egyenletet a b -tel kapjuk az ellipszis kanonikus egyenletét: E : x a + y = 1. (63) b.8. Megjegyzés. A B(0, b = a c ) és a B (0, b = a c ) pontok rajta vannak az ellipszisen, mégpedig az ellipszis metszéspontját jelölik az Oy tengely-lyel. Valóban, a BOF és BOF kongruens háromszögekben alkalmazva a Pithagorász tételét kapjuk, hogy a + b = c..9. Megjegyzés. Ha jelöljük A, A és B, B -tel a (63) egyenlettel megadott ellipszis metszeteit az Ox illetve Oy tengelyekkel és a > b, akkor még használjuk a következő kifejezéseket: 1. az [AA ] szakasz az ellipszis nagytengelye;. a [BB ] szakasz az ellipszis kistengelye; 3. az A(a, 0), A ( a, 0), B(0, b), B ( b, 0) pontok: az ellipszis csúcsai..10. Megjegyzés. Az ellipszis kanonikus egyenletében az x és y változók a második hatványon szerepelnek, ezért egy M(x, y) ponttal együtt az ellipszisen vannak az M 1 ( x, y), M ( x, y), M 3 (x, y) pontok is. Tehát az Ox és Oy tengelyek szimmetriatengelyei az ellipszisnek, az O pont pedig szimmetriaközéppontja..4. Tétel. Az E : x a + y b = 1 egyenletű ellipszis M 0(x 0, y 0 ) pontjába szerkesztett érintő egyenlete: xx 0 a + yy 0 b = 1, amelyet még az ellipszis duplázott egyenletének is nevezünk az M 0 pontban. Bizonyítás.Az ellipszis érintőjének meghatározására a.6 Megjegyzést használjuk fel. Az f függvény felírása érdekében az ellipszis egyenletéből kifejezzük az y-t: y = ±b 1 x a = ± b a x a.

23 Tételezzük fel, hogy az M 0 pont az ellipszis felső ívén van, vagyis y 0 0 (ellenkező esetben teljesen hasonlóan járunk el). Ekkor az f függvényt is ennek megfelelően választjuk: y = f(x) = a b a x. Az érintő egyenlete: y y 0 = f (x 0 )(x x 0 ) y y 0 = b a x 0 a x 0 (x x 0 ). (64) Mivel az M 0 (x 0, y 0 ) E, következik, hogy x 0 a + y 0 b = 1, vagyis y 0 = b a (a x 0). Feltételeztük, hogy y 0 0, tehát a x 0 = a b y 0. Visszahelyettesítve ezt a (64) összefüggésbe írhatjuk, hogy Beszorozva ezt az egyenletet y 0 -tel, kapjuk, hogy b y y 0 = b a x0 y 0 (x x 0 ). xx 0 a + yy 0 b = y 0 b + x 0 a = 1. Tehát az érintő egyenlete: xx 0 a + yy 0 b = Értelmezés. Az ellipszis M 0 pontba szerkesztett normálisa az az egyenes, amelyik áthalad az M 0 ponton és merőleges az ellipszis M 0 pontjában szerkesztett érintőre..5. Tétel. (Az ellipszis optikai tulajdonsága) Az ellipszis M 0 pontjába szerkesztett érintő és normális felezik az F M 0 és F M 0 vezéregyenesek által meghatározott szögeket. érintő y normális M 0 F O F x. ábra. Ellipszis optikai tulajdonsága. x Bizonyítás. Úgy szerkesztjük meg a koordináta-rendszert, hogy az ellipszis egyenlete legyen E : a + y b = 1, ahol b = a c és a fókuszok F ( c, 0); F (c, 0). Legyen M 0 (x 0, y 0 ) E egy tetszőleges pont. Felírjuk az F M 0 és F M 0 vezéregyenesek egyenleteit: F M 0 : x x 0 c x 0 = y y 0 y 0 F M 0 : y 0 x + (x 0 c)y + cy 0 = 0; (65) F M 0 : x x 0 c x 0 = y y 0 y 0 F M 0 : y 0 x (x 0 + c)y + cy 0 = 0. (66) F M és F M egyenesek által bezárt szögek szögfelezői (a 56 egyenlet alapján): y 0 x + (x 0 c)y + cy 0 y 0 + (x 0 c) = ± y 0x (x 0 + c)y + cy 0 y 0 + (x 0 + c) (67)

24 Kiszámítjuk a gyökjel alatti kifejezéseket: y 0 + (x 0 c) = b a (a x 0) + (x 0 c) = = a c a (a x 0) + x 0 x 0 c + c = (a cx 0 ) a. Mivel x 0 [ a, a] és 0 < c < a, következik, hogy a cx 0 0. Tehát Hasonló számítások után kapjuk, hogy Ekkor a (67), (68), (69) összefüggések alapján az y0 + (x 0 c) = a cx 0. (68) a y0 + (x 0 + c) = a + cx 0. (69) a F M 0 F szög szögfelezőinek egyenletei: y 0 x + (x 0 c)y + cy 0 a cx 0 = ± y 0x (x 0 + c)y + cy 0 a + cx 0. Két esetünk van, aszerint, hogy az egyenlőség jobboldalán melyik előjelet választjuk. Válasszuk például a + előjelet! Ekkor elvégezve a műveleteket és alkalmazva a c = a b összefüggést, kapjuk az alábbi egyenletet: a y 0 x + a x 0 y a cy + a cy 0 cx 0 y 0 x + cx 0y c x 0 y + c x 0 y 0 = = a y 0 x a x 0 y a cy + a cy 0 cx 0 y 0 x + cx 0y + c x 0 y c x 0 y 0 a y 0 x + b yx 0 + (a b )x 0 y 0 = 0. Átrendezve ezt az egyenletet észrevehetjük, hogy ez épp az M 0 pontba szerkesztett normális egyenlete. Így a másik szögfelező (a előjeles) az M 0 pontba szerkesztett érintő lesz (mert a belső és külső szögfelezők merőlegesek egymásra az M 0 pontban, akárcsak az érintő és normális)..11. Megjegyzés. A tételben kijelentett mértani tulajdonságok az alábbi optikai tulajdonságnak felel meg: az ellipszis egyik fókuszában elhelyezett fényforrásból kiinduló tetszőleges fénysugár az ellipszisről való visszaverődés után a másik fókuszon fog átmenni Hiperbola.5. Értelmezés. A hiperbola azon pontok mértani helye, amelyeknek két rögzített ponttól vett távolságuk különbsége állandó. Legyen c > 0, F, F két rögzített pont a síkban úgy, hogy F F = c és legyen a (0, c). A sík azon M pontjainak H halmazát, amelyre MF MF = a hiperbolának nevezzük: H = {M P MF MF = a}. További elnevezések: 1. F, F : a hiperbola fókuszai. F F : fokális tengely 3. F F = c: fókusztávolság 4. [MF ], [MF ] szakaszok: az M ponthoz tartozó vezérsugarak. Legyen xoy egy Descartes-féle koordináta-rendszer, amelynek origója legyen az [F F ] szakasz felezőpontja, Ox tengelye pedig a fokális tengely. Ekkor a fókuszok koordinátái: F (c, 0), F ( c, 0)..6. Tétel. A M(x, y) pont akkor és csakis akkor tartozik hozzá a H hiperbolához, ha ahol b = c a. x a y b = 1,

25 y... b a F ( c, 0) A O A... -b F (c, 0) x 3. ábra. Hiperbola Bizonyítás. A hiperbola értelmezése szerint az M pont akkor van a H hiperbolán, ha MF MF = a, vagyis MF MF = ±a (x c) + y + (x + c) + y = ±a. Négyzetreemelve mindkét oldalt kapjuk, hogy (x c) + y = 4a + (x + c) + y ± 4a (x + c) + y 4xc 4a = ±4a (x + c) + y. Újra négyzetre emelést alkalmazva és átrendezve az egyenletet következik, hogy x (c a ) a y + a (a c ) = 0. Bevezetve a b = c a jelölést és elosztva az egyenletet a b -tel, megkapjuk a hiperbola kanonikus egyenletét: H : x a y b = 1 (70).1. Megjegyzés. A hiperbola egyenletéből adódik, hogy a hiperbolának két szimmetriatengelye van; az egyik a fókuszokat összekötő egyenes, ezt a hiperbola hiperbola valós tengelyének nevezzük; a másik fókuszokat összekötő szakasz felezőmerőlegese, melyet a hiperbola képzetes tengelyének nevezünk. A két tengely O metszépontja a hiperbola szimmetria-középpontja, amit a hiperbola középpontjának is mondunk..13. Megjegyzés. Belátható, hogy az A(a, 0) és A ( a, 0) pontok rajta vannak a hiperbolán, mégpedig ott, ahol az Ox tengely metszi a hiperbolát. Ezeket a pontokat a hiperbola csúcspontjainak nevezzük. Az a, b számok a hiperbola valós és képzetes féltengelyei..7. Tétel. Az H : x a y = 1 egyenletű parabolának a van két ferde aszimptotája a ± -ben, melynek b egyenletei: Bizonyítás. Kifejezzük a hiperbola egyenletéből a y-t és legyen y = ± b x. (71) a f(x) = y = ± b a x a. f(x) Köztudott, hogy a ferde aszimptota egyenlete ± -ben: y = mx + n, ahol m = lim x ± x és n = lim (f(x) mx). A mi esetünkben kiszámolva ezeket a határértékeket kapjuk, hogy m = ± b és n = 0. x ± a

26 .8. Tétel. A H : egyenlete: x a y b = 1 egyenlettel megadott hiperbola M 0(x 0, y 0 ) pontjában szerkesztett érintő xx 0 a yy 0 = 1. (7) b Ezt az egyenletet még a hiperbola duplázott egyenletének is nevezzük az M 0 pontban. Bizonyítás. A.6 Megjegyzés alapján a hiperbola érintője az M 0 (x 0, y 0 ) pontban : y y 0 = f (x 0 )(x x 0 ), ahol f(x) = y = ± b a x a. Az f függvény előjelét azonosnak választjuk az y 0 előjelével. Feltételezve, hogy y 0 0 az érintő egyenlete: y y 0 = b a x 0 x 0 a (x x 0). (73) (Ha y 0 < 0, teljesen hasonló számítások után ugyanahhoz az egyenlethez jutunk.) Mivel az M 0 (x 0, y 0 ) H, következik, hogy x 0 a y 0 b = 1, vagyis y 0 = b a (x 0 a ). Feltételeztük, hogy y 0 0, tehát x 0 a = a b y 0. Visszahelyettesítve ezt a (73) összefüggésbe írhatjuk, hogy Beszorozva ezt az egyenletet y 0 -tel, kapjuk, hogy b Tehát az érintő egyenlete: y y 0 = b a x0 y 0 (x x 0 ). xx 0 a yy 0 b = y 0 b x 0 a = 1. xx 0 a yy 0 b = Értelmezés. Azt az egyenest, amelyik átmegy az M 0 ponton és merőleges az M 0 pontba szerkesztett érintőre, a hiperbola M 0 pontjába szerkesztett normálisnak nevezzük..9. Tétel. (A hiperbola optikai tulajdonsága) A hiperbola M 0 pontjába szerkesztett érintő és normális az F M 0 és F M 0 vezéregyenesek által meghatározott szögek szögfelezői. n y é M 0 F O F x 4. ábra. A hiperbola optikai tulajdonsága x Bizonyítás. Úgy szerkesztjük meg a koordináta-rendszert, hogy a H hiperbola egyenlete legyen a y b = 1, ahol b = c a és a fókuszok F ( c, 0); F (c, 0). Legyen M 0 (x 0, y 0 ) H egy tetszőleges pont. Felírjuk az F M 0 és F M 0 vezéregyenesek egyenleteit: F M 0 : y 0 x (x 0 c)y cy 0 = 0; (74)

27 F M és F M egyenesek által bezárt szögek szögfelezői F M 0 : y 0 x (x 0 + c)y + cy 0 = 0. (75) y 0 x (x 0 + c)y + cy 0 y 0 + (x 0 + c) = ± y 0x (x 0 c)y cy 0 y 0 + (x 0 c). (76) Kiszámoljuk a gyökjel alatti kifejezéseket: y 0 + (x 0 + c) = b ( 1 + x 0 a ) + x 0 + x 0 c + c = = ( b a + 1)x 0 + x 0 c + c b = = (b + a )x 0 a + x 0 c + a = = 1 a (c x 0 + x 0 ca + a 4 ) = 1 a (cx 0 + a ). Hasonló gondolatmenet alapján y 0 + (x 0 c) = 1 a (a cx 0 ). Ekkor a szögfelezők egyenletei: y 0 x (x 0 + c)y + cy 0 a + cx 0 = ± y 0x (x 0 c)y cy 0 a cx 0. Ha a előjeles egyenletet választjuk először, akkor az aránypárok tulajdonsága alapján írhatjuk, hogy a y 0 x a x 0 y a cy + a y 0 c cx 0 y 0 x + cx 0y + c x 0 y c x 0 y 0 = = a y 0 x + a x 0 y a cy + a cy 0 cx 0 y 0 x + cx 0y c x 0 y + c x 0 y 0 a y 0 x a x 0 y + c x 0 y c x 0 y 0 = 0 a y 0 x + b x 0 y (a + b )x 0 y 0 = 0. Tehát az egyik szögfelező egybeesik a normálissal (lásd (??) egyenletet), ami maga után vonja, hogy a másik szögfelező egybeesik az érintővel Parabola.7. Értelmezés. Azon pontok mértani helyét a síkból, amelyeknek egy rögzített ponttól és egy rögzített egyenestől mért távolságuk egyenlő parabolának nevezzük. Legyen h P egy egyenes és F h egy pont..8. Értelmezés. A sík azon M pontjainak P p halmazát, amelyekre d(m, h) = MF parabolának nevezzük: P p = {M P : d(m, h) = MF.} További elnevezések: 1. az F pont: a parabola fókusza vagy gyújtópontja;. a h egyenes: a parabola vezéregyenese; 3. az [MF ] szakasz: vezérsugár. Választunk egy Descartes-féle koordináta-rendszert, úgy, hogy az O pont legyen az [AF ] szakasz felezőpontja, ahol az A pont a fókusz h egyenesre eső vetülete és az Ox tengely pedig legyen az h-ra merőleges AF egyenes. Jelölje p = AF a fókusz és vezéregyenes közti AF távolságot. Ezt a számot a parabola paraméterének( nevezzük. p ) Ekkor F, 0 és A ( p ), 0. A h vezéregyenes egyenlete: x = p..10. Tétel. Az M(x, y) pont akkor és csakis akkor tartozik hozzá a P p parabolához, ha y = px. (77)

28 y M A - p O F p x 5. ábra. Az y = px egyenlettel megadott parabola. Bizonyítás. Az M pont akkor és csakis akkor van rajta a P p parabolán, ha d(m, h) = MF d (M, h) = MF ( x + p ) ( = x p + y ) Tehát a parabola kanonikus egyenlete: px = y. y = px..14. Megjegyzés. A parabola egyenlete alapján egy M(x, y) ponttal együtt az M 1 (x, y) pont is a parabolán van. Tehát az Ox tengely szimmetriatengelye a parabolának..11. Tétel. Az y = px egyenlettel megadott parabola M 0 (x 0, y 0 ) pontjába szerkesztett érintőjének egyenlete yy 0 = p(x + x 0 ), (78) amelyet még a parabola duplázott egyenletének is nevezünk az M 0 pontban. Bizonyítás. A.6 Megjegyzés szerint a parabola M 0 pontjába szerkesztett érintőjének egyenlete y y 0 = f (x 0 )(x x 0 ), ahol f(x) = y = ± px, ahol az f függvény előjelét azonosnak választjuk az M 0 pont y 0 ordinátájának előjelével. Tételezzük fel, hogy az M 0 pont a parabola felső ívén van, vagyis y 0 0. Ekkor még felhasználva, hogy y 0 = px 0 (mert M 0 P) kapjuk az érintő egyenletét: y y 0 = p (x x 0 ) y y 0 = p (x x 0 ) yy 0 = px + y0 px 0. px0 y 0 }{{} px 0.9. Értelmezés. Azt az egyenest, amelyik átmegy az M 0 ponton és merőleges a parabola M 0 pontba szerkesztett érintőjére, a parabola M 0 pontjába szerkesztett normálisának nevezzük..1. Tétel. (A parabola optikai tulajdonsága) A parabola tengelyével párhuzamos fénysugarak a paraboláról visszaverődve a fókuszban futnak össze vagy fordítva a parabola fókuszából kiinduló fénysugarakat a parabola a tengelyével párhuzamosan veri vissza. Az optikai tulajdonság matematikai megfogalmazása: a parabola egy M 0 pontjához tartozó érintő és normális felezi az M 0 F egyenes és az M 0 ponton át a parabola tengelyével húzott párhuzamos egyenes által bezárt szöget. Bizonyítás. Legyen y = px a parabola egyenlete. Ekkor a h egyenes egyenlete: x = p és a fókusz ( p ) koordinátái F, 0. Feltételezzük, hogy az M 0 pont koordinátái M 0 (x 0, y 0 ). Legyen B az M 0 pont vetülete ( a vezéregyenesre: B p ), y 0 Könnyen belátható, hogy a tétel kijelentése egyenértékű az alábbi állításokkal: 1. a parabola érintője az M 0 pontban a [BF ] szakasz felezőmerőlegese;. a fókusz szimmetrikusa az érintőre nézve rajta van a vezéregyenesen;

29 y M 0 B A O F x 6. ábra. A parabola optikai tulajdonsága 3. a fókusz vetülete az M 0 ponthoz tartozó érintőre a parabola csúcsérintőjén van. Ezért elég igazolni egyet ezen állításk közül. Igazoljuk például, hogy az M 0 pontban szerkesztett érintő felezőmerőlegese a [BF ] szakasznak. Az M 0 pontba szerkesztett érintő egyenlete: yy 0 = p(x + x 0 ). Tehát az érintő iránytényezője: mérintő = p y 0. (79) A BF egyenes iránytényezője: m BF = y B y F = y 0 x B x F p. (80) ( Legyen N a [BF ] szakasz felezőpontja. Ekkor N 0, y ) 0. Ez a pont rajta van az M 0 pontba szerkesztett y 0 y 0 érintőn, mert koordinátái kielégítik az érintő egyenletét: = px 0. Ekkor a (79) és (80) összefüggések alapján kapjuk, hogy az érintő a [BF ] szakasz felezőmerőlegese.

30 3. Kitűzött feladatok 3.1. Analitikus mértan síkban 1. Írjuk fel annak az egyenesnek az egyenletét, amelynek (i) iránytényezője m = 5 és átmegy az A(1, ) ponton; (ii) iránytényezője m = 8 és az Oy tengelyen egy hosszúságú szakaszt határoz meg; (iii) áthalad az A(, 3) ponton és az Ox tengellyel 60 -os szöget zár be. (iv) átmegy a B(1,7) ponton és merőleges az n(4, 3) vektorra.. Adott az ABC háromszög: A(1, 1), B(, 3), C(4, 7). Írjuk fel az oldalak valamint az A csúcshoz tartozó oldalfelező és magasság egyenleteit! E: x = 1, 3x + y 5 = Írjuk fel annak az egyenesnek az egyenletét, amely áthalad az A(1, 6) ponton és az egyenes valammint a koordinátatengelyek által meghatározott háromszög területe 150. E: 3x + 4y 60 = 0, x + 3y 30 = Az origóból egy d egyenesre húzott merőleges talppontja az A(1, ) pont. Írjuk fel a d egyenes egyenletét! E: x + y 5 = Határozzuk meg a d 1 : x + y 1 = 0 egyenes szimmetrikusát a d : x y = 0 egyenesre majd az A(, 5) pontra vonatkozóan! E: x + y 1 = 0, x y + 3 = Adott egy háromszögkét csúcsa: A( 6, ) és B(, ), valamint a H(1, ) ortocentrum. Határozzuk meg a harmadik C csúcs koordinátáit! E:C(, 4). 7. Határozzuk meg azt az A(3, 1) ponton áthaladó egyenest, amely 45 -os szöget zár be a x + 3y 1 = 0 egyenlettel megadott egyenessel. E: x 5y + = 0, 5x + y 16 = Határozzuk meg az O(0, 0), A(1, ) és B( 5, 7) pontok távolságát a 6x + 8y 15 = 0 egyenestől. E: 3, 7 10, Határozzuk meg az alábbi párhuzamos egyenesek közti távolságot ) x y + 3 = 0 és x 4y + 7 = 0; ) 3x 4y + 1 = 0 és x = 1 + 4t, y = 3t ; 3) x = t, y = 3 + t és x = s, y = 5 4s. 1 E: 1) 5. Írjuk fel annak a körnek az egyenletét, amely áthalad az A, B pontokon és középpontja rajta van a d egyenesen, ha a) A(4, 1), B(0, 3), d : x y 4 = 0; b) A(1, ), B(4,-3), d : 3x y 19 = 0. Írjuk fel a C kör P pontjába szerkesztett érintő egyenletét, ha a) C : x + y = 5, P (1, ); E: a) (x ) + (y + 1) = 8; b) (x ) + (y 1 4 ) = b) C : x + y + x 6y 15 = 0, P (3, 6). E: a) x y 5 = 0; b) 4x + 3y 30 = Adott a C kör és a d egyenes. Írjuk fel az adott egyenessel párhuzamos körérintők egyenletét, ha a) C : x + y 13 = 0, d : 4x + 6y 5 = 0; b) C : x + y + x 4y 0 = 0, d : 3x + 4y = 0. E: a) e 1 : x + 3y + 13 = 0, e : x + 3y 13 = 0; b) e 1 : 3x + 4y + 0 = 0, e : 3x + 4y 30 = Adott a C kör és a d egyenes. Írjuk fel az adott egyenesre merőleges körérintők egyenletét, ha a) C : x + y + 5x = 0, d : 4x 3y + 7 = 0; b) C : x + y 1x 8y + 47 = 0, d : x + y 4 = 0. E: a) e 1 : 3x + 4y + 0 = 0, e : 3x + 4y 5 = 0; b) e 1 : x y 3 = 0, e : x y 13 = 0.