Úvod 2. 1 Kuželosečky Kružnice Elipsa Parabola Hyperbola Množiny všech bodů dané vlastnosti 36

Transkript

1 AB velikostseky2 1

2 Obsah Úvod 2 1 Kuželosečky Kružnice Elipsa Parabola Hyperbola Množiny všech bodů dané vlastnosti 36 3 Stereometrie Průsečík přímky s rovinou Příčka mimoběžek Vzdálenost útvarů v prostoru Odchylky přímek a rovin Literatura 67 Závěr 69 1

3 Úvod Tato diplomová práce je sbírkou řešených příkladů z geometrie, přičemž každý z nich je vyřešen jak analyticky (tzn. početně), tak synteticky (tedy konstrukčně). Výběr příkladů byl proto podroben požadavku, aby oba dva způsoby řešení byly vhodné. Zpracovaná látka je rozšířením středoškolského učiva, proto u čtenáře předpokládám znalosti základních pojmů a vlastností probíraných právě na střední škole. Cílem textu je ukázat studentům další možné postupy a způsoby řešení některých příkladů. Čtenář by si měl uvědomit vzájemné propojení obou metod, posoudit jejich výhody a názornost. Svoji práci jsem podle obsahu příkladů rozdělila do tří kapitol. Na úvod každé kapitoly je stručně uvedeno, s čím se žáci seznámili již na gymnáziu a co je pro ně naopak v této práci nové. Dále jsou zde uvedeny metody použité při obou způsobech řešení. Výpočty i popisy konstrukcí jsou vedeny podrobně a pomocí metod dostupných středoškolským studentům. Geometrie patří k nejstarším disciplínám matematiky a je její významnou součástí. Zrod matematiky jako exaktní vědy v 6. století př. n. l. je nerozlučně spjatý s formulací a důkazy prvních poznatků elementární geometrie. Bouřlivý rozvoj matematiky a především geometrie nastal v době rozkvětu řecké kultury. Řečtí matematici rozvíjeli planimetrii, stereometrii, sférickou trigonometrii, optiku, zabývali se studiem těles (např. Archimedes), křivkami (Archimedes, Apollonius). Nejvýznamnějším matematikem, který se v té době pokusil systematicky vybudovat geometrii jako vědeckou disciplínu, byl Eukleides. Ve svém třináctidílném spise Základy popsal ucelenou teorii eukleidovské geometrie budované logickou dedukcí ze soustavy axiomů. Jeho axiomatický systém určuje geometrický prostor, který velmi dobře popisuje reálný prostor, v němž žijeme. Právě odtud pramení jeho dlouhé trvání. Teprve v 19. století podrobili někteří matematikové (Lobačevskij, Bolyai, Gauss, aj.) Eukleidův axiomatický systém kritice a dali tak vznik novým, tzv. neeukleidovským geometriím. V dnešní matematice již není význam geometrie tak velký, jako v dřívějších dobách. Geometrické úvahy mají ale vliv na jiné matematické disciplíny. Geometrie je navíc velice vhodná pro pěstování představivosti a logiky. Geometrii můžeme budovat dvěma způsoby, synteticky a analyticky. Při prvním pracujeme s geometrickými objekty samými. Takto pěstovali geometrii již staří Řekové a přivedli ji na obdivuhodně vysokou úroveň. Syntetická metoda má na rozdíl od analytické menší obor působnosti a mnohdy jiné metody. Analytickou metodou v geometrii rozumíme takovou metodu, která studuje geometrické 2

4 OBSAH 3 útvary početními prostředky. Geometrické problémy nahrazuje problémy početními a to tak, že geometrické veličiny vyjadřuje početně pomocí kartézských souřadnic. Tyto problémy početně řeší pomocí algebry a výsledky interpretuje geometricky. Zakladatelem analytické geometrie jako vědecké disciplíny je francouzský filozof a matematik René Descartes ( ). Analytická geometrie nejen že obohatila vlastní matematiku o nové prostředky, ale rychle se uplatnila v mechanice a dalších praktických oborech. Stala se předpokladem vytvoření a rozvoje infinitezimálního počtu v poslední třetině 17. století (Leibniz, Newton, Euler, aj.). Poznámka: Ve všech dalších úvahách předpokládejme, že máme zvolenou určitou délkovou jednotku, takže všechny vzdálenosti budeme vyjadřovat nepojmenovanými čísly. V textu je použito následující označení: AB úsečka AB, přímkaab AB velikost úsečky AB A B bod A splývá s bodem B p AB přímka p je daná body A, B A p bod A leží na přímce p A a b bod A je průsečíkem přímek a, b KL AB úsečka KL náleží úsečce AB v (A, p) vzdálenost bodu A od přímky p v (A, ρ) vzdálenost bodu A od roviny ρ v (p, q) vzdálenost přímek p, q ρ ABC rovina ρ je daná body A, B, C P ABC bod P leží v rovině ABC P a ABC bod P je průsečíkem přímky a srovinouabc k(s, r) kružnice k se středem S a poloměrem r A K p bod A je průsečíkem přímky p s kuželosečkou K u = AB vektor u určený body A, B u v vektor u je ekvivalentní s vektorem v (C; A, B) dělicí poměr bodu C vzhledem k bodům A, B H(S, κ) stejnolehlost se středem S akoeficientemκ

5 Kapitola 1 Kuželosečky Kuželosečky jsou rovinné řezy kruhové kuželové plochy. Dělíme je na kružnici, elipsu, parabolu a hyperbolu. Se všemi se žáci na gymnáziu setkávají na závěr učiva analytické geometrie, kde se učí nalézt rovnici kuželosečky, popsat geometrický význam jejích koeficientů, určují vzájemnou polohu kuželosečky a přímky, popř. dvou kuželoseček, rovnici tečny k dané kuželosečce, apod. S konstrukcí kružnice z daných podmínek se žáci setkávají v planimetrii, kde se probírají také základní věty o jejích vlastnostech. Konstrukce zbývajících kuželoseček (popř. jejich tečen) se na gymnáziích neprobírá. K nastudování uvedeného učiva je možné použít např. 4. kapitolu knihy [17] z uvedeného seznamu literatury, popř. některé učebnice deskriptivní geometrie. V analytickém řešení příkladů zabývajících se problematikou kuželoseček se využívá především řešení soustav dvou rovnic pro dvě neznámé, a to buď soustav dvou lineárních rovnic nebo soustav dvou rovnic, v nichž je jedna rovnice kvadratická a druhá lineární. Druhý typ soustav je obvykle řešen dosazovací metodou. Při konstrukčním řešení příkladů kapitoly 1.1 (tj. konstrukce kružnic a jejich tečen) je kromě základních planimetrických konstrukcí využito např. zobrazení kružnice ve stejnolehlosti (příklady 2. a 4. - řešení b) nebo mocnosti bodu ke kružnici (příklad 3.). V mnoha případech je také možné zvolit postup konstrukce shodný s analytickým řešením (např. příklad 4. - řešení a). Konstrukce bodů ostatních kuželoseček (kapitoly 1.2, 1.3, 1.4) vycházejí z jejich definic. Tečny elipsy a hyperboly se konstruují pomocí řídicí kružnice q (tj. kružnice se středem v ohnisku a poloměrem 2a, kde a je délka hlavní poloosy) nebo použitím vrcholové kružnice k a (tj. kružnice, jejíž střed splývá se středem kuželosečky a jejíž poloměr je roven délce hlavní poloosy). U tohoto typu příkladů jsou potom provedeny oba postupy řešení (např. příklady 4. a 5. kapitoly 1.2, nebo příklady 3. a 4. kapitoly 1.4). Naproti tomu tečny k parabole sestrojujeme převážně použitím řídicí přímky d (viz příklad 2. v kapitole 1.3). Konstrukce tečen pomocí vrcholové tečny není příliš výhodná, neboť pro určení bodu dotyku je často třeba stejně užít řídicí přímku. 4

6 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY Kružnice Příklad 1. Určete rovnice tečen, které lze sestrojit z bodu M ke kružnici k. Dále určete body dotyku. M =[ 3, 0], k : x 2 + y 2 2y =0. Obecná rovnice tečny t ke kružnici k je tvaru t : y = ax + b. BodM je bodem této tečny, platí tedy b =3a. Dosazením do první rovnice dostáváme t : y = ax +3a, tj.t : y = a(x +3). Průsečíkem tečny t a kružnice k je bod dotyku T, který musí být dvojnásobným bodem (tj. diskriminant výsledné rovnice musí být roven nule). k : x 2 + y 2 2y =0 t : x = y a 3 y 2 a 2 6 y a +9+y2 2y =0, tj. po úpravě (1 + a 2 )y 2 (6a +2a 2 )y +9a 2 =0. D =(6a +2a 2 ) 2 4.9a 2 (1 + a 2 )=0,tj.8a 3 (3 4a) =0. Tato rovnice má dva kořeny a 1 =0a a 2 = 3 4. Dosazením do rovnice tečny obdržíme výsledek: t 1 : y =0, t 2 : y = 3 (x +3). 4 Body dotyku zjistíme jako průsečík určených tečen s kružnicí k: k : x 2 + y 2 2y =0 t 1 : y =0 x =0,tedyT 1 =[0, 0]. k : x 2 + y 2 2y =0 t 2 : x = 3 4 y 3 25y 2 90y +81=0, odkud y = 9 5, x = 3 5.TedyT 2 = [ 3 5, 9 5]. Hledané tečny jsou přímky t 1 : y =0, která se kružnice k dotýká v bodě T 1 =[0, 0] a t 2 : y = 3 4 (x +3)s bodem dotyku T 2 = [ 3 5, 9 5]. Z vlastností tečny plyne, že přímka MT je kolmá k přímce ST, kdes je střed kružnice k a T bod dotyku. Bod T proto leží na Thaletově kružnici τ nad průměrem SM (obrázek 1.1). Protože kružnice k a τ majíprávědvaspolečnébodyt 1, T 2, má úloha právě dvě řešení (tečny t 1 a t 2 ). Příklad 2. Určete společné tečny kružnic k 1 : x 2 + y 2 =4, k 2 :(x 12) 2 + y 2 =64,dále určete body dotyku.

7 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 6 Obrázek 1.1: Tečna kružnice k 1 s dotykovým bodem T =[x 0,y 0 ] má rovnici t : x 0 x + y 0 y =4, přičemž bod dotyku je bodem kružnice k 1,takžejex y0 2 =4, tj. x y0 2 =2. (1) Má-li být přímka t zároveň tečnou kružnice k 2, musí mít od jejího středu S 2 =[12, 0] vzdálenost r 2 =8, tedy musí platit: v(t, S 2 )= 12x 0+0y 0 4 =8, x 2 0 +y2 0 tj. po úpravě s užitím vztahu (1) 12x 0 4=±16. Odtud x 01 = 1 a x 02 = 5. 3 Druhé souřadnice bodů dotyku určíme ze vztahu x 2 0 +y2 0 =4,tedyy 01 = ± 3 a y 02 = ± Body dotyku na kružnici k 1 jsou tedy body T 1 = [ 1, 3 ], T 2 = [ 1, 3 ] [ 5, T 3 =, ] [ 5 a T 4 =, ] Rovnice příslušných tečen získáme dosazením souřadnic bodů dotyku do obecné rovnice tečny t : x 0 x + y 0 y =4: t 1 : y = 3 x + 4 3, t : y = 3 x 4 3, t : y = 5 11 x , t : y = 5 11 x Nakonec určíme body dotyku těchto tečen s kružnicí k 2 (vyřešením soustavy rovnic kružnice k 2 a příslušné tečny): T 1 k 2 t 1, T 1 = [ 8, 4 3 ], T 2 k 2 t 2, T 2 = [ 8, 4 3 ] [, ] T 3 k 2 t 3, T 3 = 16, 4 11, 3 3

8 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 7 [ ] T 4 k 2 t 4, T 4 = 16, Výsledkem jsou tečny t 1 : y = 3 x+ 4 3 (která se kružnice k dotýká v bodě T 1 = [ 1, 3 ] akružnicek 2 vbodět 1 = [ 8, 4 3 ] ), t 2 : y = 3 x 4 3 (s body dotyku T = [ 1, 3 ] a T 2 = [ 8, 4 3 ] [ ), t 3 : y = 5 11 x (dotykové body jsou T = [ ] [ 16, 4 11 )at : y = 5 11 x (s body dotyku T =, ] , ] [ a T 4 = 16, a T 3 ] = ). Pří řešení využijeme zobrazení kružnic ve stejnolehlých zobrazeních (obr. 1.2). Středy stejnolehlostí O 1 a O 2 určíme pomocí průsečíků P 1, P 2, P 3 a P 4 přímek p 1 a p 2 s kružnicemi (přímky p 1, p 2 procházejí středy kružnic a jsou rovnoběžné). Dotykové body tečen potom sestrojíme pomocí Thaletových kružnic nad průměry O 1 S 1, O 1 S 2, O 2 S 1 a O 2 S 2. Řešením jsou čtyři společné tečny kružnic k 1 a k 2 : t 1 = T 1 T 1, t 2 = T 2 T 2, t 3 = T 3 T 3 a t 4 = T 4 T 4. Obrázek 1.2: Příklad 3. Najděte kružnici, která prochází body A =[5, 2], B =[7, 4] adotýkáseosyx. Osa x má být tečnou hledané kružnice, vyjádříme ji proto rovnicí t : y =0. Poloměr hledané kružnice je potom vzdálenost jejího středu S =[m, n] od této tečny, tj.

9 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 8 r = v (S, t) = 0m+1n = n. Hledaná kružnice k bude tedy mít rovnici tvaru k :(x m) 2 +(y n) 2 = n 2, tj. po úpravě x 2 2mx + m 2 + y 2 2ny =0. Bod A má být bodem kružnice k, tedy25 10m + m n =0, odkud vyjádříme n, n = m2 10m+29. (1) 4 Bodem kružnice k má být i bod B, tedy49 14m + m n =0. Dosazením (1) do této rovnice obdržíme kvadratickou rovnici m 2 6m 7=0, která má dva kořeny m 1 =7am 2 = 1. Jejich zpětným dosazením do (1) získáme i druhé souřadnice středů a tím i poloměry kružnic: n 1 =2, r 1 =2, n 2 =10a r 2 =10. Výsledkem jsou tedy dvě kružnice k 1 :(x 7) 2 +(y 2) 2 =4a k 2 :(x +1) 2 +(y 10) 2 = 100. Označme P průsečík přímky AB aosyx, bod dotyku hledané kružnice k sosoux označme T. Mocnost bodu P ke kružnicím svazku procházejícím body A, B je stejná pro všechny kružnice svazku a je rovna PA. PB = PT 2. Sestrojíme tedy libovolnou kružnici l svazku, z bodu P k ní vedeme tečnu s bodem dotyku V (viz. příklad 1.) a ten pak otočíme kolem bodu P na osu x. Získáme tak dva body T 1, T 2, s jejichž pomocí snadno sestrojíme hledané kružnice k 1, k 2. Obrázek 1.3:

10 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 9 Příklad 4. Je dána kružnice l :(x 7) 2 +(y 6) 2 =20,přímkat : x +2y +16 = 0 ananí bod T =[ 6, 5]. Určete kružnici k, která se dotýká kružnice l apřímkyt vbodět. Střed O hledané kružnice k je bodem přímky p, která je kolmá k přímce t aprochází bodem T, tedyp : 2x + y 7=0. Dále budeme uvažovat kružnici k soustřednou s hledanou kružnicí k a procházející středem S =[7, 6] dané kružnice l. Tečnou takové kružnice je zřejmě přímka t rovnoběžná spřímkout (t : x +2y + a =0), jejíž vzdálenost od přímky t, resp. od bodu T, jerovna poloměru dané kružnice l. Tedy v(t,t )= 6 10+a 1+4 =2 5, 16 + a =10. Odtud a 1 =26, a 2 =6. Potom t 1 : x +2y +26=0, t 2 : x +2y +6=0. Získáme tedy dvě kružnice k 1, k 2. (Řešením tedy zřejmě budou dvě kružnice k 1 a k 2.) Bodem dotyku kružnice k 1 apřímkyt 1 je bod T 1, což je průsečík přímky t 1 spřímkoup: t 1 : x +2y +26=0 p : 2x + y 7=0 5y +45=0, y = 9, x = 8, T 1 =[ 8, 9]. Body T 1 a S jsou body kružnice k 1, její střed proto leží na ose o 1 úsečky T 1S, kde o 1 : x + y +2=0. Střed hledané kružnice k 1 (a kružnice k 1) je průsečíkem přímek o 1 a p: o 1 : x + y +2=0 p : 2x + y 7=0 3y 3=0, y =1, x = 3, O 1 =[ 3, 1]. Poloměrem je potom vzdálenost středu O 1 od bodu T, tedy r 1 = O 1 T = 9+36=3 5. Výsledkem je kružnice k 1 srovnicík 1 :(x +3) 2 +(y 1) 2 =45. Zbývá určit kružnici k 2.JejístředO 2 nalezneme jako průsečík přímky p sosouo 2 úsečky T 2 S,kdeT 2 je průsečík přímky t 2 spřímkoup; T 2 =[ 4, 1], o 2 :11x +7y 34 = 0, O 2 =[ 3, 43 ]. 7 7 Poloměrem kružnice k 2 je vzdálenost bodů O 2,T: ( r 2 = O 2 T = 39 ) 2 + ( ) = Druhým řešením je kružnice k 2 :(x )2 +(y 43 7 )2 = Ukážeme dva možné postupy konstrukce: a) Postupem shodným s analytickým řešením (obr. 1.4): Sestrojíme nejprve přímku p kolmou na přímku t a procházející bodem T. Dále sestrojíme přímku t rovnoběžnou s přímkou

11 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 10 t, vzdálenost těchto dvou přímek je rovna poloměru dané kružnice l. Protože jsou možné dvě takové polohy přímky t, získáme dvě různá výsledná řešení. Průsečík přímek t a p označme T.BodyT a střed S dané kružnice l jsou body kružnice k soustředné s hledanou kružnicí k, jejístředo určíme tedy jako průsečík osy o úsečky T S spřímkoup. Nyníjiž snadno sestrojíme kružnici k, k(o, OT ). Zadání úlohy splňují dvě kružnice k 1, k 2. Obrázek 1.4: b) Užitím stejnolehlosti (obr. 1.5): Ve stejnolehlosti H(M,±κ), kde M je bod dotyku kružnic k a l, se zobrazí kružnice k na kružnici l apřímkat na tečnu t kružnice l (t je rovnoběžná s t). Přímku t dokážeme sestrojit (2 řešení). Bod T přejde ve stejnolehlosti H(M,±κ) na bod T, tj. bod dotyku přímky t skružnicíl. Střed stejnolehlosti M je nyní průsečík přímky TT skružnicíl. Střed hledané kružnice k nalezneme jako průsečík přímky SM akolmicep na přímku t, která prochází bodem T. Protože existují dvě umístění přímky t, jsou řešením dvě kružnice k 1 a k 2. Poznámka: Konstrukční řešení předchozího příkladu je jednou z tzv. Pappových úloh.

12 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 11 Obrázek 1.5: 1.2 Elipsa Příklad 1. Určete elipsu s ohnisky E =[2, 5], F =[2, 1], která prochází bodem T =[5, 1]. Dále určete tečnu elipsy s bodem dotyku T. Ze zadaných souřadnic ohnisek můžeme ihned určit střed S a excentricitu e elipsy: S =[2, 3], e =2. Hlavní osa elipsy je rovnoběžná s osou y, rovnice elipsy tedy bude tvaru E : (x 2)2 + (y 3)2 =1. b 2 a 2 Pro délku hlavní poloosy a platí a 2 = b 2 + e 2,tj.a 2 = b Dále bod T je bodem elipsy, tedy (5 2)2 + (1 3)2 =1. b 2 a 2

13 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 12 Dohromady dostáváme b 4 9b 2 36 = 0 (b 2 12) (b 2 +3)=0, tedy b 2 1 = 3 (nemá smysl) a b2 2 =12. Odtud a2 =16. Elipsa má tedy rovnici E : (x 2)2 + (y 3)2 = Zbývá ještě určit tečnu elipsy E vbodět. Ta je zřejmě tvaru (5 2)(x 2) po úpravě t : y =2x (1 3)(y 3) 16 =1,tj. Střed úsečky EF je střed S elipsy, přímky ET, FT jsou průvodiče bodu T (obr. 1.6). Tečna t vdanémbodět půlí úhel průvodičů neobsahující střed elipsy. Protože bod T je bodem elipsy, platí ET + FT = EF =2a, kdea je délka hlavní poloosy. Snadno tedy sestrojíme hlavní vrcholy A, B elipsy. Vedlejší vrcholy elipsy potom leží na průsečících kolmice k úsečce EF procházející středem S a kružnice se středem F a poloměrem a. Poznámka: Výslednou elipsu E procházející vrcholy A, B, C, D si buď pouze představíme, nebo sestrojíme další její body následující konstrukcí. Mezi ohnisky E, F zvolíme libovolně bod L. Dále sestrojíme kružnice k 1 (E, AL ) a k 2 (F, BL ). Jejich průsečíky M 1, M 2 jsou body elipsy. Další body obdržíme výměnou ohnisek jako středů kružnic. Tato konstrukce je nepřesná v blízkosti hlavních vrcholů A, B. Obrázek 1.6:

14 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 13 Příklad 2. Určete elipsu, je-li dáno ohnisko E =[3, 2], tečna t :3x 5y 3 =0avedlejší vrchol C =[6, 2]. Vzdálenost ohniska E od vedlejšího vrcholu C je rovna délce hlavní poloosy elipsy a, tedy a = EC = (6 3) 2 +(2+2) 2 =5. Nyní určíme souřadnice bodu Q souměrně sdruženého s ohniskem E podle tečny t. BodQ je bodem přímky q kolmé na tečnu t, rovnice přímky q je tedy tvaru q :5x +3y + c =0. Bodem této přímky je ohnisko E, tedy po dosazení c = 9. Rovnice kolmice q je potom tvaru q :5x +3y 9=0. Pro bod Q dále platí, že jeho vzdálenost od přímky t je rovna vzdálenosti ohniska E od téže přímky, tj. v (E,t)= ( 2) 3 3 = , v (Q, t) = 3q 1 5q = 3q 1 5q Dohromady dostáváme 3q 1 5q 2 3 =16, Q =[q 1,q 2 ], a protože bod Q náleží přímce q, platí také q 2 =3 5q 3 1. Celkem po dosazení obdržíme souřadnice bodu Q: Q = [ 3, ]. Bod Q nyní využijeme k určení souřadnic druhého ohniska F elipsy. Platí totiž, že vzdálenost takto zvoleného bodu Q od ohniska F je rovna dvojnásobku délky hlavní poloosy a elipsy, tj. ) 2 + ( f ) 2 =2.5 =10. (f1 FQ = 3 17 Dále platí, že velikost úsečky FC je rovna délce hlavní poloosy elipsy, tj. FC = (f 1 6) 2 +(f 2 2) 2 =5. Vyřešením soustavy těchto dvou rovnic obdržíme dvě řešení, tzn. dvě různá umístění ohniska F : F 1 =[9, 2], F 2 =[9, 87; 5, 17]. Pro obě výsledné elipsy již nyní snadno dopočítáme souřadnice středu a délku vedlejší poloosy. S 1 =[6, 2], b 1 = S 1 C =4,tedyE 1 : (x 6)2 + (y+2)2 = S 2 =[6, 44; 1, 59], b 2 = S 2 C =0, 60, tedye 2 : (x 6,44)2 + 25(y 1,59)2 = Výsledkem jsou dvě elipsy E 1 : (x 6)2 + (y+2)2 =1a E : (x 6,44)2 + 25(y 1,59)2 = Bod Q souměrně sdružený s ohniskem E podle zadané tečny t má od druhého ohniska F vzdálenost 2a (obr. 1.7). Dále víme, že vzdálenost ohniska F od vedlejšího vrcholu elipsy C je rovna velikosti úsečky EC, tj. délce hlavní poloosy elipsy a. Ohnisko F proto sestrojíme jako průsečík kružnic k 1 (Q, 2a) a k 2 (C, a). Tyto kružnice se protínají ve dvou bodech, proto obdržíme dva průsečíky F 1, F 2. Výsledkem jsou tedy dvě elipsy E 1, E 2, jejichž středy

15 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 14 a zbývající vrcholy nyní již snadno určíme. Obrázek 1.7: Příklad 3. Určete tečny elipsy E :4x 2 +25y 2 = 100, které mají od jejího středu vzdálenost 4. Z rovnice elipsy je zřejmé, že střed S elipsy E leží v počátku souřadného systému. Obecná rovnice tečny t k této elipse je tvaru t :4t 1 x +25t 2 y = 100, (1) kde t 1, t 2 jsou souřadnice bodu dotyku T. Vzdálenost tečny od středu S elipsy má být rovna 4, tj. v (S, t) = 4t 1s 1 +25t 2 s = =4. 16t t t t2 2 Po úpravě obdržíme rovnici 625 = 16t t2 2. Dále víme, že bod dotyku T je bodem elipsy, tzn. platí 100 = 4t t 2 2. Vyřešením soustavy těchto dvou rovnic obdržíme kořeny t 1 = ± , t 2 = ± Řešením jsou tedy čtyři tečny, jejichž rovnice získáme dosazením těchto kořenů do rovnice 3. 7

16 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 15 (1). Po úpravě: t 1 :2x + 3y 4 [ ] 25 7=0, s bodem dotyku T 1 = 2, t 2 :2x 3y 4 [ ] 25 7=0, s bodem dotyku T 2 = 2, t 3 :2x + 3y +4 [ ] 7=0, s bodem dotyku T 3 = 25 2, t 4 :2x 3y +4 [ ] 7=0, s bodem dotyku T 4 = 25 2, Při konstrukci tečen využijeme toho, že paty kolmic spuštěných z ohniska na tečny elipsy leží na kružnici o středu S a poloměru a =5. Použijeme tedy pomocnou konstrukci (viz obr. 1.8 ), kde nejprve zvolíme tečnu t, na kolmici potom ve vzdálenosti v =4leží střed elipsy S. Na tečně ve vzdálenosti a =5od středu S leží pata kolmice P spuštěná z ohniska E. Ohnisko E leží na průsečíku této kolmice s kružnicí se středem S a poloměrem e = a 2 b 2 = 25 4= 21 (tuto vzdálenost lze zřejmě sestrojit z pravoúhlého trojúhelníka). Obrázek 1.8: Tuto pomocnou konstrukci nyní přeneseme do souřadného systému, v našem případě tak získáme tečnu t 4 (viz obr. 1.9). Tečna t 2 je s ní zřejmě rovnoběžná (při dané vzdálenosti od středu), zbylé tečny t 1 a t 3 potom musejí procházet průsečíky těchto tečen se souřadnými osami. Zbývá ještě určit body dotyku tečen. Využijeme k tomu řídicí kružnice q 1 (E,2a). Označme Q 1, Q 2 její průsečíky s kružnicí k 1 (M, MF ) (kde M je průsečík tečen t 1 a t 2 sosoux). Body dotyku T 1, T 2, potom leží na tečnách t 1, t 2 v průsečících elipsy se spojnicemi bodů Q 1, Q 2 a ohniska E (tj. ohnisko, které je středem řídicí kružnice). Obdobně pomocí kružnic q 2 (F, 2a) a k 2 (N, NE ) sestrojíme body T 3, T 4. Příklad 4. Určete tečny elipsy E : 4x 2 + y 2 p :2x 3y =0. Určete body dotyku. = 36, které jsou rovnoběžné s přímkou

17 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 16 Obrázek 1.9: Obecná rovnice hledané tečny je zřejmě tvaru t : y = 2x + k. 3 Dále víme, že průnikem této tečny a elipsy je bod dotyku T, který musí být dvojnásobným bodem (tzn. diskriminant výsledné rovnice musí být roven nule). E :4x 2 + y 2 =36 t : y = 2x + k x2 + 4kx + 3 k2 36 = 0 D = 16 9 k (k2 36) = 0 Tato rovnice má dva kořeny k = ±2 10. Řešením jsou tedy následující dvě tečny: t 1 : y = 2 x +2 10, t 3 2 : y = 2 x Body dotyku určíme jako průniky těchto tečen a dané elipsy: a) E :4x 2 + y 2 =36 t 1 : y = 2 3 x x x +4=0, 3 x = 3 10, y = Bodem dotyku tečny t 1 a elipsy E je bod T 1 = b) E :4x 2 + y 2 =36 t 2 : y = 2 3 x x x +4=0, [ 3 10, ].

18 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 17 x = 3 10, y = [ Tčena t 2 se tedy elipsy E dotýká v bodě T 2 = , 10 2 ] 10. a) Použitím řídicí kružnice q (obr. 1.10): Nejprve nalezneme ohniska F 1, F 2 zadané elipsy E. Dále sestrojíme kružnici q (F 2, 2a). Kolmicek vedená bodem F 1 na přímku p protne kružnici q vbodechq 1, Q 2. Průsečíky přímek Q 1 F 2, Q 2 F 2 s elipsou E jsou body dotyku T 1, T 2. Osy souměrnosti úseček Q 1 F 1, Q 2 F 1 jsou potom hledané tečny t 1, t 2. Obrázek 1.10: b) Použitím vrcholové kružnice k a (obr. 1.11): Opět nejprve nalezneme ohniska F 1, F 2 zadané elipsy E. Potom sestrojíme vrcholovou kružnici k a (S, a). Kolmicek procházející ohniskem F 1 na přímku p protne tuto kružnici v bodech P 1, P 2, jimiž procházejí hledané tečny t 1, t 2 rovnoběžné s přímkou p. Body dotyku T 1, T 2 určíme jako průsečíky elipsy s rovnoběžkami k úsečkám SP 1, SP 2, které procházejí bodem F 2.

19 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 18 Obrázek 1.11: Příklad 5. Určete tečny, které lze k dané elipse E sestrojit z vnějšího bodu P. Určete body dotyku a odchylku těchto tečen. P =[0, 0], E : (x 4)2 + (y+1)2 = Hledaná tečna má procházet daným bodem P (tj. počátkem souřadné soustavy), proto bude její rovnice zřejmě tvaru t : y = ax. Průnikem tečny s danou elipsou je bod dotyku T, který je dvojnásobným bodem, a proto musí být diskriminant výsledné rovnice roven nule. E :(x 4) 2 +2(y +1) 2 =6 t : y = ax (1 + 2a 2 ) x 2 +(4a 8) x +12=0, D =(4a 8) (1 + 2a 2 )=0. Tato rovnice má dva kořeny a 1 = 1, a 5 2 = 1. Hledané tečny jsou tedy následující přímky: t 1 : y = 1 x, t 5 1 : y = x. Body dotyku určíme jako průsečíky nalezených tečen a elipsy E: a) E :(x 4) 2 +2(y +1) 2 =6 t 1 : y = 1 5 x

20 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 19 (x 4) 2 +2 ( 1 x +1) 2 5 6=0, x = 10, y = Hledaným bodem dotyku je tedy bod T 1 = [ 10, 2 3 3]. b) E :(x 4) 2 +2(y +1) 2 =6 t 2 : y = x (x 4) 2 +2( x +1) 2 6=0, x =2, y = 2. Bodem dotyku tečny t 2 a elipsy E je bod T 2 =[2, 2]. Zbývá ještě vypočítat odchylku určených tečen, tedy tgα = a 1 a a 1.a 2 = 1 5 = 3, odtud α 2 = ( 1). 1 5 a) Použitím řídicí kružnice q (obr. 1.12): Obvyklým způsobem nalezneme ohniska F 1, F 2 dané elipsy. Určíme průsečíky Q 1, Q 2 kružnice k (P, PF 2 ) a řídicí kružnice q (F 1, 2a). Osy souměrnosti úseček Q 1 F 2, Q 2 F 2 jsou tečnami t 1, t 2 k elipse E zbodup. Body dotyku T 1, T 2 leží na tečnách t 1, t 2 v průsečících elipsy se spojnicemi bodů Q 1, Q 2 a ohniska F 1 (tj. ohniska, z něhož byla opsána řídicí kružnice). Obrázek 1.12:

21 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 20 b) Použitím vrcholové kružnice k a (obr. 1.13): Určíme průsečíky R 1, R 2 vrcholové kružnice k a (S, a) a Thaletovy kružnice nad průměrem PF 2. Spojnice průsečíků R 1, R 2 sbodemp jsou potom tečnami t 1, t 2 elipsy E. Dotykové body T 1, T 2 tečen t 1, t 2 jsou průsečíky rovnoběžek ohniskem F 1 se spojnicemi SR 1, SR 2 a elipsy. Obrázek 1.13: Příklad 6. Jsou dány elipsy E 1 :4x 2 +5y 2 =20a E 2 :5x 2 +4y 2 =20. Určete jejich společné tečny a stanovte body dotyku. Je zřejmé, že jde o dvě umístění téže elipsy (hlavní osa elipsy E 1 je rovnoběžná s osou x, hlavní osa elipsy E 2 je rovnoběžná s osou y, přičemž středy obou elips leží v počátku). Výsledkem tedy budou čtyři tečny, z nichž dvě jsou rovnoběžné s přímkou o 1 : y = x advě spřímkouo 2 : y = x. Tedy t 1,2 : y = x + p. Průsečíkem těchto tečen s elipsami jsou body dotyku, které musí být dvojnásobnými body. E 1 :4x 2 +5y 2 =20 t 1,2 : y = x + p 9x 2 +10px +5p 2 20 = 0

22 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 21 D = 100p (5p 2 20) = 0 Odkud p = ±3. Rovnice tečen rovnoběžných s přímkou o 1 jsou tedy tvaru t 1 : y = x +3, t 2 : y = x 3. Další tečny budou tvaru t 3,4 : y = x + q, jejich přesnou rovnici zjistíme obdobně. E 1 :4x 2 +5y 2 =20 t 3,4 : y = x + q 9x 2 10qx +5q 2 20 = 0 D = 100q (5q 2 20) = 0 Odkud q = ±3. Rovnice tečen rovnoběžných s přímkou o 2 mají tvar t 3 : y = x +3, t 4 : y = x 3. Zbývají ještě určit body dotyku, nejprve tedy na elipse E 1 : T 1 E 1 t 1 :4x 2 +5y 2 =20 y = x +3 9x 2 +30x +25=0 x = 5, y = 4,tj.T = [ 5, 4 3 3]. Obdobně určíme zbývající body dotyku na elipse E 1 i na elipse E 2. T 2 E 1 t 2, T 2 = [ 5, 4 3 3], T 1 E 2 t 1, T 1 = [ 4, 5 3 3], T 3 E 1 t 3, T 3 = [ 5, ] 4 3 3, T 2 E 2 t 2, T 2 = [ 4, 5 3 3], T 4 E 1 t 4, T 4 = [ 5, 4 3 3], T 3 E 2 t 3, T 3 = [ 4, 5 3 3], T 4 E 2 t 4, T 4 = [ 4, 5 3 3]. Konstrukci provedeme pomocí vrcholové kružnice k a (S, a), která je zřejmě totožná pro obě elipsy (obrázek 1.14). Nejprve nalezneme ohniska obou elips a přímky o 1, o 2, které zřejmě určují směr hledaných tečen. Ohniskem E 1 elipsy E 1 vedeme kolmice k oběma přímkám o 1, o 2, které protnou kružnici k a vbodechp 1, P 2, P 3, P 4. Těmito body procházejí tečny t 1, t 2, t 3, t 4 rovnoběžnésesměryo 1, o 2. Dotykové body T 1, T 2, T 3, T 4 na tečnách t 1, t 2, t 3, t 4 jsou v průsečících rovnoběžek ohniskem F 1 se spojnicemi SP 1, SP 2, SP 3, SP 4. Body dotyku na elipse E 2 určíme obdobným postupem.

23 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY Parabola Obrázek 1.14: Příklad 1. Určete parabolu danou ohniskem F =[ 4, 13 4 ] a řídicí přímkou d : y = 3 4. Osa o hledané paraboly P je přímka kolmá k řídicí přímce d a procházející ohniskem F, odtud o : x = 4. Průsečíkem osy o s řídicí přímkou d je bod D =[ 4, 3 ]. Vzdálenost bodu D od ohniska 4 F je parametr paraboly p, tedyplatí p = DF = 0+ ( 3 + ) 13 2 = Vrchol paraboly V je středem úsečky DF, tj.v =[ 4, 2]. Hledaná parabola má tedy rovnici P :(x +4) 2 = 5(y +2).

24 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 23 Při konstrukci paraboly zadané ohniskem F a řídicí přímkou d budeme vycházet z její definice. Pro každý bod M paraboly platí v (d, M) = FM. Osao paraboly je kolmá na řídicí přímku a prochází ohniskem, průsečík osy a řídicí přímky označme D. Vrchol V paraboly je potom střed úsečky FD. Další body paraboly sestrojíme takto. Libovolným bodem L na polopřímce VF sestrojíme rovnoběžku d s řídicí přímkou d. Průsečíky kružnice k (F, DL ) s přímkou d jsou body M, N paraboly. Jinou volbou bodu L získáme její další body. Obrázek 1.15: Příklad 2. Určete odchylku tečen sestrojených z bodu P =[ 7, 0] k parabole o rovnici P : y 2 16x 4y 12 = 0. Rovnici paraboly upravíme na tvar P :(y 2) 2 =16(x +1), tečna paraboly je potom tvaru t :(t 2 2) (y 2) = 8 (t 1 + x +2), (1) kde T =[t 1,t 2 ] je bod dotyku. Bod P má být bodem hledané tečny, tedy (t 2 2) ( 2) = 8 (t 1 7+2), tj. t 2 =22 4t 1. Protože náleží body dotyku parabole P, můžeme její rovnici vyjádřit ve tvaru P : t t 1 4t 2 12 = 0 a body dotyku určíme jako její průsečíky s tečnou t: P : t t 1 4t 2 12 = 0 t 2 =22 4t 1

25 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 24 t t 1 +24=0 odkud t 1,1 =3, t 1,2 =8. Potom t 2,1 =10, t 2,2 = 10, tj.t 1 =[3, 10], T 2 =[8, 10]. Nyní určíme rovnice tečen dosazením souřadnic bodů dotyku do rovnice (1). t 1 :8(y 2) = 8 (x +5),tj.t 1 : x y +7=0. t 2 :( 12) (y 2) = 8 (x + 10), což je po úpravě t 2 :2x +3y +14=0. Odchylku těchto tečen vypočteme jako odchylku jejich směrových vektorů (směrový vektor tečny t 1 je u =(1, 1), tečny t 2 vektor v =(3, 2)): cosϕ = u.v u. v = = Potom ϕ = Podle zadané rovnice paraboly snadno nalezneme její vrchol V, ohnisko F a řídicí přímku d. Kružnicek (P, PF ) protíná řídicí přímku d vbodechq 1, Q 2. Osy souměrnosti úseček Q 1 F, Q 2 F jsou hledanými tečnami t 1, t 2 a úhel jimi sevřený je odchylka ϕ. Bodydotyku T 1, T 2 jsou průsečíky tečen t 1, t 2 a rovnoběžek s osou o paraboly vedených body Q 1, Q 2. Obrázek 1.16:

26 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 25 Příklad 3. Na parabole o rovnici P : y 2 10x 2y 9=0určete bod, který má nejmenší vzdálenost od přímky p : x 3y +18=0. Hledaný bod je zřejmě bodem dotyku T tečny t paraboly, která je rovnoběžná s danou přímkou p. Rovnice přímky t bude proto tvaru t : x 3y + k =0. Víme, že přímka t se paraboly P dotýká v bodě T, jde tedy o dvojnásobný bod. Diskriminant výsledné kvadratické rovnice musí být proto roven nule. P : y 2 10x 2y 9=0 t : x 3y + k =0 y 2 32y 9+10k =0 D =32 2 4(10k 9) = k =0, odkud k = Tečna t má tedy rovnici t : x 3y + 53 =0. 2 Bod dotyku T nalezneme jako průsečík určené tečny t a paraboly P: P : y 2 10x 2y 9=0 t : x 3y =0 y =16, x = Nejmenší vzdálenost od přímky p má tedy na parabole bod T = [ 43, 16]. 2 Úloha spočívá v sestrojení tečny t paraboly rovnoběžné se zadanou přímkou p (obr. 1.17). Ohniskem F vedeme kolmici k na danou přímku p. Tato kolmice protíná vrcholovou tečnu a vboděp a řídicí přímku d vboděq. Tečna t rovnoběžná s přímkou p potom prochází bodem P ajejídotykovýbodt je průsečíkem tečny t a rovnoběžky s osou paraboly, která prochází bodem Q. Příklad 4. Určete parabolu, která prochází body A =[3, 3], B =[4, 6] a jejíž řídicí přímka má rovnici d : x = Osa paraboly o je rovnoběžná s osou x souřadného systému a body A, B leží nalevo od řídicí přímky d, parabola P tedy bude mít rovnici tvaru P :(y n) 2 = 2p (x m), kde V =[m, n] je vrchol paraboly. Pro body A, B paraboly platí, že jejich vzdálenost od řídicí přímky d je stejná jako od ohniska paraboly, tj. AF = v (A, d) a BF = v (B,d). AF = v (A, d) (3 f 1 ) 2 +(3 f 2 ) 2 = 6,25 3 tj. po úpravě f 1 =3± f 2 f 2 2 (1)

27 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 26 Obrázek 1.17: BF = v (B,d) (4 f 1 ) 2 +(6 f 2 ) 2 = 6, tj. f1 2 + f 2 2 8f 1 12f =0 (2) 16 Nyní vyřešíme soustavu rovnic (1) a (2). 25 a) f 1 =3+ +6f 16 2 f2 2: 20f f = 0 odtud f 2,1 =6, f 2,2 = 93. Potom f 20 1,1 = 17, f 4 1,2 = 29. Protože první výsledek zřejmě nevyhovuje (porušen požadavek BF = v (B,d)), má ohnisko souřadnice F 1 = [ 29, ]. Vzdálenost ohniska od řídicí přímky d je potom velikost parametru p, tj. p = v (F 1,d)= 6, =0, Zbývá ještě určit souřadnice vrcholu V paraboly: A P:(3 n) 2 = 0, 9(3 m) B P:(6 n) 2 = 0, 9(4 m) odkud m =6, 025, n =4, 65. TedyV =[6, 025; 4, 65]. Parabola P 1 má tedy rovnici P 1 :(y 4, 65) 2 = 0, 9(x 6, 025). 25 b) f 1 =3 +6f 16 2 f2 2 : 20f f = 0 odtud f 2,1 =6, f 2,2 = 93. Potom f 20 1,1 = 7, f 4 1,2 = 1. Druhý výsledek zřejmě nevyhovuje 5

28 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 27 (porušen požadavek BF = v (B,d)), ohnisko má souřadnice F 2 = [ 7 4, 6]. Vzdálenost ohniska od řídicí přímky d udává velikost parametru p, tedy p = v (F 2,d)= 6, =4, 5. Souřadnice vrcholu V paraboly určíme stejně jako v případě a): A P:(3 n) 2 = 9(3 m) B P:(6 n) 2 = 9(4 m) odkud m =4, n =6.TedyV = B =[4, 6]. Parabola P 2 má potom rovnici P 2 :(y 6) 2 = 9(x 4). Pro body paraboly (tedy i pro body A, B) platí, že jejich vzdálenost od řídicí přímky d je stejná jako vzdálenost od ohniska F. Proto ohnisko F sestrojíme jako průsečík kružnic k 1 (A, v (A, d)) a k 2 (B,v (B,d)). Ohniskem F potom prochází osa paraboly o kolmá na řídicí přímku d. Označíme-li průsečík osy a řídicí přímky D, je střed úsečky FD vrcholem V paraboly. Body paraboly sestrojíme obdobně jako v příkladu 1. Protože se kružnice k 1 a k 2 protínají ve dvou bodech F 1, F 2, jsou výsledkem dvě paraboly P 1 a P 2. Obrázek 1.18:

29 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 28 Příklad 5. Určete parabolu danou dvěma tečnami t 1, t 2 sbodydotykut 1, T 2. t 1 : y = x 2, t 2 : y = x, T 1 =[3, 1], T 2 =[3, 3]. Podle umístění tečen a bodů dotyku má parabola zřejmě rovnici tvaru P :(y n) 2 =2p (x m), kdev =[m, n]. Protože body T 1, T 2 jsou body paraboly, platí (1 n) 2 =2p (3 m) ( 3 n) 2 =2p (3 m) Odtud n = 1. Osaparabolyo má potom rovnici o : y = 1 (body dotyku jsou umístěny souměrně). Obecná rovnice tečny hledané paraboly je (y n)(t 2 n) =p (x + t 1 2m), kdev = [m, n] a T =[t 1,t 2 ]. Bod T 2 je bodem tečny t 2,tj.(y +1)( 3+1)=p (x +3 2m), tj. po úpravě y +1+ p x + 3p pm =0,alet : y + x =0. Porovnáním složek dostáváme: p =1,tedyp =2, m =0,tj.m = Rovnice hledané paraboly je tvaru (y +1) 2 =4(x 2). Označme U střed tětivy T 1 T 2 a R průsečík tečen t 1, t 2 (viz.obr.1.19).přímkaur je potom průměr p paraboly. Bodem R libovolně zvolíme přímku r 1, která protne rovnoběžky body T 1, T 2 s průměrem p vbodechp 1, Q 1.ÚhlopříčkyP 1 T 2, Q 1 T 1 vzniklého lichoběžníka P 1 Q 1 T 2 T 1 se protínají v bodě A paraboly. Speciálně, je-li r 2 kolmá na p, protínají se úhlopříčky P 2 T 2, Q 2 T 1 vzniklého lichoběžníka (v našem případě obdélníka) P 2 Q 2 T 2 T 1 ve vrcholu V paraboly. 1.4 Hyperbola Příklad 1. Určete hyperbolu, která má vrcholy A, B v ohniscích F 1, F 2 a ohniska F 1, F 2 v hlavních vrcholech A, B elipsy E :16x 2 +25y 2 = Rovnici elipsy E upravíme do tvaru E : x = 1, odkud vidíme, že velikost její hlavní poloosy je a =10avedlejší poloosy je b =8. Excentricita e je potom rovna e = a 2 b 2 =6. Pro hyperbolu H pak zřejmě platí: Délka hlavní poloosy a je rovna excentricitě e elipsy, tj. a = e =6a excentricita e je rovna délce hlavní poloosy a elipsy, tedy e = a =10. Délka vedlejší poloosy b je potom rovna b = e 2 a 2 = = 8.

30 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 29 Obrázek 1.19: Hledaná hyperbola H má tedy rovnici H : x2 36 y2 64 =1. Pro vyřešení úlohy je nejprve nutné najít vrcholy a ohniska zadané elipsy E (viz. dříve). Potom jde o konstrukci bodů hyperboly dané hlavní poloosou a excentricitou (obr. 1.20). Na přímce F 1 F 2,alevněúsečkyF 1 F 2, zvolíme libovolně bod L. Průsečíky M 1, M 1 kružnic k 1 (F 1, AL ) a k 2 (F 2, BL ) a průsečíky M 2, M 2 kružnic k 2 (F 2, AL ) a k 1 (F 1, BL ) jsou potom body hyperboly H. Jinou volbou bodu L získáme další body hyperboly H. Příklad 2. Určete hyperbolu, jestliže její hlavní osa je rovnoběžná s osou x, a =2arovnice asymptot jsou a 1 : y =2x 6 a a 2 : y = 2x +10. Střed S hyperboly H je průsečíkem asymptot, tj. a 1 : y =2x 6 a 2 : y = 2x +10 x =4, y =2,tedyS =[4, 2]. Hlavní osa o 1 má být podle zadání rovnoběžná s osou x a musí procházet středem hyperboly, takže o 1 : y =2.Vedlejšíosao 2 má potom rovnici o 2 : x =4.

31 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 30 Obrázek 1.20: Protože známe délku hlavní poloosy a =2, můžeme snadno určit souřadnice vrcholů hyperboly: A =[2, 2], B =[6, 2]. Zbývá ještě určit délku b vedlejší poloosy. Užijeme k tomu přímku p rovnoběžnou s osou o 2 a procházející vrcholem A, tj.p : x =2. Tato přímka protíná asymptotu a 2 vbodě P =[2, 6]. Velikost úsečky AP je potom délka b vedlejší poloosy, b = AP =4. Hledaná hyperbola má rovnici H : (x 4)2 4 (y 2)2 16 =1. Průsečík asymptot a 1, a 2 je střed S hyperboly. Prochází jím hlavní osa o 1 hyperboly rovnoběžná s osou x souřadného systému (obr. 1.21). Na ose o 1 leží ve vzdálenosti a =2vrcholy A, B hyperboly. Při konstrukci dalších bodů hyperboly využijeme vlastnosti sečny hyperboly: Úseky na sečně hyperboly (která není rovnoběžná s osou hyperboly) mezi hyperbolou a její asymptotou jsou stejně dlouhé. Vrcholem A tedy vedeme libovolnou přímku p 1, která protíná asymptoty a 1, a 2 vbodechp 1, P 1.ÚsečkyAP 1 a P 1 M 1 jsou stejně dlouhé, bod M 1 je bodem hyperboly H. Dalšími volbami přímky p získáme potřebný počet bodů hyperboly.

32 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 31 Obrázek 1.21: Příklad 3. Je dána hyperbola H : x 2 4y 2 =36abodM =[6, 6], který je bodem vnější oblasti hyperboly. Určete všechny tečny hyperboly procházející bodem M. Tečna k dané hyperbole má rovnici t : xt 1 4yt 2 =36,kdeT =[t 1,t 2 ] je bod dotyku. Tečna t má procházet bodem M, proto platí 6t t 2 =36, odkud t 1 =4t (1) Bod dotyku T je současně bodem hyperboly H, proto t 2 1 4t2 2 =36. (2) Dosazením (1) do (2) obdržíme rovnici t 2 +16t 2 2 4t2 2 =36, odkud vypočítáme t 2,1 =0, t 2,2 = 4. Potom t 1,1 =6a t 1,2 = 10, takžet 1 =[6, 0] a T 2 =[ 10, 4]. Řešením jsou tedy (po úpravě) tečny t 1 : x 6=0, t 2 :5x 8y +18=0. Rovnici hyperboly lze zapsat ve tvaru H : x2 y2 =1, odkud a =6a b =3.Prodalší 36 9 postup nejprve nalezneme střed S, vrcholya, B a ohniska F 1, F 2 hyperboly. Provedeme řešení pomocí dvou různých postupů: a) V prvním případě využijeme průsečíky Q 1, Q 2 řídicí kružnice q 1 (F 1, 2a) skružnicí

33 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 32 k (M, MF 2 ). Osy souměrnosti úseček Q 1 F 2, Q 2 F 2 jsou tečnami t 1, t 2 hyperboly. Body dotyku T 1, T 2 jsou na tečnách v průsečících spojnic bodů Q 1, Q 2 s ohniskem F 1.Vnašem případějezřejmět 1 = B. Obrázek 1.22: b) Nyní využijeme vrcholovou kružnici k a (obrázek 1.23). Její průsečíky s Thaletovou kružnicí k nad průměrem MF 2 označme P 1, P 2. Tečny t 1, t 2 jsou spojnice bodu M sbodyp 1, P 2,dotykovébodyT 1, T 2 na tečnách t 1, t 2 jsou potom v průsečících rovnoběžek ohniskem F 1 se spojnicemi SP 1, SP 2. V našem případě splývají body P 1, T 1 a B. Příklad 4. Určete všechny tečny hyperboly H :4x 2 y 2 =36které jsou rovnoběžné spřímkoup :5x 2y +7=0. Hledaná tečna má být rovnoběžná s přímkou p, tj. její rovnice je tvaru t :5x 2y + k =0. Průnikem tečny t ahyperbolyh je (dvojnásobný) bod dotyku T, tedy t :5x 2y + k =0 H :4x 2 y 2 =36 Dostáváme rovnici 9x 2 +10kx k 2 =0, jejíž diskriminant musí být roven nule: D = 100k 2 4, 9. (144 + k 2 )=0,tedyk = ±9.

34 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 33 Obrázek 1.23: Výsledkem jsou dvě tečny t 1 :5x 2y +9=0a t 2 :5x 2y 9=0. Nakonec určíme body dotyku obou tečen jako jejich průsečík s danou hyperbolou. t 1 :5x 2y +9=0 H :4x 2 y 2 =36 Odtud x = 5, y = 8. Tečna t 1 se tedy hyperboly H dotýká v bodě T 1 =[ 5, 8]. Obdobně zjistíme, že bodem dotyku tečny t 2 ahyperbolyh je bod T 2 =[5, 8]. Úpravou rovnice hyperboly na tvar H : x2 y2 =1určíme délku hlavní poloosy a =3a 9 36 délku vedlejší poloosy b =6. Snadno tedy nalezneme střed S, vrcholya, B a ohniska F 1, F 2 hyperboly. Ukážeme dva postupy konstrukce: a) Nejprve sestrojíme řídicí kružnici q 2 (F 2, 2a) (obr. 1.24). Kolmice k na přímku p vedená bodem F 1 protne tuto kružnici v bodech Q 1, Q 2. Osy souměrnosti úseček Q 1 F 1, Q 2 F 1 jsou hledané tečny t 1 a t 2.

35 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 34 Body dotyku T 1 a T 2 jsou průsečíky přímek Q 1 F 2, Q 2 F 2 s tečnami t 1, t 2. Obrázek 1.24: b) Nyní využijeme při konstrukci vrcholovou kružnici k a (S, a) (obr. 1.25). Tu protíná kolmice k na přímku p procházející ohniskem F 1 vbodechp 1, P 2. Těmito body prochází tečny t 1, t 2 rovnoběžné s danou přímkou p. Body dotyku T 1 a T 2 určíme jako průsečíky tečen t 1, t 2 s rovnoběžkami k přímkám SP 1, SP 2, které vedeme bodem F 2.

36 KAPITOLA 1. KUŽELOSEČKY 35 Obrázek 1.25:

37 Kapitola 2 Množiny všech bodů dané vlastnosti Vyšetřování množiny všech bodů dané vlastnosti se na střední škole velice často využívá při řešení planimetrických konstrukčních úloh. Některé z probíraných množin jsou dokonce považovány za elementární kroky konstrukcí. Velmi účinnou metodou vyjadřování množiny všech bodů je také analytická metoda, která se ovšem většinou na střední škole nepoužívá. Analytické řešení bývá mnohdy schůdnější než přímé syntetické řešení a může také pomoci nalézt cestu konstrukčního řešení. Při analytickém vyšetřování množiny všech bodů dané vlastnosti nejprve vyjádříme analyticky danou vlastnost libovolného bodu X hledané množiny všech bodů rovnicí, resp. nerovnicí mezi jeho souřadnicemi a souřadnicemi daných bodů nebo útvarů. Vyřešením těchto rovnic, resp. nerovnic získáme rovnici, popř. nerovnici, která je analytickým vyjádřením hledané množiny všech bodů dané vlastnosti. Významnou částí analytického řešení je ověření, že všechny body, jejichž souřadnice splňují nalezené analytické vyjádření, mají požadované vlastnosti. V případě syntetického vyšetřování množiny všech bodů dané vlastnosti postupujeme tak, že nejprve sestrojíme několik bodů hledaného útvaru a poté vyslovíme hypotézu, o jaký útvar se jedná. Následuje důkaz vyslovené hypotézy. Tento postup zřejmě nepoužíváme, splňuje-li některý útvar požadovanou podmínku z definice (např. v příkladu 2.) Příklad 1. Určete množinu všech bodů X v rovině, jejichž vzdálenosti od bodů A =[ 5, 0], B =[5, 0] této roviny mají podíl rovný konstantě λ =3. Libovolný bod X hledané množiny všech bodů má souřadnice X =[x, y]. Potom platí: AX = (x +5) 2 + y 2, BX = (x 5) 2 + y 2. Podle zadání má být splněn vztah AX = λ, tedy AX = λ BX. BX Po dosazení dostáváme (x +5) 2 + y 2 = λ 2 (x 5) 2 + λ 2 y 2, odkud po úpravě dostáváme rovnici hledané množiny bodů ve tvaru x 2 + y x +25=0, čili (x 2 4 )2 + y 2 = Hledanou množinou všech bodů X je tedy kružnice se středem S = [ 25, 0] a poloměrem 4 36

38 KAPITOLA 2. MNOŽINY VŠECH BODŮ DANÉ VLASTNOSTI 37 r = Ukážeme ještě, že každý bod nalezené kružnice má požadovanou vlastnost: Pro souřadnice bodu X platí y 2 = 225 (x )2,tj.y 2 = 25x 2 x2 25. Potom AX 2 =(x +5) 2 + y 2 = 45 x, 2 BX 2 =(x 5) 2 + y 2 = 5 x. 2 Takže AX 2 BX 2 =9=λ 2. Tedy AX BX =3, tj. každý bod nalezené množiny má žádanou vlastnost. Sestrojíme-li několik bodů X dané vlastnosti, dospějeme k hypotéze, že hledanou množinou bodů je kružnice, jejíž průměr leží na přímce AB amákrajníbodyp a Q, prokteré platí: AP = AQ = λ. BP BQ Pro dané body A, B a daný poměr λ =3= 3 sestrojíme body P a Q takto: Body A a B 1 vedeme dvě libovolné rovnoběžky m, n. Napřímcem sestrojíme bod A 1 tak, že AA 1 =3, na přímce n body B 1 a B 2 tak, že BB 1 = BB 2 =1. Potom přímka A 1 B 2 (resp. A 1 B 1 ) protne přímku AB vboděp (respektive Q). Tato konstrukce plyne z podobnosti trojúhelníků AA 1 P a BB 2 P,resp.AA 1 Q a BB 1 Q: AA 1 = AP = 3 = λ, AA 1 = AQ = 3 = λ. BB 2 BP 1 BB 1 BQ 1 Nad průměrem PQ nyní již snadno sestrojíme hledanou kružnici. Obrázek 2.1:

39 KAPITOLA 2. MNOŽINY VŠECH BODŮ DANÉ VLASTNOSTI 38 Dokážeme, že sestrojená kružnice je skutečně hledanou množinou bodů. a) Body P a Q zřejmě patří do hledané množiny bodů. Nechť X je libovolný bod této množiny, který neleží na přímce AB a pro který platí AX = λ BX (viz obr. 2.2). Průsečík přímky AX a rovnoběžky vedené bodem B spřímkoupx označme X 1, průsečík přímky AX a rovnoběžky vedené bodem B spřímkouqx označme X 2. Z podobnosti trojúhelníků APX a ABX 1 plyne AX : X 1 X = AP : BP = λ, takže AX = λ X 1 X. Protože podle předpokladů je AX = λ BX, plyneodtud X 1 X = BX. Z podobnosti trojúhelníků AQX a ABX 2 plyne AX : X 2 X = AQ : BQ = λ, takže AX = λ X 2 X. Ale AX = λ BX, tzn. X 2 X = BX. Dohromady tedy X 1 X = X 2 X = BX, což znamená, že kružnice sestrojená nad průměrem X 1 X 2 prochází bodem B, takže podle Thaletovy věty je přímka BX 1 kolmá na BX 2. Protože je ale přímka BX 1 rovnoběžná s přímkou PX apřímkabx 2 rovnoběžná s přímkou QX, jepx kolmá na QX, tj.bodx leží na kružnici sestrojené nad průměrem PQ. b) Nechť naopak bod X je libovolný bod nalezené kružnice, který neleží na přímce AB. Průměr kružnice je PQ, tedyúsečkapx je kolmá ke QX. Jsou-liX 1 a X 2 průsečíky přímky AX s rovnoběžkami vedenými bodem B s PX a QX, je trojúhelník APX podobný trojúhelníku ABX 1 a trojúhelník AQX podobný trojúhelníku ABX 2.Tedy AX : X 1 X = AP : BP = λ a AX : X 2 X = AQ : BQ = λ. Je potom AX = λ X 1 X = λ X 2 X, takže X 1 X = X 2 X, tj.bodx je středem kružnice sestrojené nad průměrem X 1 X 2. Z předpokladu kolmosti úseček PX a QX plyne kolmost úseček BX 1 a BX 2.PodleThaletovy věty tedy leží bod B na kružnici sestrojené nad průměrem X 1 X 2,takže BX = X 1 X. Dosazením tohoto vztahu do odvozeného vztahu AX AX X 1 = λ dostáváme = λ. X BX Tím je dokázáno, že pro každý bod X sestrojené kružnice platí požadovaný vztah. Obrázek 2.2: Poznámka: Kružnice sestrojená v předchozím příkladu se nazývá Apollóniova kružnice.

40 KAPITOLA 2. MNOŽINY VŠECH BODŮ DANÉ VLASTNOSTI 39 Příklad 2. Určete množinu M všech bodů X roviny, jejichž součet vzdáleností od bodů E =[ 2, 3], F =[6, 3] v dané kartézské soustavě souřadnic je rovna 10. Má-li libovolný bod X hledané množiny M souřadnice X =[x, y], má požadovaný vztah tvar: EX + FX =10. Dosazením souřadnic bodů do tohoto vztahu dostáváme: (x +2)2 +(y 3) 2 + (x 6) 2 +(y 3) 2 =10. Umocněním a úpravou dostáváme 9(x 2) (y 3) 2 = 225, tj. (x 2)2 + (y 3)2 = Jde tedy o rovnici elipsy se středem v bodě S =[2, 3], délkou hlavní poloosy a =5adélkou vedlejší poloosy b =3. Ukážeme naopak, že každý bod nalezené elipsy má požadovanou vlastnost. Z nalezené rovnice (x 2)2 + (y 3)2 =1vyjádříme výraz (y 3) 2, který dosadíme do vzorců 25 9 pro výpočet velikostí úseček EX a FX : (y 3) 2 = 225 9(x 2)2. 25 Potom EX = (x +2) 2 +(y 3) 2 = x 2 +4x (x 2)2 = 4x+17, 5 FX = (x 6) 2 +(y 3) 2 = (4x 33) = 2 = 4x = 16x x+289 (4x+17) = x 2 12x (x 2)2 16x = 2 264x Pro body elipsy je 4x +17> 0, proto 4x +17 =4x +17,a4x 33 < 0, tj. 4x 33 = 33 4x. Dohromady tedy je EX + FX = 4x x = 50 = Tedy každý bod elipsy s rovnicí (x 2)2 + (y 3)2 =1má uvedenou vlastnost Podle definice elipsy je hledanou množinou M elipsa s ohnisky E =[ 2, 3], F =[6, 3], přičemž 2a =10= a =5(obr. 2.3). Středem S této elipsy je střed úsečky EF, tj.bod S =[2, 3]. Dáleje2e =6 ( 2) = 8 = e =4,tedyb = a 2 e 2 = = 3. Snadno již sestrojíme hlavní i vedlejší vrcholy elipsy. Další body elipsy můžeme případně nalézt pomocí konstrukce popsané v poznámce uvedené za příkladem 1. kapitoly 1.2. Příklad 3. VrovinějsoudánybodyA =[ 4, 0], B =[4, 0] a číslo k =8. Určete množinu M všech bodů X roviny, pro něž platí AX 2 + BX 2 = k 2.

41 KAPITOLA 2. MNOŽINY VŠECH BODŮ DANÉ VLASTNOSTI 40 Obrázek 2.3: Označíme-li X =[x, y], dostáváme AX 2 =(x +4) 2 + y 2, BX 2 =(x 4) 2 + y 2. Podle zadaných podmínek musí být splněna rovnice (x +4) 2 + y 2 +(x 4) 2 + y 2 =64, tj. po úpravě x 2 + y 2 =16. Obráceně, jestliže souřadnice x, y bodu X splňují tuto rovnici, pak splňují také rovnice 2x 2 +2y 2 =32, 2x 2 +2y =64, (x 2 +8x y 2 )+(x 2 8x y 2 )=64, [(x +4) 2 + y 2 ]+[(x 4) 2 + y 2 ]=64, tj. AX 2 + BX 2 = k 2. Hledanou množinou všech bodů, které splňují danou podmínku, je tedy kružnice o rovnici x 2 + y 2 =16. Nejprve sestrojíme dostatečný počet bodů hledané bodové množiny a vyslovíme hypotézu, že tyto body jsou body kružnice sestrojené nad průměrem AB (Thaletova kružnice) (obr. 2.4). K důkazu vysloveného tvrzení využijeme následující vzorec pro libovolný bod X roviny (A, B jsou dané body, S je střed úsečky AB): XS 2 = 1 2 AX BX AB 2.

42 KAPITOLA 2. MNOŽINY VŠECH BODŮ DANÉ VLASTNOSTI 41 Obrázek 2.4: Tento vzorec nejprve dokážeme. Označme P patu kolmice spuštěné z bodu X na přímku AB. Mohou nastat dva případy: Obrázek 2.5: 1. Bod P leží vně úsečky AB (popř. v jejím krajním bodě). Potom podle Pythagorovy věty platí: XP 2 +( PS 1 2 AB )2 = AX 2, XP 2 +( PS AB )2 = BX 2. Sečtením obou rovnic dostáváme 2( XP 2 + PS 2 )+ 1 2 AB 2 = AX 2 + BX 2, ale protože je XP 2 + PS 2 = XS 2, platí dokazovaný vztah.

43 KAPITOLA 2. MNOŽINY VŠECH BODŮ DANÉ VLASTNOSTI Bod P leží uvnitř úsečky AB. Opět z Pythagorovy věty platí vztahy XP 2 +( 1 AB + 2 PS )2 = AX 2, XP 2 +( 1 2 AB PS )2 = BX 2. Sečtením a úpravou jako v předchozím případě dostaneme uvedený vztah. Je-linyníbodX bodem hledané množiny bodů, potom platí XS 2 = 1 2 ( AX 2 + BX 2 ) 1 4 AB 2 = 1 2 k2 1 4 AB 2. Odtud 1 XS = 2 k2 1 4 AB 2 64 = 16 = 16 = 4. 2 Jde tedy o kružnici sestrojenou nad průměrem AB. Obráceně, každý bod X nalezené kružnice je bodem naší množiny všech bodů dané vlastnosti, neboť pro něj platí obě následující rovnice: XS 2 = 1 2 k2 1 4 AB 2, XS 2 = 1 2 AX BX AB 2. Z těchto dvou rovnic však dostaneme rovnici AX 2 + BX 2 = k 2. Příklad 4. Zjistěte množinu M všech středů S obdélníků KLMN (včetně čtverce) vepsaných danému ostroúhlému trojúhelníku ABC tak, že KL AB, M BC a N AC. A =[ 4, 0], B =[4, 0], C =[2, 6]. Označme v výšku daného trojúhelníka (v =6)ah výšky obdélníků KLMN vepsaných danému trojúhelníku (zřejmě h (0,v)). Uvažujme libovolný vepsaný obdélník KLMN, kdekl AB, M BC a N AC, a určeme souřadnice jeho středu S =[s 1,s 2 ]. Protože S je středem úhlopříček KM a LN obdélníku, platí pro jeho souřadnice: s 1 = 1(k m 1 )= 1(n m 1 ), s 2 = 1 n 2 2 = 1 m 2 2 = 1 h, 2 kde K =[k 1,k 2 ], M =[m 1,m 2 ], N =[n 1,n 2 ]. Souřadnice m 1 a n 1 určíme z rovnic přímek AC a BC, na nichž body N a M po řadě leží: AC : y = x +4,tedyn 2 = n 1 +4,alen 2 = h, aproton 1 = h 4, BC : y = 3x +12,tedym 2 = 3m 1 +12, m 2 = h, atedym 1 = 12 h. 3 Pro střed S obdélníka KLMN nyní platí: s 1 = 1(n m 1 )= 1 12 h (h 4+ )= h, s 2 = h. 2 Vyloučením parametru h z posledních dvou rovnic dostáváme rovnici: s 2 = 3s 2 1. (1) Přitom z podmínky 0 <h<v=6pro s 2 plyne: 0 <s 2 < v =3. (2) 2 Rovnici (1) spolu s podmínkou vyjádřenou nerovností (2) vyhovují všechny vnitřní body úsečky OP, kdeo je počátek, v němž leží střed strany AB daného trojúhelníku, a P je střed jeho výšky z vrcholu C, P =[2, 3]. Obrácením postupu řešení zjistíme, že každý vnitřní bod S úsečky OP o souřadnicích