GEOMETRIE VECTORIALĂ, ANALITICĂ ŞI DIFERENŢIALĂ. PROBLEME REZOLVATE. Gabriel POPA, Paul GEORGESCU c August 20, 2009, Iaşi

GEOMETRIE VECTORIALĂ, ANALITICĂ ŞI DIFERENŢIALĂ. PROBLEME REZOLVATE Gabriel POPA, Paul GEORGESCU c August 0, 009, Iaşi

Cuprins 1 SPAŢIUL VECTORILOR LIBERI. STRUCTURA AFINĂ 4 SPAŢIUL VECTORILOR LIBERI. STRUCTURA EUCLIDIANĂ 9 DREAPTA ÎN PLAN 19 4 DREAPTA ÎN SPAŢIU 6 5 PLANUL ÎN SPAŢIU 6 COORDONATE POLARE, CILINDRICE ŞI SFERICE 4 7 ROTAŢII ŞI TRANSLAŢII 5 8 CONICE PE ECUAŢII REDUSE 57 8.1 CERCUL..................................... 57 8. ELIPSA...................................... 6 8. HIPERBOLA................................... 66 8.4 PARABOLA................................... 69 9 CONICE PE ECUAŢII GENERALE 7 10 SFERA 88 11 CUADRICE PE ECUAŢII REDUSE 94 1 TEORIA SUPRAFEŢELOR 100 1 CURBE ÎN PLAN 107 14 CURBE ÎN SPAŢIU 11

15 PROBLEME DE SINTEZĂ 15

Capitolul 1 SPAŢIUL VECTORILOR LIBERI. STRUCTURA AFINĂ 1.1 Demonstraţi că trei vectori a, b, c V pot forma un triunghi a + b + c = 0 (relaţia lui Chasles). Dacă a, b, c sunt laturi ale unui triunghi ABC, a = BC, b = CA, c = AB, atunci concluzia rezultă din regula triunghiului de adunare a vectorilor: c = AB = AC + CB = b a a + b + c = 0. Reciproc, fie a, b, c cu a + b + c = 0 c = ( a + b). Construim un vector oarecare BC = a. Cu originea în C construim un vector CA = b. Atunci BA = BC + CA = = a + b AB = ( a + b) = c şi deci cu vectorii a, b, c putem construi ABC. 1. În ABC se consideră M [BC] astfel ca BM MC = k. Demonstraţi că AM = k AC + AB. k + 1 Cum BM = kmc iar vectorii BM şi MC au aceeaşi direcţie şi acelaşi sens, atunci BM = kmc, prin urmare AM AB = k( AC AM). Deducem că (1 + k) AM = AB + kac, de unde concluzia problemei. 1. În ABC se consideră medianele [AA ], [BB ] şi [CC ]. Demonstraţi că putem construi un triunghi cu vectorii AA, BB, CC. 4

G. POPA, P. GEORGESCU 5 AA + BB + CC = 1 ( AB + AC) + 1 ( BA + BC) + 1 ( CA + CB) = 1 ( AB + BC+ + CA) + 1 ( AC + CB + BA) = 0 şi concluzia urmează folosind rezultatul problemei 1.1. 1.4 Fie O originea unui reper în spaţiu. Demonstraţi că patrulaterul ABCD este paralelogram dacă şi numai dacă r A + r C = r B + r D. Fie M şi N mijloacele diagonalelor [AC], respectiv [BD]. Atunci: ABCD paralelogram M = N r M = r N 1 ( r A + r C ) = 1 ( r B + r D ) r A + r C = r B + r D. 1.5 Demonstraţi că mijloacele laturilor unui patrulater convex ABCD sunt vârfurile unui paralelogram. Raportăm planul la un reper de origine O şi fie M, N, P, Q mijloacele laturilor [AB], [BC], [CD] şi respectiv [DA]. Atunci r M + r P = 1 ( r A + r B ) + 1 ( r C + r D ) = 1 ( r A + r D ) + 1 ( r B + r C ) = r Q + r N de unde, conform problemei precedente, urmează că MNPQ este paralelogram. 1.6 Se consideră ABC şi punctele M [AB], N [AC] astfel încât MA = MB, iar NA = NC. Determinaţi coordonatele vectorilor AM, BN, CN, MN în fiecare din bazele { AB, { { 1) B 1 = AC }; ) B = AM, AN }; ) B = BA, BC }. 1) Avem că AM = 1 AB; BN = BA + AN = AB + AC; CN = 1 AC, iar MN = MA + AN = 1 AB + AC. Rezultă că, în baza B1, vectorii daţi au coordonatele: AM( 1, 0); BN( 1, ); CN(0, 1 ); MN( 1, ). ) Întrucât AB = AM şi AC = AN, coordonatele vectorilor daţi în baza B sunt: AM(1, 0); BN(, 1); CN(0, 1 ); MN( 1, 1). ) Observăm că AB = BA, AC = BC BA. Rezultă că AM = 1 BA; BN = BA + ( BC BA) = 1 BA + BC; CN = 1 ( BC BA) = 1 BA 1 BC, iar MN = 1 BA + ( BC BA) = 1 6 BA + BC. Astfel, în baza B, AM( 1, 0); BN( 1, ); CN( 1, 1 ); MN( 1 6, ).

6 Capitolul 1 SPAŢIUL VECTORILOR LIBERI. STRUCTURA AFINĂ 1.7 Se consideră paralelogramul ABCD de centru O şi punctele M [AB], N [AD] astfel încât AM = AB şi AN = AD. Determinaţi coordonatele vectorilor AB, AC, AO, BD în fiecare din bazele 1) B 1 = { AM, AN }; ) B = { AB, AO }. 1) AB(, 0); AC(, ); AO(, 1); BD(, ). ) AB(1, 0); AC(0, ); AO(0, 1); BD(, 1). 1.8 Fie B = { ı, j} baza canonică în plan. 1) Demonstraţi că vectorii a = ı + j şi b = ı + j sunt necoliniari; } ) Aflaţi coordonatele vectorilor bazei B în baza B 1 = { a, b ; } ) Descompuneţi vectorul v = 5 ı j după baza B 1 = { a, b. 1) Presupunem prin absurd că vectorii a şi b sunt coliniari; atunci există t R astfel încât b = t a. Trecând la coordonate, obţinem că ( 1, ) = t (1, 1), adică t = 1 şi t =, contradicţie. Rămâne că vectorii a şi b sunt necoliniari. ) Fie ı = x a + y b, cu x, y R; atunci ı = x( ı + j) + y( ı + j) = (x y) ı + (x + y) j, de unde x y = 1, iar x + y = 0. Rezultă că x =, y = 1, prin urmare coordonatele versorului ı din baza canonică, în baza B 1, sunt ı(, 1 ). Cu un raţionament analog, găsim coordonatele lui j în baza B 1, anume j( 1, 1 ). ) Folosind punctul precedent, obţinem că v = 5( a 1 b) ( 1 a + 1 b) = a b, deci coordonatele lui v în baza B 1 sunt v(, ). 1.9 Fie ABCDA B C D un cub. În raport cu reperul (A; AB, AD, AA ), găsiţi coordonatele vectorilor AC, MN, A N, OM, unde M, N sunt mijloacele segmentelor [BC], respectiv [CD], iar O este centrul cubului. AC = AB + BC + CC = AB + AD + AA, deci AC (1, 1, 1). 1 MN = MC + CN = deci MN 1 BC + CD = 1 1 1 AD + BA = AB + AD, ( 1, 1 ), 0. = 1

G. POPA, P. GEORGESCU 7 A N = A D + D D + DN = AD AA + 1 AB deci ( ) 1 A N, 1, 1. BM = 1 AC + ( AB + BM) = 1 ( AB + AD + AA )+ +( AB + 1 1 1 AD) = AB AA, deci ( ) 1 OM, 0, 1. OM = OA + AB + 1.10 Demonstraţi că medianele unui triunghi sunt concurente (într-un punct numit centrul de greutate al triunghiului). Dacă r A, r B, r C sunt vectorii de poziţie ai vârfurilor (în raport cu un punct fix oarecare), vectorii de poziţie ai mijloacelor laturilor [BC], [CA], [AB] sunt r M = 1( r B + r C ), r N = 1 ( r C + r A ), respectiv r P = 1 ( r A + r B ). Folosind rezultatul problemei 1., se observă că punctele care împart medianele [AM], [BN], [CP] în raportul k = au, toate, acelaşi vector de poziţie, anume 1 ( r A + r B + r C ), prin urmare cele trei mediane sunt concurente. 1.11 Fie ABC şi fie G centrul său de greutate. 1) Demonstraţi că GA + GB + GC = 0. ) Dacă M este un punct oarecare, demonstraţi că MA + MB + MC = MG. 1) Am văzut la problema 1.10 că r G = 1 ( r A + r B + r C ). Atunci GA + GB + GC = ( r A r G ) + ( r B r G ) + ( r C r G ) = r A + r B + r C r G = 0. ) Avem că MA + MB + MC = ( MG + GA) + ( MG + GB) + ( MG + GC) = MG + ( GA + GB + GC) = MG + 0 = MG. 1.1 Fie ABCDEF hexagon, iar M, N, P, Q, R, S mijloacele laturilor consecutive. Arătaţi că triunghiurile MPR şi NQS au acelaşi centru de greutate. Se determină vectorii de poziţie ai centrelor de greutate ale celor două triunghiuri, funcţie de vectorii de poziţie ai vârfurilor hexagonului; obţinem, de fiecare dată, 1 6 ( r A + r B + r C + r D + r E + r F ), deci cele două centre de greutate coincid.

8 Capitolul 1 SPAŢIUL VECTORILOR LIBERI. STRUCTURA AFINĂ 1.1 Se consideră ABC şi D [BC] astfel încât BC = DC. Dacă E este mijlocul medianei CC, demonstraţi că punctele A, D şi E sunt coliniare. Cum AE = 1( AC + AC) = 1 4 ( AB + AC) = 1 4 AD = 4 AD, rezultă că vectorii AE şi AD sunt coliniari, de unde cerinţa problemei. alternativă Se poate utiliza reciproca teoremei lui Menelaus în triunghiul BCC.

Capitolul SPAŢIUL VECTORILOR LIBERI. STRUCTURA EUCLIDIANĂ.1 Fie ABCDA B C D un paralelipiped dreptunghic. Arătaţi că AD D C + AB BC + A B B C = 0. Deoarece AD (CDD ) şi D C (CDD ), rezultă că AD D C. Analog se observă că AB BC, A B B C, deci fiecare dintre termenii sumei din enunţ este nul.. Fie AB şi AC doi vectori nenuli cu proprietatea că AB + AC = AB AC. Demonstraţi că m( BAC) = 90. Dacă AB + AC = AB AC, atunci AB + AC = AB AC. Deducem că AB + AB AC + AC m( BAC) = 90. alternativă = AB AB AC + AC, de unde AB AC = 0, deci Fie D cel de-al patrulea vârf al paralelogramului ABDC. Avem că AB + AC = AD, AB AC = CB, prin urmare ipoteza problemei noastre revine la faptul că diagonalele AD şi BC ale paralelogramului ABDC sunt congruente. Rezultă că acest paralelogram este dreptunghi, adică m( BAC) = 90. 9

10 Capitolul SPAŢIUL VECTORILOR LIBERI. STRUCTURA EUCLIDIANĂ. Se consideră în plan punctele A(1, 1), B( 1, ), C(c, 0) şi D(0, d), cu c, d > 0. 1) Calculaţi AB CD, AC DB, AD BC. ) Determinaţi c, d astfel încât A să fie ortocentrul BCD. 1) În raport cu baza canonică, vectorii care apar au coordonatele: AB(, ); CD( c, d); AC(c 1, 1); DB( 1, d); AD( 1, d 1); BC(c + 1, ). Atunci AB CD = ( )( c) + ( )d = c d; AC DB = (c 1)( 1) + ( 1)( d) = c + d +, iar AD BC = ( 1)(c + 1) + (d 1) = c + d. ) Dacă A este ortocentrul BCD, atunci AB CD, AC DB şi AD BC, prin urmare cele trei produse scalare de la punctul precedent trebuie să se anuleze. Obţinem sistemul de trei ecuaţii cu două necunoscute c d = 0, c d =, c d =, care este compatibil determinat, cu soluţia c = 9, d = 6..4 Se consideră pătratul ABCD şi punctele M [BC], N [CD] astfel încât BM = CN. Demonstraţi că AM BN. În baza B = { AB, } AC, coordonatele vectorului AM sunt (1, x), iar cele ale lui BN sunt ( x, 1), unde x = BM = CN. Astfel, AM BN = 1( x) + x = 0, prin urmare AM BN..5 Fie a, b, c V de lungime 1 astfel ca a + b + c = 0. Calculaţi a b + b c + c a. Au loc relaţiile: Prin sumare, obţinem: alternativă a ( a + b + c) = 0 a + a b + a c = 0 b ( a + b + c) = 0 a b + b + b c = 0 c ( a + b + c) = 0 a c + b c + c = 0. a + b + c + ( a b + a c + b c) = 0 a b + a c + b c =. Conform relaţiei lui Chasles, putem construi un triunghi cu vectorii a, b, c, iar acest triunghi este echilateral, de latură 1. Rezultă că măsura unghiurilor formate de doi

G. POPA, P. GEORGESCU 11 câte doi dintre cei trei vectori este de 10, deci a b + b c + c a = a b cos 10 + b c cos 10 + c a cos 10 = 1 1 ( 1 ) + 1 1 ( 1 ) + 1 1 ( 1 ) =. alternativă Conform comutativităţii şi distributivităţii produsului scalar, se obţine că de unde concluzia. ( a b + b c + c a) = a ( b + c) + b ( c + a) + c ( a + b) = a ( a) + b ( b) + c ( c) = ( a + b + c ) =,.6 Demonstraţi că pentru orice puncte A, B, C din plan are loc egalitatea AB AC + BA BC + CA CB = 1 (AB + BC + CA ) Din teorema cosinusului, avem că AB AC = AB AC cos(â) = 1 (AB + AC BC ). Scriem încă două relaţii analoage şi, prin sumarea tuturor, se obţine egalitatea dorită. alternativă Conform comutativităţii şi distributivităţii produsului scalar, se obţine că ( AB AC + BA BC + CA CB) = AB ( AC BC) + BC ( BA CA) + CA ( CB AB) = AB AB + BC BC + CA CA de unde concluzia. = AB + BC + CA,.7 Fie ABC şi fie G centrul său de greutate. Demonstraţi că dacă M este un punct oarecare, atunci MA + MB + MC = GA + GB + GC + MG (Leibniz). Avem că MA = MG + GA, deci MA = MA = MG + GA + MG GA şi analoagele. Conform rezultatului problemei 1.11, GA + GB + GC = 0, de unde MA + MB + MC = MG + GA + GB + GC + MG ( GA + GB + GC) = = MG + GA + GB + GC.

1 Capitolul SPAŢIUL VECTORILOR LIBERI. STRUCTURA EUCLIDIANĂ.8 Fie ABCD un patrulater cu AB CD şi fie E, F mijloacele laturilor AD, respectiv BC. Demonstraţi că 1) EF = AB CD; ) 4EF = AB + CD ; ) AD CD = BD CD. 1) Întrucât EF = EA + AB + BF şi EF = ED + DC + CF, iar EA + ED = 0, BF + CF = 0, deducem că EF = AB + DC = AB CD. ) Din egalitatea precedentă, rezultă că 4 EF = ( AB CD), adică 4EF = AB AB CD + CD. Însă AB CD, deci AB CD = 0 şi atunci 4EF = AB + CD. ) Observăm că AD CD = ( AB + BD) CD = AB CD + BD CD = BD CD. Notă Din relaţia ), se poate observa că produsul scalar nu permite simplificarea..9 Fie ABCDA B C D un cub. 1) Demonstraţi că AC BD. ) Determinaţi cosinusul unghiului dintre AC şi A M, unde M este mijlocul lui AB. 1) Alegând convenabil unitatea de măsura, putem considera latura cubului egală cu 1. Raportăm spaţiul la un reper ortonormat cu originea în A, versorii axelor fiind ı = AB, j = AD şi k = AA. Atunci, AC (1, 1, 1), BD( 1, 1, 0), prin urmare AC BD = 1 ( 1) + 1 1 + 1 0 = 0, de unde AC BD. ) Coordonatele vectorului A M sunt ( 1, 0, 1), deci AC A M = AC A M cos( AC, A M), astfel că 1 = 5 cos( AC, A M). Rezultă că unghiul vectorilor AC şi A M are cosinusul 1 (este un unghi obtuz); unghiul dreptelor AC şi A M, fiind ascuţit, va fi 15 suplementul celui de mai înainte şi va avea cosinusul egal cu 1 15..10 Fie a, b, c V astfel încât a + b + c = 0. Demonstraţi că a b = b c = c a. Au loc relaţiile a b b c = a b + c b = ( a + c) b = ( b) b = 0. Rezultă că a b = b c. Analog se demonstrează şi cealaltă egalitate.

G. POPA, P. GEORGESCU 1.11 Demonstraţi că a ( b c) + b ( c a) + c ( a b) = 0, a, b, c V (identitatea lui Jacobi). a ( b c) + b ( c a) + c ( a b) = ( a c) b ( a b) c + ( b a) c ( b c) a + ( c a) b ( c b) a = 0..1 Demonstraţi că ( a b, b c, c a) = 0, a, b, c V, algebric şi geometric. algebrică: Dacă vectorii a, b, c au, în raport cu o bază ortonormată, coordonatele (x 1, y 1, z 1 ), (x, y, z ) respectiv (x, y, z ), atunci x 1 x y 1 y z 1 z ( a b, b c, c a) = x x y y z z. x x 1 y y 1 z z 1 Adunând la prima linie suma celorlalte două, obţinem pe aceasta numai zerouri, prin urmare ( a b, b c, c a) = 0. geometrică: Observăm că ( a b) + ( b c) + ( c a) = 0, deci cu vectorii a b, b c, c a se poate construi un triunghi. Rezultă de aici că vectorii respectivi sunt coplanari, de unde cerinţa. ).1 Fiind daţi trei vectori necoplanari a, b, c V, demonstraţi că ( a + b, b + c, c + a = ( a, b, c ) şi interpretaţi geometric rezultatul. ( a + b, b + c, a + c) = ( a + b) (( b + c) ( a + c)) = = ( a + b) ( b a + b c + c a + c c)) = = ( a, b, a) + ( a, b, c) + ( a, c, a) + ( a, c, c) + +( b, b, a) + ( b, b, c) + ( b, c, a) + ( b, c, c) = ( a, b, c). Interpretare: Fie paralelipipedul ABCDA B C D cu AB = a, AC = b, AA = c; atunci a + b, a + c, b + c reprezintă respectiv diagonalele AD, A B, A C. Rezultatul demonstrează că paralelipipedul construit pe AD, A B, A C are dublul volumului paralelipipedului iniţial..14 Demonstraţi că ( a b) ( c d) a c a d = b c b d, a, b, c, d V.

14 Capitolul SPAŢIUL VECTORILOR LIBERI. STRUCTURA EUCLIDIANĂ Utilizând definiţia şi proprietăţile produsului mixt, obţinem ( a b) ( c d) = ( a b, c, d) = ( c, d, a b) = c ( d ( a b)), de unde, conform formulei de dezvoltare a dublului produs vectorial, ( a b) ( c d) = c (( d b) a ( d a) b) = ( d b)( a c) ( d a)( b c). Folosind comutativitatea produsului scalar, urmează că ( a b) ( c d) = ( a c)( b d) ( a d)( a c a d b c) = b c b d..15 Fie A, B, C de vectori de poziţie r A, r B, r C. Demonstraţi că aria ABC poate fi calculată prin formula S ABC = 1 r A r B + r B r C + r C r A Întrucât AB AC = AB AC sin(â) = S ABC, obţinem că S ABC = 1 AB AC = 1 ( r B r A ) ( r C r A ) = 1 r B r C r B r A r A r C + r A r A. Relaţia dorită rezultă acum observând că r A r B = r B r A, r C r A = r A r C, iar r A r A = 0..16 Fie A, B, C de vectori de poziţie r A = 14 ı 7 j + k, rb = ı + j 7 k, rc = ı + 7 j + k. Arătaţi că ABC este dreptunghic, iar BOC este isoscel. Calculaţi perimetrul ABC şi aria ABC. Avem că OB = r B = 57, iar OC = r C = 57, prin urmare BOC este isoscel. Apoi, deoarece CA(1, 0, 0), iar CB(0, 5, 9), rezultă că CA CB = 0, deci ABC este dreptunghic, cu m(âcb) = 90. Lungimile catetelor sunt AC = 1, BC = 106, iar lungimea ipotenuzei este AB = 5 10; perimetrul triunghiului va fi P ABC = 1 + 106 + 5 10, iar aria SABC = 1 AC BC = 6 106..17 Calculaţi lungimea înălţimii AD a ABC de vârfuri A(1,, 1), B(, 1, 5), C( 1, 0, ).

G. POPA, P. GEORGESCU 15 Întrucât S ABC = 1 AB AC, iar AB AC = ı j k 4 1 = 10 ı 10 j 10 k; urmează că S ABC = 1 10 ı 10 j 10 1 k = 10 = 5 BC AD = Însă BC = 4 ı j k, deci BC = 16 + 1 + 9 = 6, de unde AD = 10 6 = 10 78 6 = 5 78 1 AD = 10 BC..18 Calculaţi volumul tetraedrului de vârfuri A(,, 4), B(,, 4), C(,, 5), D(,, 5) şi lungimea înălţimii AE a tetraedrului. Astfel, Mai întâi, observăm că AB(1, 1, 0), AC(0, 1, 1), AD(1, 1, 1), BC( 1, 0, 1), iar BD(0, 0, 1). V ABCD = 1 6 ( AB, AC, AD) = 1 1 1 0 6 0 1 1 = 1 6, 1 1 1 S BCD = 1 BC BD = 1 ı j k 1 0 1 = 1 j = 1. 0 0 1 Cum V ABCD = 1 AE S BCD, rezultă că AE = 1..19 Determinaţi α R astfel ca vectorii a = ı + α j + k, b = ı + j + k, c = ı j + 4 k să fie coplanari. Pentru acest α, descompuneţi c după direcţiile vectorilor a şi b. Cei trei vectori sunt coplanari atunci când produsul lor mixt se anulează. Avem că 1 α ( a, b, c) = 1 1 = 5α 5, 1 4

16 Capitolul SPAŢIUL VECTORILOR LIBERI. STRUCTURA EUCLIDIANĂ prin urmare valoarea căutată a lui α este 1. Pentru acest α, căutăm x, y R astfel încât c = x a + y b; trecând la coordonate, egalitatea precedentă se scrie sub forma (, 1, 4) = x(1, 1, ) + y(, 1, 1). Obţinem sistemul de trei ecuaţii cu două necunoscute x + y =, x + y = 1, x + y = 4, care este compatibil determinat, cu soluţia x = 5, y =..0 Fie a = ı + α j + k, b = ı j + k, c = ı + j + k 1) Determinaţi α R astfel ca a şi b să fie ortogonali. ) Pot fi a şi b paraleli pentru vreo valoare a lui α? ) Determinaţi α R astfel ca a, b, c să fie coplanari. 1), ) Doi vectori sunt ortogonali atunci când se anulează produsul lor scalar şi sunt paraleli atunci când au coordonatele proporţionale, deci a b a b = 0 1 1 + α ( ) + = 0 α = 7 ; a b 1 1 = α =, imposibil. ) Procedăm ca în soluţia problemei.19; obţinem că α = 1..1 Dacă unghiul dintre doi vectori nenuli u şi v este ascuţit sau drept, demonstraţi că Reciproca este adevărată? u + v > u şi u + v > v. Considerăm ABC astfel încât AB = u, BC = v; atunci u + v = AC. Măsura unghiului ÂBC este suplementul unghiului dintre u şi v, deci este cel puţin egală cu 90. Rezultă că unghiul ÂBC este cel mai mare unghi al ABC, iar latura care i se opune va fi cea mai lungă dintre laturile triunghiului. Astfel, u + v = AC > AB = u ; u + v = AC > BC = v. Reciproca este falsă; ne putem gândi la doi vectori u, v de lungimi egale al căror unghi este în intervalul ( π, π ); suplementul său fiind mai mare decât π, raţionamentul anterior încă funcţionează. alternativă

G. POPA, P. GEORGESCU 17 Au loc relaţiile: u + v = ( u + v) = u + u v + v u + v, de unde rezultă cerinţa problemei. Reciproca nu este adevărata; este suficient ca adică unghiul dintre u şi v poate fi deci şi obtuz. u v + v > 0, u v + u > 0, ( cos( u, v) > max v u, u ) ; v. Determinaţi E = v 1 v + v v + v v 1 ştiind că v 1 = a + b, v = a b, v = a + b, iar a =, b =, m( a, π b) =. Avem: E = ( a + b) ( a b) + ( a b) ( a + b) + ( a + b) ( a + b) = 4 a b + ( a + a b b ) + ( a + a b + b ) = 14 a + 9 a b b = 14 a + 9 a b cos( a, b) b = 14 4 + 9 ( 1 ) 9 = 11.. Dacă a, b, c sunt astfel ca a =, b =, c = 4, m( a, π b) =, m( a, c) = π 6, calculaţi a b, a c, a + b. Avem: a b = a a b + b = a a b cos( a, b) + b = 4 1 + 9 = 7 a b = 7; a c = a a c + c = a a c cos( a, c) + c = 4 4 + 16 = 0 8 a c = 0 8 ; a + b =... = 19 a + b = 19.

18 Capitolul SPAŢIUL VECTORILOR LIBERI. STRUCTURA EUCLIDIANĂ.4 Fie vectorii a = ı j + k, b = ı + j k, c = ı + j. 1) Arătaţi că a, b, c sunt necoplanari şi calculaţi volumul paralelipipedului construit pe aceşti vectori. ) Verificaţi că a ( b c) = ( a b) c. 1) Calculăm produsul mixt al celor trei vectori: 1 ( a, b, c) = 1 = 1. 1 1 0 Cum ( a, b, c) = 0, înseamnă că vectorii sunt necoplanari. Volumul paralelipipedului construit pe aceşti vectori este ( a, b, c) = 1. ) Au loc relaţiile ı j k b c = 1 = ı + j + k 1 0 1 ı j k a ( b c) = 1 = 7 ı j + 8 k; 1 ı j k a b = 1 = 4 ı + 5 j + 7 k 1 1 ı j k ( a b) c = 4 5 7 = 7 ı 7 j + 9 k. 1 1 0

Capitolul DREAPTA ÎN PLAN.1 Scrieţi ecuaţia vectorială, ecuaţiile parametrice şi ecuaţia generală pentru dreptele determinate prin: 1) punctul A(1, ), vectorul director v = ı + j; ) punctul A(0, 1), vectorul normal N = ı + j; ) punctele A(1, ), B(, 1); 4) distanţa de la origine la dreaptă este p =, iar unghiul normalei cu axa Ox este egal cu ω = π 4. 1) Ecuaţia vectorială: r = r A + t v, t R, unde r A = ı + j. x = 1 t Ecuaţiile parametrice:, t R. y = + t Egalând t = x 1 1 = y 1, obţinem ecuaţia generală: x + y = 0. ) Ecuaţia vectorială: N ( r ra ) = 0, unde r A = j. Ecuaţia generală: (x 0) + (y 1) = 0, i.e. x + y = 0. Ecuaţia generală poate fi scrisă sub forma x 0, de unde obţinem ecuaţiile x = t parametrice:, t R. y = 1 t ) Un vector director al dreptei este BA = ı + j; suntem în condiţiile de la 1) (chiar cu aceleaşi date). = y 1 4) Ecuaţia normală în formă vectorială este n r p = 0, unde n(cos ω, sin ω) este un versor al normalei. În cazul nostru, n(, ( ), p =, deci ecuaţia vectorială este ) ı + j (x ı + y j) = 0, iar ecuaţia generală este x + y = 0. Ecuaţiile 19

0 Capitolul DREAPTA ÎN PLAN x = t parametrice sunt y = t, t R.. Se consideră punctele A(1, ) şi B(, 1). 1) Scrieţi ecuaţiile parametrice ale dreptei AB. ) Determinaţi punctele M AB pentru care OM = 5. 1) Un vector director al dreptei AB este AB(, 1). Cum dreapta AB trece prin A, x = 1 + t ecuaţiile sale parametrice sunt (AB) :, t R. y = t ) Coordonatele unui punct curent al dreptei sunt M(1 + t, t), t R. Impunem condiţia OM = 5 şi obţinem ecuaţia (1 + t) + ( t) = 5, i.e. t 4 = 0, cu soluţiile t 1, = ±. Găsim astfel punctele M 1 (5, 0) şi M (, 4).. Se consideră punctele A(, 0), B( 1, ) şi C( 1, ). 1) Demonstraţi că ABC este echilateral. ) Scrieţi ecuaţiile laturilor triunghiului. ) Scrieţi ecuaţiile înălţimilor triunghiului. 1) Cum AB = BC = CA =, rezultă că ABC este echilateral. x ) (AB) : 1 = y 0, i.e. 0 (AB) : x + y = 0. x (AC) : 1 = y 0, i.e. (AC) : x y = 0. 0 (BC) : x = 1. ) Înălţimea din A este un segment de pe axa Ox şi are ecuaţia (h 1 ) : y = 0. Mijloacele laturilor [AB] şi [AC] sunt M( 1, ), respectiv N( 1, ). Cum într-un triunghi echilateral înălţimile şi medianele (corespunzătoare aceloraşi laturi) coincid, ecuaţiile celorlaltor două înălţimi sunt (CM) : x + 1 1 + 1 = y + +, i.e.(cm) : y = 0; (BN) : x + 1 1 + 1 = y, i.e.(bn) : x + y = 0..4 Se consideră punctele A( 1, 1), B(5, 1), C(1, ). 1) Scrieţi ecuaţia medianei din A în ABC.

G. POPA, P. GEORGESCU 1 ) Scrieţi ecuaţia înălţimii din A în ABC. ) Scrieţi ecuaţia mediatoarei segmentului [BC]. x x A x M x A 1) Mijlocului segmentului [BC] este M(, ), deci ecuaţia medianei din A este (AM) : = y y A y M y A, i.e. (AM) : x 4y 1 = 0. ) Panta dreptei BC este m BC = y B y C x B x C =, prin urmare panta înălţimii din A este m = 1 m BC = 1. Ecuaţia înălţimii din A este (h) : y y A = m(x x A ), i.e. (h) : x y 1 = 0. ) Mediatoarea lui [BC] trece prin mijlocul M al lui [BC] şi este perpendiculară pe BC, deci are panta m = 1 m BC = 1. Ecuaţia acestei mediatoare este (d) : y y M = m(x x M ), i.e. (d) : x y + 1 = 0..5 Se consideră dreapta (d) : ax + y 1 = 0, a R, şi punctul A(1, ). Determinaţi valorile lui a pentru care distanţa de la punctul A la dreapta (d) este 1) minimă; ) maximă. 1) Distanţa de la A la (d) este minimă când este 0, deci când A (d). Acest fapt are loc dacă a 1 + 1 = 0, deci pentru a = 1. ) Observăm că dreapta (d) trece prin punctul B(0, 1), indiferent de a R. Atunci distanţa de la A la (d) este maximă atunci când (AB) (d). Avem că m AB = 1, m d = a, iar (AB) (d) m AB m d = 1 a = 1. alternativă Distanţa de la A la (d) este f (a) = a+1, a R. Studiem variaţia lui f şi deter- a +1 minăm valorile sale extreme..6 Se consideră dreapta (d) : x y + = 0 şi punctul M(, ). 1) Calculaţi distanţa de la punctul M la dreapta (d). ) Aflaţi coordonatele piciorului perpendicularei dusă din M pe (d). 1) Distanţa de la punctul M(x M, y M ) la dreapta (d) : ax + by + c = 0 se calculează cu formula d(m, (d)) = ax M+by M +c. În cazul nostru, d(m, (d )) = ( ) ( )+ = 5 a +b +( 1) 5. ) Fie P(a, b) proiecţia lui M pe dreapta (d). Cum P (d), obţinem că a b + = 0. Un vector director al dreptei (d) este v(1, ), iar MP(a +, b + ). Condiţia v MP conduce la anularea produsului scalar al celor doi vectori, prin urmare 1(a +

Capitolul DREAPTA ÎN PLAN a b + = 0 ) + (b + ) = 0, deci a + b + 8 = 0. Rezolvând sistemul, găsim a + b + 8 = 0 ( ) ( ) că P( 14 5, 1 5 ). Notăm că MP = 14 5 + + 1 5 + = 5 5 = d(m, (d)). alternativă Panta dreptei (d) este m d = ; atunci perpendiculara dusă din M pe dreapta (d) va avea panta m = 1 m d = 1. Ecuaţia acestei perpendiculare este (MP) : y y M = m(x x M ), i.e. (MP) : x + y + 8 = 0. Coordonatele lui P se află intersectând (d) cu x y + = 0 (MP), deci rezolvând sistemul ; găsim că P( 14 5, 1 5 ). x + y + 8 = 0.7 Se consideră dreapta (d) : x y + = 0 şi punctul M(, ). Determinaţi coordonatele simetricului punctului M faţă de dreapta (d). Simetricul M al lui M faţă de dreapta (d) este simetricul lui M faţă de proiecţia P a punctului M pe dreapta (d). Această proiecţie a fost determinată la problema precedentă şi este P( 14 5, 1 5 ). Coordonatele lui M sunt x M = x P x M = 18 5, y M = y P y M = 11 5, deci M ( 18 5, 11 5 )..8 Se consideră dreapta (d) : x y + = 0 şi punctul M(, ). Determinaţi ecuaţia simetricei dreptei d) faţă de punctul M. Fie (d ) simetrica lui (d) faţă de punctul M; atunci (d ) (d), deci m d = m d =. Un punct de pe dreapta (d) este A( 1, 1). Simetricul A al lui A faţă de M se află pe dreapta (d ). Coordonatele lui A sunt x A = x M x A =, y A = y M y A = 7, adică A (, 7). Ecuaţia dreptei (d ) este (d ) : y y A = m d (x x A ), i.e. (d ) : x y 1 = 0. alternativă Simetrica (d ) a lui (d) faţă de punctul M este paralelă cu (d), deci ecuaţia sa este (d ) : x y + a = 0. Deoarece d(m, (d)) = d(m, (d )), urmează că ( ) ( ) + + ( 1) = ( ) ( ) + a + ( 1), de unde a 1 =, deci a { 1, }. Cum a = corespunde lui (d), urmează că a = 1, deci ecuaţia lui (d ) este (d ) : x y 1 = 0.

G. POPA, P. GEORGESCU.9 Determinaţi distanţa între dreptele (d 1 ) : x + y = 0 şi (d ) : 6x + y + 1 = 0. Observăm că dreptele (d 1 ), (d ) sunt paralele. Punctul A(1, 1) aparţine dreptei (d 1 ) şi atunci d((d 1 ), (d )) = d(a, (d )) = 6 1+ 1+1 = 5 6 +..10 Determinaţi măsura unghiului ascuţit format de dreptele (d 1 ) : ax y + = 0 şi (d ) : (a 1)x (a + 1)y + = 0, unde a R. Unghiul celor două drepte este acelaşi cu unghiul ascuţit format de normalele N1 (a, 1) şi N (a 1, a 1). Avem: cos( N1, N ) = prin urmare ( N 1, N ) = π 4, deci ( d1, d ) = π 4. alternativă N 1 N a N1 N = + 1 a + 1 a + =, Dacă a = 1, prima dreaptă are panta 1 (deci este paralelă cu prima bisectoare), iar a două este verticală, prin urmare ele formează un unghi de măsură π 4. Dacă a R\ {1}, ambele drepte sunt neverticale, prima de pantă m 1 = a, iar a două de pantă m = a 1 a+1. Tangentă unghiului ϕ format de cele două drepte este deci ϕ = π 4. tg ϕ = m 1 m 1 + m 1 m = a a 1 a+1 1 + a a 1 a+1 = a + 1 a + 1 = 1,.11 Se consideră punctele A(1, a), B(, 1) şi C(a, ), unde a R. 1) Demonstraţi că A, B, C sunt necoliniare, oricare ar fi a R. ) Determinaţi valorile lui a pentru care aria triunghiului ABC este egală cu. 1) Condiţia de coliniaritate a celor trei puncte este x A y A 1 = x B y B 1 = 0, i.e. x C y C 1 1 a 1 1 1 = 0. a 1

4 Capitolul DREAPTA ÎN PLAN Obţinem ecuaţia a a + = 0, care nu are soluţii reale. Rezultă că A, B, C sunt necoliniare indiferent de valoarea numărului real a. ) Aria ABC este 1 = 1 a a +. Impunem ca a a + şi obţinem ecuaţiile a a + 6 = 0 (care nu are soluţii reale) şi a a = 0, cu soluţiile a 1 = 1 şi a =..1 Se consideră dreptele (d 1 ) : mx + y + n = 0 şi (d ) : x ny = 0. În ce condiţii dreptele sunt: 1) paralele; ) confundate; ) perpendiculare? { 1) (d 1 ) (d ) m 1 = n 1 = n mn = 1 şi m + n = 0 m R \ n = m 1. ± } şi { ) (d 1 ) = (d ) m 1 = n 1 = n mn = 1 şi m + n = 0 (m, n) (, ), (, } ). ) (d 1 ) (d ) m 1 + 1 ( n) = 0 sau una dintre drepte este verticală, iar cealaltă orizontală m = n R sau m = n = 0 m = n R..1 Se consideră dreptele (d 1 ) : x + y + = 0, (d ) : x y + 1 = 0, (d ) : mx + ny + 4 = 0 şi (d 4 ) : nx my = 0, unde m, n R. Determinaţi valorile lui m şi n pentru care cele patru drepte sunt concurente şi aflaţi coordonatele punctului lor comun. x + y + = 0 x y + 1 = 0 Trebuie ca sistemul să fie compatibil determinat. Cum din mx + ny + 4 = 0 nx my = 0 primele două ecuaţii rezultă că x = y = 1, înlocuind aceste valori în ultimele două ecuaţii obţinem că m n = 4, n + m =, de unde m =, n = 1. Punctul comun este P( 1, 1)..14 Se consideră punctele A(1, 8), B(4, 1), C( 4, ) şi D(4, 9). Demonstraţi că dreapta AB, paralela prin C la AD şi perpendiculara din D pe BC sunt trei drepte concurente. Ecuaţia dreptei AB este x + y 11 = 0. Panta dreptei AD este m 1 = 1, deci ecuaţia paralelei prin C la AD este y y C = m 1 (x x C ), i.e. x y + 1 = 0. Panta

G. POPA, P. GEORGESCU 5 dreptei BC este 1, prin urmare o perpendiculară pe această dreaptă are panta m =. Ecuaţia perpendicularei din D pe BC este y y D = m (x x D ), i.e. x y + 1 = 0. x + y 11 = 0 Cum sistemul x y + 1 = 0 este compatibil determinat cu soluţia x =, y = 5, x y + 1 = 0 urmează că dreptele din enunţ sunt concurente în P(, 5)..15 Se consideră punctele A(, ), B(4, 0) şi C(, 0). Determinaţi locul geometric al punctelor M cu proprietatea că MA = MB + MC. Dacă M(a, b) este un punct din plan, atunci MA = MB + MC (a ) + (b ) = (a 4) + b + (a + ) + b a 8a + 8 + b 1b + 18 = a 4a + 0 + b a + 6b = 0. Rezultă că locul geometric este dreapta de ecuaţie x + y = 0.

Capitolul 4 DREAPTA ÎN SPAŢIU 4.1 Precizaţi ecuaţia vectorială, ecuaţiile parametrice şi ecuaţiile canonice ale dreptelor determinate prin: 1) A(,, ) şi un vector director a = ı j + k; ) A(,, ) şi un vector director a care face unghiuri de 0, 45, 10 cu versorii axelor de coordonate; ) A(,, ), iar dreapta este paralelă cu axa OY; 4) A(,, ) şi B(0,, ). 1) Ecuaţia vectorială: r = r A + t a, unde r A = ı + j + k. x = + t Ecuaţiile parametrice: y = t, t R. z = + t Ecuaţiile canonice: x 1 = y 1 = z. ) Un versor director al dreptei este a = cos 0 ı + cos 45 j + cos 10 k = ı + j 1 k; în continuare, procedăm ca mai sus. ) Un versor director al dreptei este j. 4) Un vector director al dreptei este AB = ı j + k. 4. Determinaţi ecuaţiile laturilor şi medianelor ABC cu vârfurile A(, 1, 5), B(7,, 1), C(5, 5, ). Ecuaţiile canonice ale dreptei AB : x 4 = y 1 = z 5 4. Ecuaţiile canonice ale dreptei AC : x 4 = y 1 4 = z 5. 6

G. POPA, P. GEORGESCU 7 Ecuaţiile canonice ale dreptei BC : x 7 = y = z 1. Mijloacele laturilor [BC], [CA], [AB] sunt punctele M(6, 4, ), N(4,, 4), respectiv P(5,, ). Ecuaţiile canonice ale medianei AM : x = y 1 = z 5 Ecuaţiile canonice ale medianei BN : x 7 Ecuaţiile canonice ale medianei CP : x 5 0 = y 5 4. Determinaţi a R astfel încât dreptele. = y 0 = z 1. = z 0. (d 1 ) : x 1 1 = y + 1 = z + (d ) : x + 11 a = y 1 = z + 1 să fie concurente şi în acest caz determinaţi coordonatele punctului de intersecţie. Coordonatele unui punct curent de pe dreapta (d 1 ) sunt M(1 + t, 1 + t, + t), t R. Cele două drepte sunt concurente atunci când există valori ale parametrului t pentru care M (d ). Înlocuind coordonatele lui M în ecuaţia lui (d ) obţinem 1+t a = t = t 1, de unde t = 1 5, iar a = 59 4. În acest caz, cele două drepte sunt concurente în M( 5 4, 7 5, 1 5 ). x 4.4 Precizaţi ecuaţia perpendicularei duse din A(, 1, ) pe dreapta de ecuaţie (d) : 1 = y = z + 1. Precizaţi apoi punctul de intersecţie al celor două drepte şi coordonatele simetricului lui A faţă de (d). Fie M( t, + t, 1 + t) un punct curent de pe dreapta (d). Vectorul AM are coordonatele ( t, 1 + t, + t), iar un vector director al dreptei (d) este v( 1,, ). Dacă impunem ca M să fie piciorul perpendicularei duse din M pe dreapta (d), atunci AM v = 0, de unde t = 0, deci M(0,, 1). Ecuaţiile canonice ale dreptei AM sunt x = y 1 1 = z. Simetricul A al lui A faţă de dreapta (d) este, de fapt, simetricul lui A faţă de M. Vom avea x M = 1 (x A + x A ), y M = 1 (y A + y A ), z M = 1(z A + z A ), de unde x A = x M x A =, y A = y M y A =, z A = z M z A = 4, deci A (,, 4). 4.5 Să se determine distanţa de la punctul A( 1,, 1) la dreapta (d) : = y 1 = z + 1 1. x + =

8 Capitolul 4 DREAPTA ÎN SPAŢIU Dreapta (d) trece prin punctul B(, 1, 1) şi are vectorul director v = ı + j k. Distanţa D între A şi (d) este egală cu înălţimea paralelogramului construit pe AB şi v în raport cu baza determinată de v. Se obţine AB v D = = v alternativă 101 14 Fie M( + t, 1 + t, 1 t), t R, un punct curent pe dreapta (d). Pentru a determina distanţa între A şi (d), vom evidenţia minimul distanţei AM ca funţie de t. Cum AM = (t ) + (t 1) + ( t) = 14t 10t + 9, urmează că acest minim este m = 10 4 14 9 4 14, adica m = 101 10 14, care se realizează pentru t = Urmează că distanţa căutată este 101 m = 14. alternativă 14 = 14 5. Fie M( + t, 1 + t, 1 t), t R, un punct curent pe dreapta (d). Pentru a determina distanţa între A şi (d), vom evidenţia perpendiculara din A pe (d). Pentru aceasta, impunem ca AM (d), deci AM v = 0. Cum AM( + t, 1 + t, t), urmează că ( + t) + ( 1 + t) + ( t) ( 1) = 0, de unde t = 14 5. Atunci M( 14, 9 14, 19 14 ), iar distanţa căutată este ( D = ) ( ) 9 ( 14 + 1 + 14 + 19 ) 14 1 = 1 ( 18) 14 + 1 + ( ) = 1 101 1414 = 14 14. 4.6 Determinaţi distanţa între dreptele (d 1 ) : x + = y 1 = z + 1 (d ) : x 1 = y + = z 1 1. Dreapta (d 1 ) trece prin punctul A(,, 1) şi are ca vector director v(, 1, ). Dreapta (d ) trece prin punctul B(1,, 1) şi are ca vector director u(,, 1). Distanţa D între (d 1 ) şi (d ) este egală cu înălţimea paralelipipedului construit pe v, u şi AB în raport cu baza determinată de v şi u. Se obţine ( v, u, AB) D = v u = 5 75 =.

G. POPA, P. GEORGESCU 9 alternativă Dreapta (d 1 ) trece prin punctul A(,, 1) şi are ca vector director v(, 1, ). Dreapta (d ) trece prin punctul B(1,, 1) şi are ca vector director u(,, 1). Dacă cele două drepte ar fi coplanare, vectorii v, u şi AB ar fi coplanari, deci produsul lor mixt ar fi zero. Însă ( v, u, 1 AB) = 1 = 5 = 0, prin urmare dreptele date sunt necoplanare. 4 Fie M( + t, + t, 1 + t), t R, un punct curent pe dreapta (d 1 ), iar N(1 + s, + s, 1 + s), s R, un punct curent pe dreapta (d ). Pentru a determina distanţa între cele două drepte, vom evidenţia perpendiculara lor comună. Pentru aceasta, impunem ca MN (d 1 ) şi MN (d ), deci MN v = 0 şi MN u = 0. Cum MN( t + s, 4 t + s, t + s), relaţiile precedente conduc la sistemul 14t 11s = 9, 11t 14s = 4, cu soluţia t = 4 15, s = 15 1 N( 77 15, 6 15, 15 46 ). Distanţa dintre cele două drepte este (77 MN = 15 7 ) + 15 = 1 75 = 15. alternativă. Astfel, M( 7 15, 64 15, 15 5 ( 6 15 64 ) ( 46 + 15 15 5 ) = 1 5 15 15 + ( 1) + ( 7) ), iar Pentru a determina distanţa între cele două drepte, putem determina minimul distanţei MN = ( t + s) + ( 4 t + s) + ( t + s) ca funţie de t şi s. 4.7 Determinaţi unghiul dreptelor (d 1 ) : x 6 = y + 1 = z Sunt aceste drepte concurente, sau neconcurente? (d ) : x + 1 9 = y + 5 = z 1 6. Un vector director al primei drepte este u(6,, ), iar un vector director al celei de-a doua este v(9,, 6). Unghiul celor doi vectori este dat prin cosϕ = u v u v = 48 7 11 = 48 77. Cum ϕ = arccos 48 77 este unghi ascuţit, acesta este şi unghiul dreptelor (d 1) şi (d ). Un punct pe (d 1 ) este A(, 1, ), iar un punct pe (d ) este B( 1, 5, 1). Cum produsul mixt ( u, v, AB) este nenul, înseamnă că dreptele date sunt necoplanare, deci neconcurente.

0 Capitolul 4 DREAPTA ÎN SPAŢIU 4.8 Studiaţi poziţia dreptei (d 1 ) : x 1 unde 1) B(1,, ), v = 4 ı + 6 j k; ) B(, 4, 1), v = 4 ı + 6 j k; ) B(0,, ), v = ı j k. = y 1 = z 1 faţă de dreapta (d ) : r = r B + t v, Se observă că un vector director al dreptei (d 1 ) este u = ı + j k, iar B (d ). 1), ) Deoarece vectorii directori u, v ai celor două drepte verificua relaţia v = u, urmează că dreptele (d 1 ) şi (d ) sunt paralele sau coincid. Cum în primul caz B (d 1 ) iar în al doilea B (d 1 ), urmează că în primul caz (d 1 ) şi (d ) sunt paralele, în timp ce în al doilea caz (d 1 ) şi (d ) coincid. ) Deoarece u v = 0, urmează că (d 1 ) şi (d ) sunt perpendiculare. Cum ecuaţiile x = s parametrice ale lui (d ) sunt y = s, înlocuindu-le în ecuaţia canonică a lui z = s (d 1 ) obţinem s 1 = s = s 1, ceea ce conduce la s =, s = 4, contradicţie. Urmează că (d 1 ) şi (d ) nu sunt concurente. 4.9 Fie dreapta (d) : x + 1 = y 4 1 = z +. 1) Arătaţi că punctele A(5,, ) şi B(,, 0) aparţin dreptei (d) şi determinaţi lungimea segmentului AB. ) Determinaţi ecuaţia dreptei care trece prin M(1,, 1) şi este paralelă cu (d). ) Arătaţi că dreapta (d 1 ) : x + 5 = y + = z + este perpendiculară pe (d). Sunt (d) 1 1 1 şi (d 1 ) concurente? 1) Coordonatele lui A şi B verifică ecuaţia lui (d), deci A, B (d). Lungimea segmentului AB este AB = ( 5) + ( ) + (0 ) = 14. ) Un vector director al dreptei (d) este u = ı j + k. Cum (d) şi (d1 ) sunt paralele, u este vector director şi pentru dreapta (d ) care trece prin M şi este paralelă cu (d). Urmează că ecuaţia lui (d ) este x 1 = y 1 = z 1. ) Un vector director al dreptei (d 1 ) este v = ı + j k. Cum u v = 0, urmează că u şi v sunt perpendiculari, deci şi (d) şi (d 1 ) sunt perpendiculare. Se verifică apoi că N( 5,, ) (d 1 ) iar ( u, v, AN) = 0 = 0. Atunci (d) şi (d 1 ) sunt necoplanare, deci neconcurente.

G. POPA, P. GEORGESCU 1 4.10 Fie M(, 1, 0), N(0,, 4), P(4, 1, ). 1) Arătaţi că M, N, P sunt necoliniare şi precizaţi aria MNP. ) Precizaţi ecuaţiile dreptei MN şi ale medianei MM. 1) Avem că MN = ı + j + 4 k, MP = ı + k, iar MN MP = 4 ı + 1 j 4 k = 0, de unde MN şi MP sunt necoliniari, ceea ce înseamnă că M, N, P sunt necoliniare. Urmează că S MNP = 1 MN MP = 1 4 11 = 11. ) Ecuaţiile canonice ale dreptei MN: x = y 1 = 4 z. Mijlocul segmentului [NP] este punctul M (,, ). Ecuaţiile canonice ale dreptei MM : x 0 = y 1 1 = z. 4.11 Fie dreapta (d) : x + 1 = y + = z 4 4 1. 1) Determinaţi cosinusurile directoare ale dreptei. ) Aflaţi intersecţia dreptei cu planele de coordonate. 1) Un vector director al dreptei (d) este u = ı + 4 j k, iar un versor director corespunzător acestuia este v = ± u u = ± ı 6 ± 4 j 6 1 k. Atunci cos α 6 = ±, 6 cos β = ± 4, cos γ 6 = 1. 6 ) Intersecţia cu planul xoy se obţine înlocuind z = 0 în ecuaţia dreptei. Se obtine că x = 11, y = 14, deci intersecţia dreptei (d) cu planul xoy este punctul P(11, 14, 0). Analog se obţine că intersecţia dreptei (d) cu planul yoz este punctul M(0,, 11 ) iar intersecţia dreptei (d) cu planul xoz este punctul N( 1, 0, 7 ). 4.1 Determinaţi locul geometric al punctelor M(x, y, z) din spaţiu ale căror coordonate verifică relaţia Relaţia dată devine (x ) 4 ± x = (y 1) 9 = ± y 1 = (z ) 16 = ± z, cu 8 posibilităţi de alegere a semnelor. Urmează că locul geometric cerut este reuniunea a 8 drepte ce trec prin punctul A(, 1, ) şi care au vectorii directori (±, ±1, ±).

Capitolul 5 PLANUL ÎN SPAŢIU 5.1 Scrieţi ecuaţiile planelor determinate de: 1) A(, 1, 1) şi vectorul normal N = ı + j 5 k; ) A(1,, 1), B(4,, ), C(, 1, ); ) Tăieturile pe axe A(, 0, 0), B(0,, 0), C(0, 0, 4); 4) A( 1,, ) şi vectorii directori u = ı j + k, v = ı + j k. 1) Ecuaţia planului determinat de A şi vectorul normal N este (P) : (x ) + (y + 1) 5(z 1) = 0, adică (P) : x + y 5z + 1 = 0. x y z 1 ) Ecuaţia planului sub formă de determinant este (P) : 1 1 1 4 1 = 0. După 1 1 dezvoltarea determinantului se obţine ecuaţia canonică (P) : 1x y 18z 5 = 0. ) Ecuaţia planului prin tăieturi este (P) : x + y + 4 z 1 = 0, sau (P) : 6x 4y + z 1 = 0. 4) Ecuaţia vectorială a planului este (P) : r = r A + t u + s v, t, s R. Ecuaţia canonică x + 1 y z se obţine din ( r r A, u, v) = 0 şi este 1 = 0, sau (P) : 5x 11y 7z + 1 5 = 0. 5. 1) Scrieţi ecuaţia planului care trece prin A(, 1, ) şi este perpendicular pe AB, unde B( 4,, 1).

G. POPA, P. GEORGESCU ) Scrieţi ecuaţia planului care trece prin A(,, 5) şi este paralel cu planul (P) : x + y z + 5 = 0. ) Scrieţi ecuaţia planului care trece prin A(1,, ), B(,, ) şi este paralel cu u = ı + j 4 k. 1) Un vector normal este AB = ı + j k. Ecuaţia a planului determinat de A şi de vectorul normal AB este (P) : (x + ) + (y 1) (z ) = 0, sau (P) : x y + z + = 0. ) Două plane paralele au normalele paralele, deci putem considera că N = ı + j k este normal la planul căutat. Astfel, ecuaţia sa va fi (P) : (x ) + (y ) (z 5) = 0, sau (P) : x + y z + 7 = 0. ) Doi vectori directori ai planului sunt AB = ı k şi u = ı + j 4 k. Ecuaţia canonică a planului care trece prin A şi are ca vectori directori AB şi u este (P) : x 1 y z 1 0 1 = 0, sau (P) : x + y + z 6 = 0. 1 4 5. Determinaţi ecuaţia unui plan (P) care trece prin A(, 1, ), B(,, 1) şi este perpendicular pe planul (P 1 ) : x y + z 4 = 0. Fiind perpendicular pe (P 1 ), planul (P) este paralel cu normala la (P 1 ), care are ca vector director N = ı j + k. Un alt vector director al lui (P) este AB = ı + j k, x y 1 z deci ecuaţia planului dorit este (P) : 1 = 0, sau (P) : y + z 5 = 0. 1 1 5.4 Scrieţi ecuaţia planului (P) care trece prin A(, 1, ) şi este perpendicular pe planele (P 1 ) : x + y + z = 0, (P ) : x + y z + = 0. Planul (P) admite ca vectori directori vectorii normali la planele (P 1 ) şi (P ), respectiv pe N 1 = ı + j + k şi N = ı + j k. Ecuaţia planului care trece prin A şi are ca x y 1 z vectori directori N1 şi N este (P) : 1 1 = 0, sau (P) : x y + z 4 = 0. 1 1

4 Capitolul 5 PLANUL ÎN SPAŢIU 5.5 Determinaţi ecuaţia unui plan (P) ştiind că perpendiculara din origine pe acesta îl intersectează în A(,, 4). Vectorul OA = ı + j + 4 k este normal planului (P), deci ecuaţia lui (P) este (P) : (x ) + (y ) + 4(z 4) = 0, sau (P) : x + y + 4z 9 = 0. 5.6 Determinaţi ecuaţia unui plan (P) ştiind că perpendiculara coborîtă din M(1,, ) pe acesta îl intersectează în A(1,, 1). Vectorul AM = 4 j + k este normal planului (P), deci ecuaţia lui (P) este (P) : 4(y + ) + (z 1) = 0, sau (P) : y + z + = 0. 5.7 Fie A(4,, ), B(, 6, 5). Precizaţi ecuaţia planului mediator al segmentului [AB]. Planul mediator al segmentului [AB] admite ca vector director pe AB = ı + 4 j + k şi trece prin mijlocul M al segmentului, unde M = M(, 4, 4). Astfel, ecuaţia planului dorit este (P) : (x ) + 4(y 4) + (z 4) = 0, sau (P) : x y z + 9 = 0. 5.8 Determinaţi proiecţia punctului A(, 1, 1) pe planul (P) : x + y + z + 5 = 0 şi simetricul său faţă de planul dat. Observăm mai întâi că A nu aparţine planului. Vectorul normal la plan N = ı + j + k este vector director pentru perpendiculara din A pe plan, care are astfel ecuaţiile parametrice (d) : x = + t, y = 1 + t, z = 1 + t, t R. Proiecţia A 0 a punctului A pe planul (P) se află intersectând dreapta (d) cu planul; obţinem că ( + t) + (1 + t) + (1 + t) + 5 = 0, deci t = 1. Prin urmare, A 0 = A 0 (1, 0, ). Simetricul A al punctului A faţă de planul (P) este, de fapt, simetricul lui A faţă de A 0. Rezultă că x A = x A0 x A, y A = y A0 y A, z A = z A0 z A, deci A = A (0, 1, 5). x y z + = 0 x + 1 5.9 Fie (d 1 ) :, (d ) : = y = z +. Demonstraţi că x y + z = 0 5 8 1 dreptele (d 1 ) şi (d ) sunt paralele, justificând mai întâi de ce (d 1 ) este o dreaptă.

G. POPA, P. GEORGESCU 5 Planele (P 1 ) : x y z + = 0 şi (P ) : x y + z = 0 au vectorii normali N 1 = ı j k şi N = ı j + k necoliniari, deci sunt concurente, iar intersecţia lor este o dreaptă. Un vector director al dreptei (d 1 ) este ı j k N 1 N = 1 1 = 5 ı 8 j + k. 1 Cum (d ) admite vectorul director v = 5 ı + 8 j k şi v N1 N, rezultă că dreptele (d 1 ) şi (d ) sunt paralele sau confundate. Cum A( 1,, ) (d ), dar A (d 1 ), urmează că (d 1 ) (d ). 5.10 Precizaţi care dintre următoarele perechi de plane sunt alcătuite din plane paralele, confundate sau perpendiculare. 1)(P 1 ) : x + y z + 4 = 0, (P ) : 4x + y 6z + = 0; )(P 1 ) : x y + z = 0, (P ) : x y + 4z 6 = 0; )(P 1 ) : x + y + z 1 = 0, (P ) : x + y z + = 0 1) Observăm că 4 = 1 = 6 = 4, deci (P 1) (P ). ) Cum 1 = 1 = 4 = 6, urmează că (P 1) (P ). ) Un vector normal la (P 1 ) este N1 = ı + j + k, iar un vector normal la (P ) este N = ı + j k. Avem că N1 N = 1 1 + 1 1 + 1 ( ) = 0, prin urmare N1 N, deci (P 1 ) (P ). 5.11 Precizaţi dacă planele (P 1 ) : x + y z = 0, (P ) : x y + z = 0, (P ) : x + y z 4 = 0 au puncte comune. x + y z = 0 Sistemul x y + z = 0 admite unica soluţie x = 1, y =, z = 1, prin x + y z 4 = 0 urmare cele trei plane au un singur punct comun, anume A(1,, 1). 5.1 Determinaţi poziţia dreptei (d) faţă de planul (P) dacă

6 Capitolul 5 PLANUL ÎN SPAŢIU 1) (d) : x + 5 ) (d) : x 4 ) (d) : x + 1 = y 1 = y + 1 = y 1 = z + 1, (P) : x + y + z = 0; = z 1, (P) : x y + z = 0; = z +, (P) : x 5y + 4z + 15 = 0. 1 1) Vectorul director v = 5 ı + j + k al dreptei (d) şi vectorul normal N = ı + j + k la planul (P) au produsul scalar v N = 5 + + = 0, prin urmare v N. Rezultă că (d) (P) sau (d) (P). Punctul A(, 1, 1) aparţine dreptei (d) şi nu aparţine lui (P), deci (d) (P). ) Vectorul director v = 4 ı + j + k al dreptei (d) şi vectorul normal N = ı j + k la planul (P) au produsul scalar v N = 8 + = 7 = 0, deci dreapta (d) are un singur punct comun cu planul (P). ) Vectorul director v = ı + j + k al dreptei (d) şi vectorul normal N = ı 5 j + 4 k la planul (P) au produsul scalar v N = 6 10 + 4 = 0. Cum punctul A( 1, 1, ) aparţine atât dreptei (d) cât şi planului (P), rezultă că (d) (P). 5.1 Determinaţi unghiul planelor 1) (P 1 ) : x y + 4z 5 = 0, (P ) : x + y z + 6 = 0; ) (P 1 ) : x + y z + 6 = 0, (P ) : x y + z 1 = 0; ) (P 1 ) : x + y + z 1 = 0, (P ) : x y z + 5 = 0. 1) Vectorii normali N1 = ı j + 4 k şi N = ı + j k au produsul scalar N1 N = 6 4 = 0, prin urmare sunt perpendiculari. Deducem că şi planele (P 1 ) şi (P ) sunt perpendiculare. este ) Cosinusul unghiului format de vectorii normali N1 = ı + j k şi N = ı j + k cos N1, N = N 1 N 1 + ( 1) + ( 1) N1 N = 1 + + ( 1) + ( 1) + = 6. Cum unghiul a două plane se consideră a fi neobtuz, rezultă că m( (P1 ), (P )) = arccos( ) m( (P1 ), (P )) = arccos( 14 ). 5.14 Calculaţi distanţa între planele (P 1 ) : x 10y + 11z 6 = 0, (P ) : x 10y + 11z 1 = 0. 6 ).

G. POPA, P. GEORGESCU 7 Cele două plane sunt paralele deoarece = 10 10 = 11 6 11 = 1, deci distanţa dintre ele se poate calcula ca distanţa de la punctul A(, 1, ), care aparţine lui (P 1 ), pâna la (P ). Această distanţă este d((a), (P )) = x A 10y A + 11z A 1 + ( 10) + 11 = 15 5 = 1. 5.15 Determinaţi ecuaţia unui plan (P) aflat la egală distanţă de planele (P 1 ) : x + y z + = 0 şi (P ) : x + y z + 15 = 0. Planele (P 1 ) şi (P ) sunt paralele, deoarece 1 1 = 1 1 = = 15. Punctul A(, 1, 1) aparţine planului (P 1 ), deci d((p 1 ), (P )) = d(a, (P )) = x 1 + y A z A + 15 1 + 1 + ( ) = 6. Planul (P) va fi paralel cu (P 1 ), prin urmare ecuaţia sa este de tipul (P) : x + y z + α = 0. Distanţa de la punctul (A) la (P) este 1 6 = 6, astfel că x A + y A z A + α 1 + 1 + ( ) = 6 + α = 6 α {9, }. Cum (P) se află între planele (P 1 ) şi (P ), reţinem doar valoarea α = 9. În concluzie, (P) : x + y z + 9 = 0. 5.16 Fie planul (P) : r ( ı 6 j + 9 k) = 10. 1) Precizaţi semnificaţia vectorului v = ı 6 j + 9 k pentru acest plan şi determinaţi un punct care aparţine lui (P). ) Determinaţi ecuaţia carteziană generală a unui plan care este paralel cu (P) şi trece prin A(1,, 5). 1) Vectorul v este normal la planul (P). Dacă r = x ı + y j + z k, atunci r ( ı 6 j + 9 k) = x 6y + 9z, prin urmare ecuaţia canonică a planului este x 6y + 9z 10 = 0. Pentru y = 1, z =, obţinem că x = 0, deci A(0, 1, ) este un punct al planului (P). ) Un plan paralel cu (P) va admite pe v ca vector normal, deci ecuaţia sa va fi (x 1) 6(y ) + 9(z 5) = 0, sau x 6y + 9z 9 = 0.

8 Capitolul 5 PLANUL ÎN SPAŢIU 5.17 Scrieţi dreapta (d) : x 1 = y + 1 = z 4 ca o intersecţie de plane. Căutăm doi vectori necoliniari perpendiculari pe vectorul director v al dreptei, v = ı + j + k. Găsim, de exemplu, N1 = ı + j k şi N = ı j. Planele (P 1 ) şi (P ), care admit ca vectori normali pe N1, respectiv N, şi conţin punctul A(1,, 4) (d), au (x 1) + (y + ) (z 4) = 0 ca intersecţie dreapta (d). Prin urmare, (d) :, sau (x 1) (y + ) = 0 x + y z + 6 = 0 (d) :. x y 7 = 0 alternativă Orice plan (P) care conţine pe (d) trece prin A(1,, 4) şi are ca vector director v, deci va avea ecuaţia x(t) = 1 + t + αs (P) : y(t) = + t + βs unde w = α ı + β j + γ k este un al doilea vector director z(t) = 4 + t + γs al lui (P). Pentru w 1 = ı + j + k, respectiv w = i + j + k obţinem că (d) se poate scrie x(t) = 1 + t + s x(t) = 1 + t + s ca interesecţie a planelor (P 1 ) : y(t) = + t + s şi (P ) : y(t) = + t + s ; z(t) = 4 + t + s z(t) = 4 + t + s planele (P 1 ) şi (P ) sunt distincte deoarece w, w 1, w nu sunt coplanari. x + y z + 1 = 0 5.18 Scrieţi ecuaţia dreptei (d) : x y + z 5 = 0 sub formă canonică. x(α) = 9 α 7 Soluţiile sistemului dat sunt y(α) = 5α 8 7 z(α) = α de unde ecuaţia canonică a dreptei este (d) : x 9 7 = y+ 8 7 5 = z 7. alternativă, α R. De aici, 7x 9 = 7y+8 5 = z 1 = α,

G. POPA, P. GEORGESCU 9 x(α) = 9 α 7 Ca mai sus, soluţiile sistemului dat sunt y(α) = 5α 8, α R. Două puncte ale 7 z(α) = α dreptei (d) sunt deci A(0, 1, ) (pentru α = ) şi B(, 4, 4) (pentru α = 4), deci AB = ı 5 j 7 k este un vector director al dreptei (d). Ecuaţia parametrică a dreptei este atunci (d) : x = y 1 5 = z 7. alternativă Un vector director al dreptei (d) este v = N1 N, unde N1 = ı + j k, N = ı j + k sunt vectori normali la planele (P1 ) : x + y z + 1 = 0, (P ) : x y + z 5 = 0. Se obţine că ı j k v = 1 1 = ı 5 j 7 k. 1 Un punct particular al dreptei (d) se obţine, de exemplu, pentru x = 0; de aici A(0, 1, ) (d) şi se regăseşte ecuaţia anterioară. 5.19 Determinaţi ecuaţia planului care conţine dreapta (d) : punctul B(,, 1). x + y z + 1 = 0 x y + z 4 = 0 Ecuaţia unui plan care conţine dreapta (d) este (P) : ( + a)x + ( a)y + ( 1 + a)z + (1 4a) = 0. Impunem ca B(,, 1) să aparţină lui (P): ( + a) + ( a) + ( 1 + a) + (1 4a) = 0, deci a = 5 6. Astfel, (P) : 1x 8y + z 19 = 0. şi 5.0 Determinaţi ecuaţia planului care conţine dreapta (d) : punctul B(1, 1, ). x + 1 = y 1 4 = z + şi Dreapta (d) conţine punctul A( 1, 1, ). Doi vectori directori ai planului căutat sunt AB = ı + 4 k şi vectorul director al dreptei (d), v = ı + 4 j + k. Un vector normal la plan este N = ı j k AB v = 0 4 = 16 ı + j 8 k. 4

40 Capitolul 5 PLANUL ÎN SPAŢIU Ecuaţia planului va fi atunci (P) : 16(x + 1) + (y 1) 8(z + ) = 0, adică (P) : 16x + y 8z 46 = 0, sau (P) : 8x y + 4z + = 0. 5.1 Precizaţi ecuaţia planului determinat de dreptele paralele (d 1 ) : x + 1 = y 1 = z + şi (d ) : x 1 = y + 1 = z 1. Punctele A( 1,, ) şi B(1,, 1) se află pe (d 1 ), respectiv (d ), deci AB = ı 5 j + k este vector director al planului. Un vector normal la plan este N = ı j k AB v = 5 = 6( ı k), 1 deci N0 = ı k este de asemenea vector normal la plan. Ecuaţia planului va fi (P) : (x + 1) (z + ) = 0, sau (P) : x z 1 = 0. 5. Precizaţi ecuaţia planului care conţine perpendicularele din A(, 1, ) pe planele (P 1 ) : 4x y + z 1 = 0 şi (P ) : x + 5y z + = 0. Cele două perpendiculare au vectorii directori N1 = 4 ı j + k şi N = ı + 5 j k, deci N = N1 N este un vector normal la planul dorit. Avem că ı j k N 1 N = 4 1 = ı + 5 j + k. 1 5 1 Ecuaţia planului este (P) : (x ) + 5(y 1) + (z ) = 0, sau (P) : x 5y z + 45 = 0. 5. Precizaţi distanţa de la A(,, 1) la planul (P) : x 6y + 9z = 0. Are loc egalitatea d(a, (P)) = x A 6y A + 9z A + ( 6) + 9 = 7 11 = 7 11.

G. POPA, P. GEORGESCU 41 x + y + = 0 5.4 Precizaţi distanţa de la A(, 1, 5) la dreapta (d) : x z 6 = 0. Coordonatele unui punct oarecare de pe dreapta (d) sunt M(α, 1 α, α ), deci AM = (α ) + ( α ) + ( α 8). Pentru a determina distanţa de la A la planul (P) trebuie să minimizăm AM, adică să găsim minimul funcţiei f : R R, f (α) = 7α 8α + 68. Cum acest minim este m = 8 14 68 7 = 1, urmează că distanţa căutată este d(a, (d)) = 1 =. alternativă Un vector director al dreptei (d) este v = N1 N, unde N1 = ı + j şi N = ı k sunt vectori normali la planele (P 1 ) : x + y + = 0, (P ) : x z 6 = 0. Se obţine că ı j k v = 1 0 = 4 ı + j 6 k. 0 Un punct particular al dreptei (d) se obţine, de exemplu, pentru x = 0; de aici, B(0, 1, ) (d). Atunci BA v d(a, (d)) =. v Deoarece ı j k BA = ı + 8 k iar BA v = 0 8 = 16 ı + 0 j + 4 k, urmează că 4 6 ( 16) + 0 d(a, (d)) = + 4 67 ( 4) + + ( 6) = = 1 =. 56 alternativă Ca mai sus, se obţine că un vector director al dreptei (d) este v = 4 ı + j 6 k. Ecuaţia planului care trece prin A şi este perpendicular pe dreapta (d) este 4(x ) + (y + 1) 6(z 5) = 0, adică (P) : 4x + y 6z + 0 = 0. Intersecţia dreptei (d) x + y + = 0 cu planul (P) se obţine rezolvând sistemul x z 6 = 0 ; punctul de 4x + y 6z + 0 = 0

4 Capitolul 5 PLANUL ÎN SPAŢIU intersecţie este B(4,, ). Distanţa căutată este atunci AB = (4 ) + ( ) + ( ) =. alternativă Ca mai sus, se obţine că un vector director al dreptei (d) este v = 4 ı + j 6 k, iar coordonatele unui punct oarecare de pe dreapta (d) sunt M(α, 1 α, α ). Dacă AM (d), atunci AM v = 0, deci (α )( 4) + ( α ) + ( α 8)( 6) = 0, de unde α = 4, iar M = M(4,, ). Distanţa căutată este atunci AM = (4 ) + ( ) + ( ) =. alternativă Ecuaţia unui plan care conţine dreapta (d) este (P) : x + y + + a(x z 6) = 0. Impunem ca A (P) : + ( ) + + a( 5 6) = 0, de unde a = 1 5, iar ecuaţia planului (P 1 ) care conţine pe A şi (d) este (P 1 ) : 8 5 x + y 5 z + 4 5 = 0. Distanţa de la A la (d) va fi distanţa de la A la planul (P ) care trece prin (d) şi este perpendicular pe (P 1 ). Ecuaţia lui (P ) va fi (P ) : x + y + + b(x z 6) = 0, sau (P ) : (1 + b)x + y bz + 6b = 0. Deoarece(P 1 ) (P ), urmează că (1 + b) 8 + 10 + ( b) ( ) = 0, de unde b = 1, iar ecuaţia lui (P ) este (P ) : x + y + z + 8 0. Distanţa căutată este atunci d(a, (P )) = x A + y A + z A + 8 ( ) + + = 1 =.

Capitolul 6 COORDONATE POLARE, CILINDRICE ŞI SFERICE 6.1 Determinaţi coordonatele carteziene ale punctelor cu următoarele coordonate polare: 1) M 1 (r =, θ = π ); ) M (r = 4, θ = 7π 6 ); ) M (r = 1, θ = 7π 4 ). Legătura dintre coordonatele polare (r, θ) şi coordonatele carteziene (x, y) este dată de formulele x = r cos θ, pentru M(x, y) = O(0, 0). y = r sin θ Urmează că 1) x = cos π = 1 = 1 y = sin π = = ; ) x = 4 cos 7π 6 = 4 cos ( π + π ) 6 = 4 cos π 6 = 4 = y = 4 sin 7π 6 = 4 sin ( π + π ) ; 6 = 4 sin π 6 = 4 1 = ) x = cos 7π 4 = cos ( π π ) ( ) 4 = cos π 4 = cos π 4 = y = sin 7π 4 = sin ( π π ) ( ) 4 = sin π 4 = sin π 4 =. 4

44 Capitolul 6 COORDONATE POLARE, CILINDRICE ŞI SFERICE 6. Determinaţi coordonatele polare ale punctelor cu următoarele coordonate carteziene: 1) M 1 (1, ); ) M (, ); ) M (, 1); 4) M 4 (0, 1); 5) M 5 (0, 1). Deoarece se obţine că iar dacă x = 0, atunci x = r cos θ y = r sin θ, pentru M(x, y) = O(0, 0), r = x + y tg θ = y x, iar θ = arctg y + kπ, k {0, 1, }. x Urmează că 1) r = 1 + = 4 =, θ = arctg + kπ = π + kπ. Cum M 1 este un punct din primul cadran, urmează că k = 0, deci θ = π. ) r = + ( ) = 8 =, θ = arctg( 1) + kπ = π 4 + kπ. Cum M este un punct din cadranul al patrulea, urmează că k =, deci θ = 7π 4. ) r = ( ) + 1 = 4 =, θ = arctg( ) + kπ = π 6 + kπ. Cum M este un punct din cadranul al doilea, urmează că k = 1, deci θ = 5π 6. 4) Deoarece x = 0, arctg y x nu este definită. Cum M 4 se află pe semiaxa (Oy, urmează că θ = π. 5) Deoarece x = 0, arctg y x nu este definită. Cum M 5 se află pe semiaxa (Oy, urmează că θ = π. 6. Fie pătratul ABCD de latură l. Determinaţi coordonatele polare ale vârfurilor în următoarele situaţii: 1) Polul este în O, centrul pătratului, iar axa polară este semidreapta [OA; ) Polul este în A iar axa polară este semidreapta [AB.

G. POPA, P. GEORGESCU 45 1) Diagonala pătratului are lungimea l, deci distanţa de la O la oricare din vârfuri este l. Cum OAB, OBC, OCD, ODA sunt dreptunghice şi isoscele, se observă că r A = l, θ A = 0; r B = l, θ B = π ; r C = l, θ C = π; r D = l, θ D = π. ) Se obţine că r A = 0, θ A nu este definit, deoarece A coincide cu polul sistemului de coordonate; r B = l, θ B = 0; r C = l, deoarece AC este diagonală a pătratului, θ C = π 4 deoarece BAC este dreptunghic isoscel cu ipotenuza AC; r D = l, θ D = π. 6.4 Fie hexagonul regulat ABCDEF de latură l. Determinaţi coordonatele polare ale vârfurilor în următoarele situaţii: 1) Polul este în O, centrul hexagonului, iar axa polară este semidreapta [OA; ) Polul este în A iar axa polară este semidreapta [AB. 1) Raza cercului circumscris hexagonului regulat ABCDEF de latura l este egală cu l, deci distanţa de la O la oricare din vârfuri este l. Cum OAB, OBC, OCD, ODE, OEF, OFA sunt echilaterale, se observă că r A = l, θ A = 0, r B = l, θ B = π, r C = l, θ C = π, r D = l, θ D = π, r E = l, θ E = 4π, r F = l, θ F = 5π. ) Se obţine că r A = 0, θ A nu este definit, deoarece A coincide cu polul sistemului de coordonate; r B = l, θ B = 0. Deoarece ABC este isoscel cu m(âbc) = π, urmează că θ C = π 6. Aplicând teorema sinusurilor în ABC se obţine că r C = AC = l. Cum AD este diametru în cercul circuscris hexagonului, se obţine că r D = l, iar deoarece ABCD este trapez isoscel cu m(âbc) = π, θ D = π. Deoarece BE este diametru, θ E = π, iar cum BE = l, AB = l, aplicând teorema lui Pitagora în ABE se obţine că AE = r E = l. Se obţine de asemenea că r F = l, iar cum θ F este unghi al hexagonului, θ F = π. 6.5 Precizaţi natura mulţimilor reprezentate în coordonate polare prin ecuaţiile următoare: 1) r = r 0, r 0 > 0; ) θ = θ 0, θ 0 [0, π). 1) Mulţimea punctelor aflate la distanţa r 0 > 0 de punctul fix O este cercul cu centru O şi rază r 0. ) Dacă M este un punct al locului geometric, atunci m( (Ox, OM) = θ 0, unde (Ox, OM este privit ca unghi orientat. Se obţine că locul geometric respectiv este o semidreaptă deschisă cu originea în O care face cu semidreapta (Ox unghiul orientat căutat.

46 Capitolul 6 COORDONATE POLARE, CILINDRICE ŞI SFERICE 6.6 Exprimaţi ecuaţiile următoare, date în coordonate carteziene, cu ajutorul coordonatelor polare: 1) x + y = a, a > 0; ) x y = b, b > 0; ) xy = c, c > 0. 1) Cum x = r cos θ, y = r sin θ, urmează că r (cos θ + sin θ) = a, deci r = a. ) Analog, r (cos θ sin θ) = a, deci r cos θ = a. ) Se obţine că r sin θ cos θ = c, deci r sin θ = c. 6.7 Dacă punctele A, B au respectiv coordonatele polare (ρ A, θ A ), (ρ B, θ B ), demonstraţi că AB = r A + r B r Ar B cos(θ A θ B ). Au loc relaţiile AB = (x B x A ) + (y B y A ) = (r B cos θ B r A cos θ A ) + (r B sin θ B r A sin θ A ) = r A + r B r Ar B (cos θ B cos θ A + sin θ B sin θ A ) = r A + r B r Ar B cos(θ A θ B ). 6.8 Fie A(r = r 0, θ = θ 0 ). Determinaţi coordonatele polare ale următoarelor puncte 1) M 1, simetricul lui A faţă de OX; ) M, simetricul lui A faţă de OY; ) M, simetricul lui A faţă de O; 4) M 4, simetricul lui A faţă de prima bisectoare; 5) M 5, simetricul lui A faţă de a doua bisectoare. 1)-5) Coordonatele căutate sunt M 1 (r = r 0, θ = π θ 0 ), M (r = r 0, θ = (π θ 0 ) mod π), M (r = r 0, θ = (π + θ 0 ) mod π), M 4 (r = r 0, θ = ( π θ) mod π), M 5 (r = r 0, θ = ( π θ) mod π). 6.9 Determinaţi coordonatele carteziene ale punctelor cu următoarele coordonate sferice: 1) M 1 (r =, ϕ = π 6, θ = π );

G. POPA, P. GEORGESCU 47 ) M (r = 1, ϕ = 5π 6, θ = 5π 4 ); ) M (r = 1, ϕ = 60, θ = 10 ). Legătura dintre coordonatele polare (r, ϕ, θ) şi coordonatele carteziene (x, y, z) este dată de formulele Urmează că 1) ) x = r sin ϕ cos θ y = r sin ϕ sin θ z = r cos ϕ, pentru M(x, y, z) Oz. x = sin π 6 cos π = 1 1 = 1; y = sin π 6 sin π = 1 z = cos π 6 =. = ; x = sin 5π 6 cos 5π 4 = sin ( π 5π ) ( ) ( 6 cos π + π 4 = 1 y = sin 5π 6 sin 5π 4 = sin ( π 5π ) ( ) ( 6 sin π + π 4 = 1 z = cos 5π 6 = cos ( π 5π ) 6 =. ) ) = 4 ; = 4 ; ) x = sin 60 cos 10 = sin 60 cos(180 60 ) = y = sin 60 sin 10 = sin 60 sin(180 60 ) = z = cos 60 = 1. ( 1 ) = 4 ; = 4 ; 6.10 Determinaţi coordonatele carteziene ale punctelor cu următoarele coordonate cilindrice: 1) M 1 (r = 4, θ = π, z = ); ) M (r = 6, θ = 7π 4, z = 1); ) M (r = 1, θ = 0, z = ).

48 Capitolul 6 COORDONATE POLARE, CILINDRICE ŞI SFERICE Legătura dintre coordonatele cilindrice (r, θ, z) şi coordonatele carteziene (x, y, z) este dată de formulele x = r cos θ y = r sin θ, pentru M(x, y, z) Oz. z = z Urmează că 1) ) ) x = 4 cos π = 4 1 = ; y = 4 sin π = 4 = ; z =. x = 6 cos 7π 4 = 6 cos ( π π ) 4 = 6 y = 6 sin 7π 4 = 6 sin ( π π ) ( 4 = 6 z = 1. x = cos 0 = 1 ; y = sin 0 = z =. ; ; ) ; 6.11 Determinaţi coordonatele sferice şi cilindrice ale punctelor cu următoarele coordonate carteziene: 1) M 1 (,, 0); ) M (1, 1, ); ) M (, 1, ). Coordonatele sferice Deoarece legătura dintre coordonatele sferice (r, ϕ, θ) şi coordonatele carteziene (x, y, z) este dată de formulele x = r sin ϕ cos θ y = r sin ϕ sin θ, pentru M(x, y, z) Oz z = r cos ϕ

G. POPA, P. GEORGESCU 49 urmează că r = x + y + z iar dacă x = 0, atunci tg θ = y x, iar θ = arctg y + kπ, k {0, 1, }. x De asemenea, deci cos ϕ = ϕ = arccos z x + y + z, z x + y + z. 1) r = + + 0 = 18 =, θ = arctg 1 + kπ = π 4 + kπ. Cum proiecţia lui M 1 pe planul xoy este un punct din primul cadran, urmează că k = 0, deci θ = π 4. De asemenea, ϕ = arccos 0 = π. ) r = 1 + ( 1) + = 4 =, θ = arctg( 1) + kπ = π 4 + kπ. Cum proiecţia lui M pe planul xoy este un punct ( din cadranul al patrulea, urmează că k =, deci θ = 7π ) 4. De asemenea, ϕ = arccos = π 4. ) r = + 1 + ( ) = 9 =, θ = arctg 1 + kπ. Cum proiecţia lui M 1 pe planul xoy este un punct din primul cadran, urmează că k = 0, deci θ = arctg 1. De asemenea, ϕ = arccos ( ) = π arccos. Coordonatele cilindrice Deoarece legătura dintre coordonatele cilindrice (r, θ, z) şi coordonatele carteziene (x, y, z) este dată de formulele x = r cos θ y = r sin θ z = z, pentru M(x, y, z) Oz, urmează că r = x + y, iar dacă x = 0, atunci Coordonata z rămâne aceeaşi. tg θ = y x, iar θ = arctg y + kπ, k {0, 1, }. x 1) r = + =. Ca mai sus, θ = π 4. În plus, z = 0.

50 Capitolul 6 COORDONATE POLARE, CILINDRICE ŞI SFERICE ) r = 1 + ( 1) =. Ca mai sus, θ = 7π 4. În plus, z =. ) r = + 1 = 5. Ca mai sus, θ = arctg 1. În plus, z =. 6.1 Exprimaţi ecuaţiile următoare, date în coordonate cilindrice, cu ajutorul coordonatelor carteziene: 1) z = r cos θ; ) z = r sin θ; ) z = r cos( π 4 θ). 1) Deoarece cos θ = cos θ sin θ, urmează că z = r ( cos θ sin θ ) = x y. ) Deoarece sin θ = sin θ cos θ, urmează că z = r sin θ cos θ = xy. ) Deoarece cos( π 4 θ) = cos π 4 cos θ + sin π 4 sin θ = z = r (cos θ + sin θ) = (x + y). (cos θ + sin θ), urmează că 6.1 Exprimaţi ecuaţiile următoare, date în coordonate sferice, cu ajutorul coordonatelor carteziene: 1) r sin ϕ cos θ = 1; ) r sin ϕ cos θ = 1; ) r = sin ϕ cos θ. 1) Deoarece sin ϕ = sin ϕ cos ϕ, urmează că r sin ϕ cos ϕ cos θ = 1, adică r sin ϕ cos θ r cos ϕ = 1, sau xz = 1. ) Deoarece cos θ = cos θ sin θ, urmează că r sin ϕ(cos θ sin θ) = 1, sau r sin ϕ cos θ r sin ϕ sin θ = 1, sau x y = 1. ) Se observă că, pentru buna definire a coordonatelor sferice, r = 0. Cum sin ϕ cos θ = x r, urmează că r = x r, deci r = x, sau x + y + z = x. 6.14 Fie cubul ABCDA B C D de latură l. Determinaţi coordonatele sferice ale punctelor O (centrul cubului), C, C în raport cu reperul (A; AB, AD, AA ). Mai întâi, se observă cu ajutorul teoremei lui Pitagora că diagonala unei feţe a cubului este l iar diagonala cubului este l. A C AA Deoarece AO reprezintă jumătate din diagonala cubului, r O = l. Cum tg  AC = =, urmează că ϕ O = arctg şi din acelaşi motiv ϕ C = arctg. Deoarece O se proiectează pe planul (ABC) în mijlocul diagonalei AC iar ABC este dreptunghic isoscel, urmează că θ O = π 4. Pentru că AC este diagonală a unei feţe, r C = l, iar

G. POPA, P. GEORGESCU 51 pentru că AA (ABC), ϕ C = π. Deoarece ABC este dreptunghic isoscel, θ C = π 4, şi din acelaşi motiv θ C = π 4. În fine, deoarece AC este diagonală a cubului, r C = l. 6.15 Precizaţi natura mulţimilor exprimate în coordonate sferice prin ecuaţiile următoare: 1) r = r 0, r 0 > 0; ) ϕ = ϕ 0, ϕ 0 [0, π]; ) θ = θ 0, θ 0 [0, π]. 1) Mulţimea punctelor aflate la distanţa r 0 de axa Oz reprezintă un cilindru de rotaţie cu Oz ca axă de rotaţie şi generatoare paralelă cu Oz, aflată la distanţa r 0 de aceasta. ) Dacă M este un punct al locului geometric, se obţine că m( (Oy, OM) = ϕ 0. Se obţine că locul geometric respectiv este un con de rotaţie în jurul semiaxei Oy, cu generatoare o semidreaptă cu originea în O care face cu Oy un unghi ϕ 0. ) Proiecţia locului geometric pe planul xoy este o semidreaptă (s) pentru care m( (Ox, (s)) = θ 0, acest unghi fiind privit ca unghi orientat. Se obţine că locul geometric respectiv este un semiplan perpendicular pe planul (xoy), a cărui intersecţie cu acesta este semidreapta (s). 6.16 Precizaţi natura mulţimilor exprimate în coordonate cilindrice prin ecuaţiile următoare: 1) r = r 0, r 0 > 0; ) θ = θ 0, θ 0 [0, π]; ) z = z 0, z 0 R. 1) La fel ca la problema precedentă, locul geometric este un cilindru de rotaţie cu Oz ca axă de rotaţie şi generatoare paralelă cu Oz, aflată la distanţa r 0 de aceasta. ) La fel ca la problema precedentă, locul geometric respectiv este un semiplan perpendicular pe planul (xoy), a cărui intersecţie cu acesta este o semidreapta (s) pentru care m( (Ox, (s)) = θ 0. ) Locul geometric este un plan perpendicular pe Oz care trece prin A(0, 0, z 0 ). 6.17 Precizaţi natura mulţimilor exprimate în coordonate sferice prin relaţiile următoare: 1) r =, ϕ = π ; ) r =, θ = π 4 ; ) ϕ = π 6, θ = π.

5 Capitolul 6 COORDONATE POLARE, CILINDRICE ŞI SFERICE 1) Cerc cu centrul în A(0, 0, ) şi rază 1. ) Intersecţia sferei de rază şi centru în origine cu semiplanul perpendicular pe planul (xoy), a cărui intersecţie cu acesta este bisectoarea primului cadran, adică un semicerc. ) O semidreaptă deschisă cu originea în O. 6.18 Exprimaţi ecuaţiile următoare, date în coordonate carteziene, cu ajutorul coordonatelor sferice şi cilindrice: 1) x + y = 4; ) x + y + z = 4; ) x + y z = 0. În coordonate sferice: 1) Deoarece (r sin ϕ cos θ) + (r sin ϕ sin θ) = 4, urmează că r sin ϕ = 4. ) Deoarece (r sin ϕ cos θ) + (r sin ϕ sin θ) + (r cos ϕ) = 4, urmează că r = 4, sau r =. ) Deoarece (r sin ϕ cos θ) + (r sin ϕ sin θ) (r cos ϕ) = 4, urmează că r sin ϕ r cos ϕ = 0, sau r cos ϕ = 0. În coordonate cilindrice: 1) Deoarece (r cos θ) + (r sin θ) = 4, urmează că r = 4, sau r =. ) Deoarece (r cos θ) + (r sin θ) + z = 4, urmează că r + z = 4. ) Deoarece (r cos θ) + (r sin θ) z = 4, urmează că r z = 4.

Capitolul 7 ROTAŢII ŞI TRANSLAŢII 7.1 Se consideră în plan vectorul v = ı j. Determinaţi imaginile obţinute în urma translaţiei de vector v a 1) punctului M(1, ); ) dreptei (d) : x + y = 0. Formula de transformare a coordonatelor după translaţia de vector v este x = x + 1, y = y + ( ), unde M (x, y ) este imaginea lui M(x, y) prin translaţia de vector v. 1) Se obţine că x = 1 + 1 =, y = + ( ) = 4, deci M = M (, 4). ) Două puncte ale dreptei (d) sunt O(0, 0) şi M(1, ). Imaginile acestora prin translaţia dată sunt O (1, ), respectiv, M (, 4), deci imaginea dreptei (d) = OM este dreapta (d ) = O M, de ecuaţie x + y = 0. Observăm că (d) şi (d ) coincid, deoarece vectorul v cu care se face translaţia este paralel cu vectorul director al dreptei. alternativă ) Deoarece x = x + 1, y = y + ( ), urmează că x = x 1, y = y +. Înlocuind aceste relaţii în ecuaţia dreptei (d) urmează că (x 1) + (y + ) = 0, adică x + y = 0. 7. Se consideră în spaţiu vectorul v = ı + j + k. Determinaţi imaginile obţinute în urma translaţiei de vector v a 1) punctului M(1,, ); ) dreptei (d) : x 1 = y = z 1 1 ; ) planului (P) : x + y z = 0. 5

54 Capitolul 7 ROTAŢII ŞI TRANSLAŢII Formula de transformare a coordonatelor după translaţia de vector v este x = x + 1, y = y + 1, z = z + 1, unde M (x, y, z ) este imaginea lui M(x, y, z) prin translaţia de vector v. 1) Se obţine că x = 1 + 1 =, y = + 1 =, z = + 1 = 4, deci M = M (,, 4). ) Două puncte ale dreptei (d) sunt M(1,, ) şi N(, 4, 4). Imaginile acestora prin translaţia dată sunt M (,, 4), respectiv, M (, 5, 5), deci imaginea dreptei (d) = MN este dreapta (d ) = M N, de ecuaţie x 1 = y = z 4 1. ) Imaginea planului (P) prin translaţia de vector v este un plan (P ) paralel cu acesta, deci (P ) : x + y z + C = 0. Un punct al planului (P) este M(1,, ), iar un punct al planului (P ) este imaginea M (,, 4) a lui M. Urmează că + 4 + C = 0, deci C = 1, iar ecuaţia lui (P ) este (P ) : x + y z 1 = 0. alternativă ) Deoarece x = x + 1, y = y + 1, z = z + 1, urmează că x = x 1, y = y 1, z = z 1. Înlocuind aceste relaţii în ecuaţia dreptei (d) urmează că (x 1) 1 1 = (y 1) 1 = (z 1) 1 1, adică x 1 = y = z 4 1. ) Ecuaţia lui (P ) este (x 1) + (y 1) (z 1) = 0, adică (P ) : x + y z 1 = 0. 7. 1) Precizaţi coordonatele punctului M obţinut prin rotaţia lui M(1, ) cu 0 în jurul originii în sens direct trigonometric. ) Reperul R(O; ı, j) se roteşte cu 0 în jurul originii în sens direct trigonometric. Precizaţi noile coordonate ale punctului M(1, ). 1) Formula de transformare a coordonatelor după rotaţia în jurul originii cu 0 în sens direct trigonometric este În cazul nostru, ( ) ( ) ( ) x cos 0 sin 0 x = sin 0 cos 0. y y ( ) ( ) ( ) x cos 0 sin 0 1 y = sin 0 cos 0 = deci M = M (, 1+ ). ( 1 1 ) ( ) 1 = ( ) 1+,

G. POPA, P. GEORGESCU 55 ) Formula de transformare a coordonatelor după rotaţia reperului în jurul originii cu 0 în sens direct trigonometric este ( ) ( ) ( ) x cos 0 sin 0 x y = sin 0 cos 0. y În cazul nostru, ( ) ( ) ( ) x cos 0 sin 0 1 y = sin 0 cos 0 = deci M = M ( +, 1 ). ( 1 1 ) ( ) 1 = ( ) + 1, 7.4 Se consideră punctele A(1, 0) şi B(, ). Rotim segmentul AB în jurul punctului A, în sens trigonometric, cu un unghi ϕ. Aflaţi coordonatele imaginii B a lui B prin această rotaţie, în fiecare din cazurile 1) ϕ = 90 ; ) ϕ = 10. Formula de transformare a coordonatelor după rotaţia în jurul lui A(x A, y A ) cu un unghi ϕ în sens direct trigonometric este ( ) ( ) ( ) x x A cos ϕ sin ϕ x xa y =. y A sin ϕ cos ϕ y y A 1) Au loc relaţiile ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x 1 cos 90 sin 90 1 0 1 1 y = 0 sin 90 cos 90 = =, 0 1 0 1 deci B = B (, 1). ) Aplicând aceleaşi formule, obţinem că B = B ( 1, ). 7.5 Se consideră punctele A(1, 0) şi B(, ). Fie A, B imaginile acestor puncte printr-o rotaţie în jurul originii O, de unghi 60, în sens trigonometric. Determinaţi ecuaţia dreptei A B. Mai întâi, observăm că ( ) ( ) ( ) ( xa cos 60 sin 60 ) ( ) 1 xa 1 = y A sin 60 cos 60 = y 1 A 0 ( ) ( ) ( ) ( xb cos 60 sin 60 ) ( ) 1 xb = y B sin 60 cos 60 = = y B 1 ) ( 1 = ), ( +.

56 Capitolul 7 ROTAŢII ŞI TRANSLAŢII Astfel, A ( 1, ), B ( y +., + ), iar ecuaţia dreptei A B va fi (A B ) : x 1 1 = 7.6 Se consideră ABC, unde A(1, 0), B( 1, 0), C(0, ). Determinaţi imaginile vârfurilor triunghiului în urma rotaţiilor 1) în jurul lui A, în sens invers trigonometric, cu 60 ; ) în jurul centrului de greutate G al triunghiului, în sens invers trigonometric, cu 10. Mai întâi, se observă că ABC este echilateral, deoarece AB = AC = BC =. 1) Punctul A, ca şi centru de rotaţie, îşi păstrează coordonatele, deci A = A (1, 0). În urma rotaţiei descrise, punctul B ajunge în C, deci B = B (0, ). În sfârşit, ( ) ( ) ( ) xc 1 cos( 60 ) sin( 60 ) 0 1 = y C 0 sin( 60 ) cos( 60 = ) 0 deci C = C (, ). ( 1 1 ) ( 1 ) = ( 1 ) În urma acestei rotaţii, vârfurile se permută între ele, anume A = A, B = C, C = A, prin urmare A = A ( 1, 0), B = B (0, ), iar C = C (1, 0). ),

Capitolul 8 CONICE PE ECUAŢII REDUSE 8.1 CERCUL 8.1 Precizaţi ecuaţia cercului în fiecare dintre cazurile următoare: 1) Centrul cercului este în C( 4, ) şi cercul trece prin origine. ) Punctele A(, ), B(5, 4) sunt extremităţile unui diametru. ) Centrul cercului este în C(1, ), iar dreapta (d) : x + y + 1 = 0 este tangentă la cerc. 4) Cercul trece prin punctele A(, ), B(0, 1), C(1, 0). 1) Raza cercului este r = CO = 5, prin urmare ecuaţia sa este (C) : (x x C ) + (y y C ) = r, adică (x + 4) + (y ) = 5. ) Raza cercului este r = 1 AB = 5, iar centrul său este mijlocul segmentului [AB], de coordonate C(1, 1). Ecuaţia cercului este (C) : (x 1) + (y + 1) = 5. ) Raza cercului este distanţa de la punctul C la dreapta (d), deci r = 1++1 =. 1 +1 Ecuaţia cercului este (C) : (x 1) + (y ) = 8. 4) Ecuaţia cercului care trece prin punctele A, B, C este x + y x y 1 x A + y A x A y A 1 x B + y B x B y B 1 = 0, xc + y C x C y C 1 i.e. (C) : x + y x y = 0. În formă redusă, (C) : urmare cercul are centrul M( 1, 1 ), iar raza sa este r = 1. ( ) ( x 1 + y ) 1 = 1, prin 57

58 Capitolul 8 CONICE PE ECUAŢII REDUSE 8. Precizaţi poziţia lui A(, 1) faţă de cercurile 1) (C 1 ) : x + y = 8; ) (C ) : (x + 1) + (y ) = ; ) (C ) : x + y 6x + 4y 17 = 0. 1) Cum ( ) + 1 = 5 < 8, rezultă că A Int(C 1 ). ) Deoarece ( + 1) + (1 ) =, înseamnă că A (C ). ) Fiindcă ( ) + 1 6 ( ) + 4 1 17 = 4 > 0, deducem că A Ext(C ). 8. Fie cercurile (C 1 ) : x + y + x + y = 0, (C ) : x + y 4x 6y + 4 = 0. 1) Demonstraţi că (C 1 ), (C ) sunt tangente exterior şi precizaţi coordonatele punctului de tangenţă. ) Determinaţi ecuaţia tangentei interioare la cele două cercuri în punctul de intersecţie. Ecuaţia redusă a lui (C 1 ) este (x + 1) + (y + 1) = 4, deci (C 1 ) are centrul M 1 ( 1, 1) şi raza r 1 =. Ecuaţia redusă a lui (C ) este (x ) + (y ) = 9, prin urmare (C ) are centrul M (, ) şi raza r =. 1) Cum M 1 M = 5 = r 1 + r, rezultă că cele două cercuri sunt tangente exterior. ) Punctul comun T al celor două cercuri se poate determina intersectându-le (deci rezolvând sistemul format din ecuaţiile lor) sau observând că T [M 1 M ], iar k = TM 1 TM = r 1 r = 4 =. Astfel, x T = x M 1 +kx M 1+k = 1 5, iar y T = y M 1 +ky M 1+k = 5. Panta liniei cen-, prin urmare panta tangentei comune interioare, care este trelor este m = y M 1 y M x M1 x M perpendiculară pe linia centrelor, este m 1 = 4 este (d) : y 5 = 4 alternativă ( x 1 5 ),, i.e. (d) : x + 4y = 0.. Ecuaţia tangentei comune interioare ) Axa radicală a două cercuri este locul geometric al punctelor din plan având puteri egale în raport cu două cercuri date; în situaţia în care cercurile respective sunt tangente, interior sau exterior, atunci axa radicală este chiar tangenta comună. Dacă (C) : f (x, y) = 0, puterea unui punct M(x M, y M ) faţa de cercul (C) este f (x M, y M ). Cum toate punctele A(x, y) ale tangentei au puteri egale faţă de cercurile date, urmează că x + y + x + y = x + y 4x 6y + 4, adică x + 4y = 0, care este ecuaţia tangentei. 8.4 Fie cercul (C 1 ) : x + y + 4x 6y + 9 = 0.

G. POPA, P. GEORGESCU 59 1) Determinaţi centrul şi raza cercului. ) Determinaţi ecuaţia diametrului perpendicular pe dreapta (d) : x y + 5 = 0. 1) Ecuaţia redusă a cercului este (C) : (x + ) + (y ) = 4, aşadar centrul cercului este M(, ), iar raza sa este r =. 1 m ) Panta dreptei (d) este m =, deci diametrul perpendicular pe (d) are panta = şi conţine centrul M al cercului. Ecuaţia sa va fi y = (x + ), i.e. x + y = 0. 8.5 Precizaţi poziţia dreptei faţă de cerc în fiecare din cazurile următoare. 1) (d 1 ) : x + y + = 0, (C 1 ) : x + y + 6x 4y + 9 = 0; ) (d ) : x y 5 = 0, (C ) : x + y = 5; ) (d ) : x y + 1 = 0, (C ) : x + y 8x + y + 11 = 0. 1) Ecuaţia redusă a cercului este (C 1 ) : (x + ) + (y ) = 4, prin urmare centrul său este M 1 (, ), iar raza sa este r 1 =. Distanţa de la centrul cercului la dreapta (d 1 ) este + + 1 + = 5 < r 1. ) Centrul cercului (C ) este M (0, 0), iar raza sa este r = 5. Distanţa de la M la (d ) este 0 0 5 = 5 = r, prin urmare (d ) este tangentă la (C ). Coordonatele 1 +( ) punctului de tangenţă se află rezolvând sistemul format din ecuaţia dreptei şi ecuaţia cercului; găsim T(1, ). ) Centrul cercului (C ) este M (4, 1), iar raza sa este r = 6. Distanţa de la M la (d ) este 4 ( 1)+1 = +( 1) 5 > 6, prin urmare (d ) este exterioară cercului (C ). alternativă 1) Formăm un sistem din ecuaţia dreptei şi ecuaţia cercului. Înlocuind x = y în ecuaţia lui (C 1 ) rezultă ecuaţia 5y 8y + 1 = 0, cu discriminantul = 44 > 0. Sistemul considerat are două soluţii, deci dreapta intersectează cercul în două puncte, anume A( 18 8 11 5, 4+ 11 5 ) şi B( 18+8 11 5, 4 11 5 ). Pentru ), ) se procedează analog. 8.6 Precizaţi ecuaţia tangentei la cercurile următoare în punctele specificate. 1) (C 1 ) : (x ) + (y + ) = 5, A(6, 0); ) (C ) : (x + 1) + (y ) = 100, B(7, 8).

60 Capitolul 8 CONICE PE ECUAŢII REDUSE a) Cum (6 ) + (0 + ) = 5, rezultă că A (C 1 ). Ecuaţia tangentei în A la (C 1 ) se scrie prin dedublare: (x )(6 ) + (y + )(0 + ) = 5, i.e. 4x + y 4 = 0. b) Se arată că B (C ) şi, prin dedublare, obţinem ecuaţia tangentei în B la (C ), care este 4x + y 5 = 0. 8.7 Precizaţi ecuaţiile tangentelor din B( 1, 6) la cercul (C) : x x + y 19 = 0. Deoarece ( 1) ( 1) + 6 19 = 0 > 0, punctul B este exterior cercului (C). Ecuaţia unei drepte neverticale din fasciculul de drepte prin B este (d m ) : y 6 = m(x + 1), i.e. (d m ) : mx y + m 6 = 0. Cercul (C) are centrul M(1, 0) şi raza r = 5. Distanţa de la M la dreapta (d m ) trebuie să fie egală cu r (dacă dorim ca (d m ) să fie tangentă la (C)), deci m 6 m +1 = 5, de unde m 1 = 1 şi m =. Ecuaţiile tangentelor din B la cercul (C) sunt (d 1 ) : x y 11 = 0, respectiv (d ) : x + y + 8 = 0. alternativă Încercăm să determinăm mai întâi punctele de intersecţie ale tangentelor din B cu cercul. Dacă A(x 0, y 0 ) este un punct oarecare al cercului, atunci ecuatia tangentei în A la cerc este (d) : xx 0 (x + x 0 ) + yy 0 19 = 0. Deoarece B( 1, 6) aparţine dreptei, urmează că 1 x 0 ( 1 + x 0 ) + 6y 0 19 = 0, de unde x 0 = y 0 9. Cum x 0 x 0 + y 0 19 = 0, rezultă după înlocuire că 10y 0 60y 0 + 80 = 0, de unde y 0 {, 4}. De aici, punctele de tangenţă căutate sunt A 1 (, 4) şi A (, ). Înlocuind în ecuaţia tangentei într-un punct oarecare la cerc se obţin ecuaţiile (d A1 ) : x y 11 = 0, respectiv (d A ) : x + y + 8 = 0. 8.8 Fie cercul de ecuaţie (C) : x + y 10x + y + 6 = 0. 1) Precizaţi ecuaţiile parametrice ale cercului. ) Determinaţi ecuaţiile tangentelor paralele cu dreapta (d 1 ) : x y + 5 = 0. ) Determinaţi ecuaţiile tangentelor perpendiculare pe dreapta (d ) : x + y + 6 = 0. 1) Ecuaţia redusă a cercului este (C) : (x 5) + (y + 1) = 0, deci centrul cercului este M(5, 1), iar raza sa este r = 5. Ecuaţiile parametrice ale cercului sunt x(t) = 5 + 5 cos t (C) : y(t) = 1 + t [0, π). 5 sin t, ) Dacă A(x 0, y 0 ) este un punct oarecare al cercului, ecuaţia tangentei în A la cerc se scrie prin dedublare şi este (d) : xx 0 + yy 0 10 x+x 0 + y+y 0 + 6 = 0, i.e. (d) :

G. POPA, P. GEORGESCU 61 (x 0 5)x + (y 0 + 1)y 5x 0 + y 0 + 6. Panta acestei tangente este m = 5 x 0 y 0 +1 şi cum (d) (d 1 ), atunci m = m 1, adică 5 x 0 y 0 +1 =, de unde x 0 = y 0. Pe de altă parte, A (C) şi, înlocuind în ecuaţia cercului (generală sau parametrică), obţinem că y 0 = 1 sau y 0 = şi, corespunzător, x 0 = 1, respectiv x 0 = 9. Există două tangente la (C) paralele cu (d 1 ), anume (d) : x y = 0 şi (d ) : x y 1 = 0. ) În acest caz, ( dorim ) ca tangenta (d) să fie perpendiculară pe (d ), deci m 1 m = 1, adică 5 x 0 y 0 +1 1 = 1. Obţinem din nou relaţia x 0 = y 0, prin urmare dreptele (d) şi (d ) găsite anterior sunt tangentele dorite. 8.9 Demonstraţi că dreapta (d) : x + 7y + 1 = 0 este secantă cercului (C) : (x 1) + (y ) = 5 şi precizaţi coordonatele punctelor de intersecţie. Procedăm ca la soluţia problemei 8.5 1); obţinem că (d) (C) = {A, B}, unde A( 1, 5), B(, ). 8.10 Determinaţi ecuaţiile tangentelor la cercul (C) : x + y x + 10y 74 = 0 care sunt paralele cu dreapta (d) : x + y = 0. Procedăm ca la soluţia problemei 8.8 ). alternativă Observă că cercul (C) are centrul M(1, 5) şi raza r = 10. O dreaptă oarecare, paralelă cu (d), are ecuaţia (d m ) : x + y + m = 0, m R\ { }. Pentru ca această dreaptă să fie tangentă cercului (C), trebuie ca distanţa de la M la dreapta (d m ) să fie egală cu raza cercului, deci 1+ ( 5)+m = 10. Obţinem că m 1 + 1, = 9 ± 10 5, de unde ecuaţiile celor două tangente paralele cu (d) sunt (d 1 ) : x + y + 9 + 10 5 = 0, respectiv (d ) : x + y + 9 10 5 = 0. 8.11 Arătaţi că din punctul M(4, ) nu se pot duce tangente la cercul (C) : x + y 10x + y + 1 = 0. Deoarece 4 + 10 4 + + 1 = 15 < 0, punctul M este interior cercului (C), prin urmare nu se pot duce tangente din M la (C).

6 Capitolul 8 CONICE PE ECUAŢII REDUSE 8. ELIPSA 8.1 Precizaţi ecuaţia elipsei (raportată la axele de simetrie) determinată de 1) Focarele F(4, 0), F ( 4, 0) şi semiaxa mare a = 5. ) Punctele M(4, ) şi N(, 6). ) Distanţa focală 8 şi semiaxa mică b =. 4) Semiaxa mare 0 şi excentricitatea e = 0, 6. 1) Dacă (E) : x + y = 1, (a > b) este o elipsă de semiaxe a şi b, atunci focarele sale a b sunt F(c, 0), F ( c, 0), unde c = a b. În cazul nostru, a = 5 şi c = 4, prin urmare b =. Ecuaţia elipsei va fi (E) : 5 x + y 9 = 1. ) Fie (E) : x + y = 1 elipsa căutată. Din M (E) şi N (E), obţinem ecuaţiile a b 16 + 9 = 1, respectiv 4 + 6 = 1. Cu notaţiile 4 9 = u, = v, avem de rezolvat a b a b a b sistemul 4u + v = 1 u + 4v = 1, cu soluţia u = v = 1 5. Atunci a = 0, b = 45, iar ecuaţia elipsei dorite este (E) : x 0 + y 45 = 1. ) Distanţa focală este FF = c = 8, de unde c = 4. Apoi, a = b + c = 5, deci ecuaţia elipsei este (E) : 5 x + y 9 = 1. 4) Avem că a = 0, iar e = a c = 0, 6, de unde c = 1. Atunci b = a c = 56, x astfel că ecuaţia elipsei este (E) : 400 + y 56 = 1. 8.1 Fie elipsa (E) : 4x + 9y = 4. 1) Determinaţi semiaxele elipsei, distanţa focală, excentricitatea şi ecuaţiile directoarelor. ) Determinaţi punctele elipsei a căror abscisă este 8, precum şi razele focale ale acestora. ) Demonstraţi că din M(, ) nu se pot duce tangente la elipsă. x 1) Ecuaţia canonică a elipsei este (E) : 81 + y 6 = 1, prin urmare semiaxele sunt a = 9, b = 6. Obţinem că c = a b = 45, deci distanţa focală este c = 6 5, iar excentricitatea este e = a c = 5. Directoarea corespunzătoare focarului F( 5, 0) este (d) : x = a 7 c, i.e. (d) : x =, iar directoarea corespunzătoare focarului F ( 5, 5 0) este (d ) : x = 7. 5

G. POPA, P. GEORGESCU 6 ) Din 4 8 + 9y = 4, obţinem că y = ± 17, deci punctele elipsei de abscisă 8 sunt M(8, 17 ), respectiv M(8, 17 ). Razele focale sunt FM = FN = 1049 4 5 = 9 8 5, respectiv F M = F N = 9 + 8 5. ) Cum 4 + 9 = 5 < 4, înseamnă că punctul M este interior elipsei; rezultă că din M nu pot fi duce tangente la elipsa. 8.14 Fie elipsa (E) : x + 4y = 4 şi punctele M(1, ), N(, ). 1) Determinaţi ecuaţiile tangentei şi normalei la elipsă în M. ) Determinaţi ecuaţiile tangentelor la elipsă din N şi lungimea coardei determinate de punctele de contact ale acestora cu elipsa. ( 1) Cum 1 ) + 4 = 4, rezultă că punctul M aparţine elipsei (E). Ecuaţia tangentei în M la elipsă se scrie prin dedublare şi este (d) : x 1 + 4 y = 4, i.e. (d) : x + y 4 = 0. Normala în M la (E) este perpendiculară pe tangenta (d), deci are panta m 1 d =. Ecuaţia normalei este (d ) : y = (x 1), i.e. (d ) : 4 x y = 0. ) Dacă A(x 0, y 0 ) este un punct oarecare al elipsei, ecuaţia tangentei în A la elipsă este (d) : xx 0 + 4yy 0 = 4. Impunem ca N să aparţină lui (d) şi rezultă că x 0 + 8y 0 = 4, de unde x 0 = 4y 0. Cum x0 + 4y 0 = 4, rezultă după înlocuire că y 0 = 0 sau y 0 = 4 5 şi, corespunzător, x 0 =, respectiv x 0 = 6 5. Ecuaţiile celor două tangente din N la (E) sunt (d 1 ) : x = (care intersectează (E) în A 1 (, 0)) şi (d ) : x 8y + 10 = 0 (care intersectează (E) în A ( 6 5, 4 5 ). Lungimea coardei [A 1A ] este 4 17 5. 8.15 Determinaţi poziţia dreptei faţă de elipsă în fiecare din cazurile următoare 1) (d 1 ) : x y = 0; (E 1 ) : x + y = 7; ) (d ) : 5x + y 9 = 0; (E ) : 9x + 5y = 45. x y = 0 1) Rezolvăm sistemul ; obţinem soluţiile (0, ) şi ( 9 x + y, ), deci = 7 (d 1 ) este secantă la (E 1 ). 5x + y 9 = 0 ) Rezolvând sistemul, ajungem, după substituţie, la ecuaţia 9x + 5y = 45 111x + 180x + 5 = 0, cu discriminantul negativ. Rezultă că (d ) este exterioară elipsei (E ).

64 Capitolul 8 CONICE PE ECUAŢII REDUSE 8.16 Fie elipsa (E) : 4x + 9y = 4. Determinaţi lungimea diametrului care trece prin M(, ). Dreapta OM are ecuaţia OM : x y = 0 şi intersectează elipsa în A 1 ( 9, ) şi A ( 9, ). Lungimea diametrului [A 1A ] este 1. 8.17 Dacă ecuaţia tangentei într-un punct M al unei elipse (E) : a + y = 1 este (d) : b x + y + 1 = 0, precizaţi ecuaţia tangentei în punctul M diametral opus lui M. Tangenta (d ) în M la elipsă este simetrica faţă de O a tangentei în M la elipsă. Cum (d ) (d), cele două drepte au aceeaşi pantă, prin urmare (d ) : x + y + m = 0. Punctul A(, 1) aparţine lui (d), deci A (, 1), simetricul lui A faţă de O, aparţine lui (d ). Rezultă că m = 1, astfel că (d ) : x + y 1 = 0. 8.18 Demonstraţi că dreapta (d) : y = mx + n este tangentă elipsei (E) : x a + y b = 1 dacă n = b + a m. y = mx + n Rezolvând sistemul prin substituţie, ajungem la ecuaţia de gradul x + y = 1 a b doi în x (b + a m )x + a mnx + a (n b ) = 0. În ipoteza că n = b + a m, ecuaţia devine (b + a m )x + a mnx + a 4 m = 0, cu discriminantul = 4a 4 m n 4a 4 m (b + a m ) = 4a m (n b a m ) = 0, deci sistemul are o singură soluţie, aşadar (d) este tangentă la (E). 8.19 Demonstraţi că locul geometric al punctelor din care se pot duce tangente perpendiculare x la elipsa (E) : a + y b = 1 este cercul cu centrul în origine şi rază R = a + b (cercul ortoptic sau cercul lui Monge asociat elipsei). Conform rezultatului problemei 8.18, ecuaţiile tangentelor care trec prin P(x 0, y 0 ) sunt de forma y = mx ± a m + b, de unde (y 0 mx 0 ) = a m + b, deci panta m satisface ecuaţia m (a x 0 ) + mx 0y 0 + b y 0 = 0. x

G. POPA, P. GEORGESCU 65 Ne amintim că m 1 m = 1, astfel că b y 0 = 1, prin urmare x a x0 0 + y 0 = a + b. Aceasta este relaţia pe care trebuie să o indeplinească punctul P şi ea este ecuaţia unui cerc, având centrul în origine şi rază R = a + b. 8.0 Determinaţi ecuaţia canonică a elipsei care este tangentă dreptelor (d 1 ) : 4x + y + 1 = 0, (d ) : 5x + 4y 5 = 0. Ecuaţiile dreptelor (d 1 ), (d ) se pot scrie sub forma (d 1 ) : y = 4x 1, (d ) : y = 5 4 x 5 4. Conform rezultatului problemei 8.18, dacă dreptele sunt tangente la elipsa x (E) : + y = 1, atunci au loc relaţiile ( 1) = 4 a + b, respectiv ( 5 ) a b 4 = ( 54 ) a + b, de unde a = 9 iar b = 5. Ecuaţia canonică a elipsei (E) este atunci (E) : x 9 + y 5 = 1. 8.1 Demonstraţi că produsul distanţelor de la focarele unei elipse la o tangentă variabilă este constant. Fie (d) : y = mx ± a m + b o tangentă variabilă la elipsă. Distanţele de la focarele F(c, 0) şi F ( c, 0) la dreapta (d), a cărei ecuaţie este pusă sub forma (d) : y mx a m + b = 0, sunt d 1 = mc a m +b, d 1+m = mc a m +b ; produsul acestora este d 1 d = a m + b m c 1 + m = = b = constant. m (a c ) + b 1 + m = 1+m m b + b 1 + m 8. Dacă M este un punct variabil pe o elipsă de focare F şi F şi centru O, arătaţi că suma MF MF + MO este constantă. Fie (E) : x + y = 1 o elipsă, M(x a b 0, y 0 ) un punct al ei, iar (d) : x = a e, (d ) : x = a e directoarele elipsei, unde e = a c este excentricitatea elipsei. Distanţa de la M la (d) este MP = a e x 0 şi, cum MF MP = e, atunci MF = e ( ) a e x 0 = a ex0. Analog,

66 Capitolul 8 CONICE PE ECUAŢII REDUSE MF = a + ex 0. Atunci MF MF + MO = (a ex 0 )(a + ex 0 ) + (x0 + y 0 ) = a e x0 + x 0 + y 0 = a c x0 a + x0 + y 0 = 1 ) (a 4 a (a b )x0 + a x0 + a y 0 = 1 ) (a 4 a + a x0 + a y 0 = 1 a (a4 + a b ) = a + b = constant. 8. HIPERBOLA 8. Precizaţi ecuaţia hiperbolei (raportata la axele de simetrie) determinată de 1) Distanţa dintre vârfuri 10 şi distanţa focală 15. ) Punctul M(5, ) şi distanţa dintre vârfuri 8. ) Distanţa focală 10 şi ecuaţiile asimptotelor y = ± 4 x. 4) Punctul M(, ); hiperbola este echilateră. 5) Distanţa focală 10 şi excentricitatea 1.5. 1) Cum a = 10 şi c = 15, obţinem că a = 5, c = 15, deci b = c a = 15 4. Ecuaţia hiperbolei este (H) : 5 x y 15 = 1. 4 ) Din a = 8, obţinem că a = 4, deci (H) : 16 x y = 1. Punctul M aparţine lui (H), b prin urmare 16 5 4 = 1, de unde b = 64 x b 9. Ecuaţia hiperbolei este (H) : 16 y 64 9 = 1. ) Ecuaţiile asimptotelor sunt y = ± b a = x, deci b a = a 4, de unde b = 4. Cum c = 5 şi c = a + b, obţinem că a + 9a 16 = 5, prin urmare a = 4, apoi b =. Ecuaţia hiperbolei este (H) : 16 x y 9 = 1. 4) La o hiperbolă echilateră avem a = b, deci (H) : x y = 1. Cum M aparţine a a hiperbolei, obţinem că 9 8 = 1, de unde a = 1. Ecuaţia hiperbolei este (H) : a a x y = 1. 5) Avem că c = 5, iar e = c a = 5 4, prin urmare a = 4. Apoi, b = c a = 9, astfel că ecuaţia hiperbolei este (H) : x 16 y 9 = 1. 8.4 Fie hiperbola (H) : 9x 16y 144 = 0. Determinaţi semiaxele sale, distanţa focală, vârfurile, asimptotele şi ecuaţiile directoarelor.

G. POPA, P. GEORGESCU 67 Ecuaţia canonică a hiperbolei este (H) : 16 x y 9 = 1, deci semiaxele sale sunt a = 4, b =, distanţa focală este c = a + b = 10, vârfurile sunt A(4, 0) şi A ( 4, 0), asimptotele sunt y = ± 4 x, iar directoarele sunt (d) : x = 16 5 şi (d ) : x = 16 5. 8.5 O hiperbolă trece prin M(4, 1), iar unghiul format de asimptotele sale este de 60. Determinaţi ecuaţia canonică a hiperbolei. Unghiul pe care una dintre asimptote îl face cu Ox este fie de 0, fie de 60, prin urmare b a = tg 0 = sau b a = tg 60 =. Cum M (H), se impune condiţia 16 1 = 1. Dacă b = a a b, atunci a = 1, b = 1, deci (H) : x 1 y 1 = 1. Dacă b = a, atunci a = 47, b = 47, deci (H) : x 47 y 47 = 1. 8.6 Demonstraţi că dreapta (d) : y = mx + n este tangentă hiperbolei (H) : x a y b = 1 dacă n = a m b. Calculele sunt întru totul analoage cu cele din soluţia problemei 8.18 8.7 Demonstraţi că locul geometric al punctelor din care se pot duce tangente perpendiculare la hiperbola (H) : x a y b = 1 este 1) Cercul cu centrul în origine şi de rază R = a b (cercul ortoptic sau cercul lui Monge asociat hiperbolei), dacă a > b. ) Originea O, dacă a = b. ) Mulţimea vidă, dacă a < b. Fie P(x 0, y 0 ) coordonatele unui punct din care se duc tangente perpendiculare la hiperbolă, iar m 1, m pantele acestor tangente. Cu calcule analoage celor din soluţia problemei 8.19, obţinem că panta m satisface ecuaţia m (a x 0 ) + mx 0y 0 + b + y 0 = 0. Cum m 1 m = 1, deducem că b +y 0 = 1, prin urmare x a +x0 0 + y 0 = a b. Astfel, P aparţine cercului (C) : x + y = a b, dacă a > b, P O dacă a = b şi nu există puncte P în cazul în care a < b.

68 Capitolul 8 CONICE PE ECUAŢII REDUSE 8.8 Determinaţi ecuaţiile tangentelor la hiperbola (H) : 6x 5y = 900 paralele cu dreapta (d) : x y + = 0. Fie M(x 0, y 0 ) punctul de contact cu hiperbola al unei tangente paralele cu dreapta (d). Ecuaţia tangentei este 6xx 0 5yy 0 = 900, deci panta sa va fi 6x 0 5y 0. Din condiţia de paralelism, 6x 0 5y 0 =, deci y 0 = 18x 0 5. Pe de altă parte, 6x 0 5y 0 = 900, de unde x 0 = ± 5 4 şi, corespunzător, y 0 = ± 9. Ecuaţiile celor două tangente sunt x y 8 = 0, respectiv x y + 8 = 0. alternativă Ecuaţia canonică a hiperbolei este (H) : 5 x y 6 = 1. Ecuaţiile tangentelor căutate sunt de forma x y + c = 0, c R, putând fi deci aduse la forma y = x c. Conform rezultatului problemei 8.6, urmează că ( c) = 5 6, adica c { 8, +8}, de unde ecuaţiile tangentelor sunt x y 8 = 0, respectiv x y + 8 = 0. 8.9 Determinaţi ecuaţia hiperbolei, raportată la axele sale de simetrie, care este tangentă dreptei (d) : x + y + = 0 în A(5, 6). Fie (H) : x y = 1 ecuaţia hiperbolei căutate. Din A (H), obţinem că 5 6 = a b a b 1. Cum ecuaţia tangentei în A la (H) este 5x 6y = 1, deci are panta 5b = a b 6a, rezultă că b = 9 5 a. Deducem că 5 0 = 1, de unde a = 5, b = 9, iar ecuaţia hiperbolei a a este (H) : x 5 y 9 = 1. alternativă Ca mai sus, din A (H), obţinem că 5 6 = 1. Ecuaţia dreptei (d) se poate scrie a b sub forma (d) : y = x. Conform rezultatului teoremei 8.6, urmează că ( ) = ( ) a b, deoarece (d) este tangentă la (H), deci 9 = 9a 4b. Cu notaţiile 1 = a α, 1 9α 4β = 9 = β, urmează că, de unde α = 5, β = 9. Urmează că ecuaţia b 5 α 6 β = 1 hiperbolei este (H) : x 5 y 9 = 1. 8.0 Fie hiperbola (H) : 4x 9y = 144. 1) Precizaţi semiaxele hiperbolei, distanţa focală, vârfurile şi asimptotele. ) Demonstraţi că din M(8, 1) nu se pot duce tangente la hiperbolă. ) Precizaţi ecuaţiile tangentelor duse din N(0, ) la hiperbolă.

G. POPA, P. GEORGESCU 69 1) Semiaxele sunt a = 6, b = 4, distanţa focală este c = a + b = 4 1, vârfurile sunt A(6, 0) şi A ( 6, 0), iar asimptotele sunt y = ± x. ) Cum 4 8 9 1 = 47 > 144, punctul M se află în interiorul hiperbolei, deci din M nu pot fi duse tangente la hiperbolă. ) Tangenta în P(x 0, y 0 ) (H) la hiperbolă are ecuaţia (d) : 4x 0 x 9y 0 y 144 = 0; cum N (d), obţinem că y 0 = 16, apoi, din 4x 0 9y 0 = 144, deducem că x 0 = ±10. Cele două tangente din N la (H) au ecuaţiile 5x + 1y 18 = 0, respectiv 5x 1y + 18 = 0. 8.1 Dacă M este un punct variabil pe o hiperbolă de focare F, F şi centru O, arătaţi că diferenţa MF MF MO este constantă. Calculele sunt analoage celor din soluţia problemei 8.. 8. Demonstraţi că produsul distanţelor de la un punct arbitrar al hiperbolei (H) : y b = 1 la asimptotele acesteia este constant, egal cu a b a + b. x a Fie P(x 0, y 0 ), cu x 0 y a 0 = 1. Distanţele de la P la asimptotele (d b 1 ) : bx ay = 0 şi (d ) : bx + ay = 0 sunt bx 0 ay 0, respectiv bx 0+ay 0. Produsul acestor distanţe este a +b b x 0 a y 0 a +b a +b şi, cum b x 0 a y 0 = a b, rezultă concluzia problemei. 8.4 PARABOLA 8. Precizaţi ecuaţia parabolei (raportată la axele de simetrie) determinată de 1) Distanţa de la focar la vârf egală cu 6. ) Punctul M(, 6). ) Focarul F(, 0). 1) Cum F( p, 0), iar vârful este O(0, 0), rezultă că p = 1. Ecuaţia parabolei este (P) : y = px, i.e. (P) : y = 4x. ) Dacă (P) : y = px şi M(, 6) (P), atunci 6 = 6p, deci p = 6. Ecuaţia parabolei este (P) : y = 1x.

70 Capitolul 8 CONICE PE ECUAŢII REDUSE ) Cum F( p, 0), deducem că p = 6. Ecuaţia parabolei este (P) : y = 1x. 8.4 Determinaţi pe parabola (P) : y = 1x punctele de rază focală egală cu 4. Focarul este F(, 0). Dacă M(x 0, y 0 ) (P), atunci y 0 = 1x 0. Raza focală a lui M este MF = (x 0 ) + y 0 ; deducem că (x 0 ) + 1x 0 = 16, deci x0 + 6x 0 7 = 0. Cum x 0 > 0, rezultă că x 0 = 1, iar y 0 = ±. Punctele căutate sunt M 1 (1, ) şi M (1, ). alternativă Directoarea parabolei este (d) : x =, iar distanţa de la M(x 0, y 0 ) (P) la (d) este egală cu raza focală, deci egală cu 4. Deducem că x 0 = 1, apoi y 0 = ±. 8.5 Fie parabola (P) : y = 8x. Determinaţi razele focale ale punctelor M, N de pe parabolă cu abscisă 1, respectiv ordonată 4. Focarul parabolei este F(, 0). Există două puncte de abscisă 1 pe parabolă, anume M(1, ) şi M (1, ); avem că MF = M F =. Punctul N are coordonatele N(, 4), iar NF = 4. 8.6 Demonstraţi că dreapta (d) : y = mx + n este tangentă parabolei (P) : y = px dacă n = p m. y = mx + n Rezolvând sistemul y = px, după substituţia lui y în a două ecuaţie, obţinem ecuaţia de gradul doi în x: m x + (mn p)x + n = 0. Discriminantul acestei ecuaţii este = 4p(p mn). În ipoteza că n = p m, avem = 0, prin urmare sistemul considerat are soluţie unică, deci dreapta (d) este tangentă la parabolă. 8.7 Demonstraţi că locul geometric al punctelor din care se pot duce tangente perpendiculare la parabola (P) : y = px este directoarea parabolei. Fie M(x 0, y 0 ) un punct din care se pot duce tangente perpendiculare la parabolă şi fie m 1, m pantele acestor tangente. Ecuaţia tangentei de pantă m este y y 0 =

G. POPA, P. GEORGESCU 71 y y 0 = m(x x 0 ) m(x x 0 ). Dacă sistemul y = px gradul doi în x: (mx mx 0 + y 0 ) = px, i.e. are soluţie unică, atunci ecuaţia de m x + (my 0 m x 0 p)x + m x 0 + y 0 mx 0y 0 = 0, are discriminantul nul, prin urmare m x 0 my 0 + p = 0. Soluţiile acestei ecuaţii de gradul doi în m sunt tocmai numerele m 1 şi m. Din a doua relaţie Viète, obţinem că m 1 m = p x 0. Dar m 1 m = 1, deci x 0 = p, ceea ce arată că locul geometric dorit este chiar directoarea parabolei. 8.8 Se consideră parabola (P) : y = px şi dreapta (d) : y = a. 1) Demonstraţi că dreapta intersectează parabola într-un singur punct. ) Este dreapta (d) tangentă parabolei? 1) Dreapta (d) este orizontală, deci ea intersectează parabola (P) într-un singur punct, M( a p, a). ) Deşi (d) intersectează (P) într-un singur punct, ea nu este tangentă parabolei, întrucât pe (d) există puncte din interiorul parabolei. 8.9 Determinaţi ecuaţiile tangentelor duse din M(4, ) la parabola (P) : y = x. Dacă T(x 0, y 0 ) (P), ecuaţia tangentei în T la (P) este (d) : yy 0 = x + x 0. Fiindcă M (d), vom avea că y 0 = x 0 + 4. Înlocuind în y 0 = x 0, obţinem că x 0 = y 0 =, sau x 0 = 8, y 0 = 4. Ecuaţiile celor două tangente sunt (d 1 ) : x y + = 0, respectiv (d ) : x 4y + 8 = 0. alternativă Conform rezultatului problemei 8.6, ecuaţiile tangentelor din M la (P) sunt de forma y = mx + p m, unde parametrul p al parabolei (P) este 1. Punând condiţia ca M să aparţină acestor tangente, obţinem că = 4m + m 1, sau 8m 6m + 1 = 0, de unde m 1 = 1 4, iar m = 1. Obţinem că ecuaţiile tangentelor din M sunt y = 1 4 x + 1, adică 14 x 4y + 8 = 0, respectiv y = 1 x + 1, adică x y + = 0. 1

7 Capitolul 8 CONICE PE ECUAŢII REDUSE 8.40 Precizaţi punctele de pe parabola (P) : y = x în care tangenta este paralelă cu dreapta (d) : x y + = 0. Dacă T(x 0, y 0 ) (P) este un astfel de punct, ecuaţia tangentei în T la (P), care este yy 0 = x + x 0, are panta m = 1 y 0. Cum dreapta (d) are panta 1, deducem că y 0 =, iar x 0 = y 0 =. Astfel, T(, ). alternativă Panta dreptei (d) este m = 1 iar parametrul parabolei (P) este p = 1, deci ecuaţia tangentei căutate este y = 1 x + 1, adică y = 1 1 x + 1. Punctul de tangenţa se obţine y = 1 rezolvând sistemul x + 1, de unde x =, y =, iar punctul de tangenţă este y = x T(, ). 8.41 Determinaţi punctele de intersecţie ale dreptei (d) : x y = 0 cu parabola (P) : y = 4x şi precizaţi ecuaţiile tangentelor la parabolă în punctele de intersecţie. x y = 0 Sistemul are soluţiile (9, 6) şi (1, ), deci dreapta (d) intersectează y = 4x parabola (P) în A(9, 6) şi B(1, ). Ecuaţia tangentei în A la parabolă este x y + 9 = 0, iar ecuaţia tangentei în B la parabolă este x + y + 1 = 0. 8.4 Determinaţi ecuaţia canonică a unei parabole dacă tangenta paralelă cu dreapta (d) : x + y + = 0 trece prin M(, 4). Fie T(x 0, y 0 ) punctul în care tangenta paralelă cu dreapta (d) intersectează parabola; atunci ecuaţia acestei tangente este yy 0 = p(x + x 0 ), unde (P) : y = px este ecuaţia canonică a parabolei. Panta tangentei este p y 0 = 1, deci y 0 = p. Cum M aparţine tangentei, 4y 0 = p( + x 0 ), de unde 1p = p( + x 0 ), prin urmare x 0 = 9. Cum y 0 = px 0, deducem că 9p = 18p, de unde p =, iar y 0 = 6. Ecuaţia parabolei este (P) : y = 4x. alternativă Panta dreptei (d) este m = 1, deci ecuaţia tangentei este y = 1 x + p. Punând 1 condiţia ca M să aparţină dreptei, urmează că 4 = 1 + p, de unde p =, iar ecuaţia parabolei este (P) : y = 4x.

Capitolul 9 CONICE PE ECUAŢII GENERALE 9.1 Aduceţi la forma canonică şi reprezentaţi grafic conicele 1) (Γ 1 ) : 6x 4xy + 9y 4x y 6 = 0; ) (Γ ) : 5x + 8xy + 5y 18x 18y + = 0; ) (Γ ) : x 4xy x + 4y = 0; 4) (Γ 4 ) : x + 4xy + 1x + 16y 6 = 0; 5) (Γ 5 ) : xy + x + y = 0; 6) (Γ 6 ) : 4x 4xy + y + x 6y + 1 = 0; 7) (Γ 7 ) : x + xy + y x + y 18 = 0; 8) (Γ 8 ) : x + 4xy + y 7x 7y + = 0; 9) (Γ 9 ) : x + 5xy + y + 16x + y 5 = 0; 10) (Γ 10 ) : x + y 6x + 4y + 1 = 0. 1) Cum 6 6 δ = det A = 9 = 50, = 9 16 = 000, 16 6 conica dată este o conică nedegenerată de gen eliptic, iar deoarece I = 15, I = 0000 < 0, ea este o elipsă reală. Coordonatele centrului sunt date de sistemul 1x 4y 4 = 0, 4x + 18y = 0 7

74 Capitolul 9 CONICE PE ECUAŢII GENERALE deci centrul elipsei este C(1, ). ecuaţia Valorile proprii ale matricei A se obţin rezolvând λ 6 det(λi A) = 0 λ 9 = 0 λ 15λ + 50 = 0 λ 1 = 5, λ = 10. Vectorii proprii ai matricei A se obţin rezolvând sistemele A ( x1 x ) = 5 ( x1 x ), A ( x1 x ) = 10 ( x1 x ). {( x1 Subspaţiul propriu corespunzător valorii proprii λ 1 = 5 este S(5) = ; x x 1 1 R, iar o bază ortonormată în acesta este B 1 = u 1 = 5. Subspaţiul propriu corespunzător valorii proprii λ = 10 este S(10) = 1 {( ) 5 } x ; x R, iar o bază ortonormată în acesta este B = x u = 1 5. În raport cu reperul cartezian cu originea 5 în C si cu axele CX şi CY de vectori directori v 1 = ı 5 + 1 j, v 5 = 1 ı 5 + j, ecuaţia 5 conicei are forma canonică (Γ 1 ) : λ 1 X + λ Y δ = 0 (Γ 1) : X 8 + Y 4 1 = 0. ) }

G. POPA, P. GEORGESCU 75 ) Deoarece 5 4 5 4 9 δ = det A = 4 5 = 9, = 4 5 9 = 144, 9 9 conica dată este o conică nedegenerată de gen eliptic, iar deoarece I = 10, I = 1440 < 0, ea este o elipsă reală. Coordonatele centrului sunt date de sistemul 10x + 8y 18 = 0 8x + 10y 18 = 0, deci centrul elipsei este C(1, 1). ecuaţia Valorile proprii ale matricei A se obţin rezolvând λ 5 4 det(λi A) = 0 4 λ 5 = 0 λ 10λ + 9 = 0 λ 1 = 1, λ = 9. {( x1 {( x Subspaţiul propriu corespunzător valorii proprii λ 1 = 1 este S(1) = ; x 1 R, x 1 1 iar o bază ortonormată în acesta este B 1 = u 1 = 1. Subspaţiul propriu core- ) } spunzător valorii proprii λ = 9 este S(9) = ; x R, iar o bază ortonormată x în acesta este B = u 1 =. În raport cu reperul cartezian cu originea în C si 1 cu axele CX şi CY de vectori directori v 1 = 1 ı 1 j, v = 1 ı + 1 j, ecuaţia conicei are forma canonică ) } (Γ ) : λ 1 X + λ Y δ = 0 (Γ ) : X 16 + Y 9 1 = 0.

76 Capitolul 9 CONICE PE ECUAŢII GENERALE ) Deoarece 1 δ = det A = 0 = 4, = 0 = 8, 1 conica dată este o conică nedegenerată de gen hiperbolic, adică o hiperbolă. Coordonatele centrului sunt date de sistemul 6x 4y = 0 4x + 4 = 0 deci centrul hiperbolei este C(1, 1). Valorile proprii ale matricei A se obţin rezolvând ecuaţia λ det(λi A) = 0 λ = 0 λ λ 4 = 0 λ 1 = 1, λ = 4. ) {( x1 Subspaţiul propriu corespunzător valorii proprii λ 1 = 1 este S( 1) = ; x 1 R x 1 1 iar o bază ortonormată în acesta este B 1 = u 1 = 5. Subspaţiul propriu corespunzător valorii proprii λ = 4 este S(4) = ; x R, iar o bază ortonor- {( ) 5 } x x mată în acesta este B = u = 5. În raport cu reperul cartezian cu originea 1 5 },

G. POPA, P. GEORGESCU 77 în C si cu axele CX şi CY de vectori directori v 1 = 1 5 ı + 5 j, v = 5 ı + 1 5 j, ecuaţia conicei are forma canonică (Γ ) : λ 1 X + λ Y δ = 0 (Γ ) : X + Y 1 = 0. 1 4) Deoarece 6 δ = det A = 0 = 4, = 0 8 = 144, 6 8 6 conica dată este o conică nedegenerată de gen hiperbolic, adică o hiperbolă. Coordonatele centrului sunt date de sistemul 6x + 4y + 1 = 0 4x + 16 = 0 deci centrul hiperbolei este C(4, 9). Valorile proprii ale matricei A se obţin rezolvând ecuaţia λ det(λi A) = 0 λ = 0 λ λ 4 = 0 λ 1 = 1, λ = 4. {( x1 Subspaţiul propriu corespunzător valorii proprii λ 1 = 1 este S( 1) = ; x 1 R x 1 1 iar o bază ortonormată în acesta este B 1 = u 1 = 5. Subspaţiul propriu core- 5 ) },

78 Capitolul 9 CONICE PE ECUAŢII GENERALE {( ) } x spunzător valorii proprii λ = 4 este S(4) = ; x R, iar o bază ortonormată în acesta este B = x u = 5. În raport cu reperul cu originea în C si cu 1 5 axele CX şi CY de vectori directori v 1 = 1 5 ı 5 j, v = 5 ı + 1 5 j, ecuaţia conicei are forma canonică (Γ 4 ) : λ 1 X + λ Y δ = 0 (Γ ) : X 6 + Y 9 1 = 0. 5) Deoarece δ = det A = 0 1 1 0 0 1 = 1 4, = 1 1 0 1 = 7 1 1 9 4, conica dată este o conică nedegenerată de gen hiperbolic, adică o hiperbolă. Coordonatele centrului sunt date de sistemul y + 1 = 0 x + = 0 deci centrul hiperbolei este C( 1, ). Valorile proprii ale matricei A se obţin rezolvând ecuaţia λ 1 det(λi A) = 0 λ = 0 λ 1 4 = 0 λ 1 = 1, λ = 1. 1

G. POPA, P. GEORGESCU 79 {( ) } Subspaţiul propriu corespunzător valorii proprii λ 1 = 1 este S( 1 ) = x1 ; x 1 R, x 1 1 iar o bază ortonormată în acesta este B 1 = u 1 =. Subspaţiul propriu corespunzător valorii proprii λ = 1 este S( 1 ) = x 1 {( ) } ; x R, iar o bază ortonormată în acesta este B = x u = 1. În raport cu reperul cu originea în C si cu 1 axele CX şi CY de vectori directori v 1 = 1 ı + 1 j, v = 1 ı + 1 j, ecuaţia conicei are forma canonică (Γ 4 ) : λ 1 X + λ Y δ = 0 (Γ ) : X 14 Y 14 1 = 0. 6) Deoarece 4 4 1 δ = det A = 1 = 0, = 0 = 8, 1 1 conica dată este o conică nedegenerată de gen parabolic, adică o parabolă. Axa de simetrie a acesteia este dată de f VX : a 11 x + a f 1 = 0 VX : x y + 1 = 0. y Intersectând VX cu (Γ 6 ) obţinem vârful parabolei V( 5, 1 5 ). Axa VY este atunci perpendiculară în V pe VX (sau, echivalent, tangenta în V la parabolă). Cum m VX =,

80 Capitolul 9 CONICE PE ECUAŢII GENERALE urmează că m VY = 1, iar ecuaţia lui VY este VY : y 1 5 = 1 ( x ( 5 ) ), adică VY : y = 1 x + 5. Parametrul parabolei este p = = 1 8 I 5 5. În raport cu un reper cu originea în V şi sensurile pe VX, VY alese în aşa fel încât reperul să fie pozitiv orientat, forma canonică a ecuaţiei conicei este (Γ 6 ) : Y = 8 5 5 X. 7) Deoarece 1 1 1 1 δ = det A = 1 1 = 0, = 1 1 = 9, 18 conica dată este o conică nedegenerată de gen parabolic, adică o parabolă. Axa de simetrie a acesteia este dată de f VX : a 11 x + a f 1 = 0 VX : x + y = 0. y Intersectând VX cu (Γ 7 ) obţinem vârful parabolei V(, ). Axa VY este atunci perpendiculară în V pe VX (sau, echivalent, tangenta în V la parabolă). Cum m VX = 1, urmează că m VY = 1, iar ecuaţia lui VY este VY : y = x +, adică VY : y = x + 6. Parametrul parabolei este p = = I 4. În raport cu un reper cu originea în V şi sensurile pe VX, VY alese în aşa fel încât reperul să fie pozitiv orientat, forma canonică a ecuaţiei conicei este (Γ 7 ) : Y = X.

G. POPA, P. GEORGESCU 81 8) Deoarece 7 δ = det A = = 0, = 7 = 0, 7 7 7 conica dată este o conică degenerată de gen parabolic. Deoarece rang 7 = 7 7 7, (sau, echivalent 1 = 7 + 7 7 + = 0), urmează că (Γ 8) este reuniunea a două drepte paralele. Se observă că ( (Γ 8 ) : (x + y) 7(x + y) + = 0 x + y 1 ) (x + y ) = 0 (x + y 1)(x + y ) = 0, iar (Γ 8 ) este reuniunea dreptelor (d 1 ) : x + y 1 = 0 şi (d ) : x + y = 0. Altfel: Reordonând ecuaţia după x se obţine x + x(4y 7) + (y 7y + ) = 0. Rezolvând această ecuaţie ca o ecuaţie de gradul al doilea în x se obţine că x 1, = (4y 7) ± (4y 7) 4 (y 7y + ) 4 (4y 7) ± 5 =, 4

8 Capitolul 9 CONICE PE ECUAŢII GENERALE de unde x 1 = y + 1, x = y +, iar ecuaţiile celor două drepte sunt (d 1 ) : x + y 1 = 0, (d ) : x + y = 0. 9) Deoarece δ = det A = 5 5 5 = 49 4, = 8 5 = 0, 8 5 conica dată este o conică degenerată de gen hiperbolic, adică reuniunea unor drepte concurente. Coordonatele centrului sunt date de sistemul 6x + 5y + 16 = 0 5x + 4y + = 0 deci centrul hiperbolei este C(1, ). Valorile proprii ale matricei A se obţin rezolvând ecuaţia λ + 5 det(λi A) = 0 5 λ = 0 λ + λ 49 4 = 0 λ 1 = 1 5, λ = 1 + 5. Subspaţiul propriu corespunzător valorii proprii 1 5 este S( 1 5 {( ) } x 1 ) = (1 ; x 1 R, )x 1

G. POPA, P. GEORGESCU 8 iar o bază ortonormată în acesta este B 1 = u 1 = 1 4 1 4. Subspaţiul propriu corespunzător valorii proprii 1+5 este S( 1 + 5 ) = {( ) } ( 1)x ; x R, iar o bază ortonormată în acesta este B = u = x 1 4 1 4. În raport cu reperul 1 cartezian cu originea în C si cu axele CX şi CY de vectori directori v 1 = 4 ı + 1 4 j, v = 1 4 ı + 1 4 j, ecuaţia conicei are forma canonică (Γ 9 ) : λ 1 X + λ Y δ = 0 (Γ 9) : 1 5 X + 1 + 5 Y = 0 1 + 5 Y = ± 1 + 5 X. Altfel: Reordonând ecuaţia după x se obţine x + x(5y + 16) + (y + y 5) = 0. Rezolvând această ecuaţie ca o ecuaţie de gradul al doilea în x se obţine că de unde x 1, = (5y + 16) ± (5y + 16) + 1 (y + y 5) 6 = (5y + 16) ± 49(y + ), 6 x 1 = y + 5, x = 1 y + 1, iar ecuaţiile celor două drepte sunt (d 1 ) : x y 5 = 0, (d ) : x + 1 y 1 = 0. Spre deosebire de ecuaţiile obţinute cu ajutorul primei metode, care sunt ecuaţiile în raport cu reperul canonic, acestea sunt ecuaţiile în raport cu reperul iniţial.

84 Capitolul 9 CONICE PE ECUAŢII GENERALE 10) Cum 1 0 1 0 δ = det A = 0 =, = 0 =, 1 conica dată este o conică nedegenerată de gen eliptic, iar deoarece I =, I = 4 > 0, ea este o elipsă imaginară (mulţimea vidă). 9. Determinaţi a, b R astfel ca ecuaţia x + axy + 4y 4x + by = 0 să reprezinte două drepte paralele. Invarianţii conicei sunt 1 a = a 4 b = 4ab 16 b 1 a ; δ = a 4 = 4 a b 0 1 a 1 = a 4 + 4 b b 0 + 1 0 = a b. Pentru ca ecuaţia să reprezinte două drepte paralele trebuie ca = 0, δ = 0, 1 = 0. Urmează că a =, b = 4 sau a =, β = 4.

G. POPA, P. GEORGESCU 85 Pentru a =, b = 4, ecuaţia conicei se poate pune sub forma (x 4xy + 4y ) 4x + 8y = 0 (x y) 4(x y) = 0 (x y)(x y 4) = 0, de unde ecuaţiile dreptelor paralele sunt (d 1 ) : x y = 0, (d ) : x y 4 = 0. Pentru a =, b = 4, ecuaţia conicei se poate pune sub forma (x + 4xy + 4y ) 4x 8y = 0 (x + y) 4(x + y) = 0 (x + y)(x + y 4) = 0, de unde ecuaţiile dreptelor paralele sunt (d ) : x + y = 0, (d 4 ) : x + y 4 = 0. Altfel: Pentru a =, b = 4, reordonând ecuaţia după x se obţine x 4x(1 + y) + 4y + 8y = 0. Rezolvând această ecuaţie ca o ecuaţie de gradul al doilea în x se obţine că de unde x 1, = 4(1 + y) ± 16(1 + y) 4 (4y + 8y) 4(1 + y) ± 4 =, x 1 = y, x = y + 4, iar ecuaţiile celor două drepte sunt (d 1 ) : x = 0, (d ) : x y 4 = 0. Pentru a =, b = 4 se procedează similar. 9. Determinaţi a, b R astfel ca ecuaţia x 4xy + ay + x 4y + b = 0 să reprezinte două drepte confundate. Invarianţii conicei sunt 1 1 = a 1 = (a 4)(b 1); δ = a = a 4; 1 b 1 1 = a + a b + 1 1 = ab + a + b 9. 1 b

86 Capitolul 9 CONICE PE ECUAŢII GENERALE Pentru ca ecuaţia să reprezinte două drepte confundate trebuie ca = 0, δ = 0, 1 = 0. Urmează că a = 4, b = 1. Pentru a = 4, b = 1, ecuaţia conicei se poate pune sub forma (x 4xy + 4y ) + x 4y + 1 = 0 (x y) + (x y) + 1 = 0 (x y + 1) = 0, de unde ecuaţiile dreptelor paralele sunt (d 1, ) : x y + 1 = 0. Altfel: Pentru a = 4, b = 1, reordonând ecuaţia după x se obţine x + x(1 y) + (4y 4y + 1) = 0. Rezolvând această ecuaţie ca o ecuaţie de gradul al doilea în x se obţine că x 1, = (1 y) ± 4(1 y) 4 (4y 4y + 1) = y 1, de unde ecuaţiile celor două drepte confundate sunt (d 1, ) : x y + 1 = 0. 9.4 Discutaţi natura conicei în funcţie de valorile parametrului m R. (Γ) : x mxy + y + x y + m = 0 Invarianţii conicei sunt 1 m 1 = m 1 1 = (m + )(m 1) ; 1 1 m 1 m δ = = (1 m)(1 + m); m 1 I = ; 1 m 1 = m 1 + 1 1 1 m + 1 1 1 m = (m 1). 1) m (, ). Atunci δ < 0, < 0. Conica este de gen hiperbolic şi este nedegenerată, deci este o hiperbolă.

G. POPA, P. GEORGESCU 87 ) m =. Atunci δ < 0, = 0. Conica este de gen hiperbolic şi este degenerată, deci este reuniunea unor drepte concurente. ) m (, 1). Atunci δ < 0, < 0. Conica este de gen hiperbolic şi este nedegenerată, deci este o hiperbolă. 4) m = 1. Atunci δ = 0, < 0. Conica este de gen parabolic şi este nedegenerată, deci este o parabolă. 5) m ( 1, 1). Atunci δ > 0, < 0. Conica este de gen eliptic şi este nedegenerată. Deoarece I > 0 urmează că I < 0, deci conica este o elipsă. 6) m = 1. Atunci δ = 0, = 0. Conica este de gen parabolic şi este degenerată. Cum 1 = 0, conica este reuniunea unor drepte confundate. 7) m (1, ). Atunci δ < 0, < 0. Conica este de gen hiperbolic şi este nedegenerată, deci este o hiperbolă.

Capitolul 10 SFERA 10.1 Precizaţi ecuaţia sferei în fiecare dintre cazurile următoare 1) Sfera trece prin A(, 1, ) şi are centrul în C(,, 1). ) Sfera are centrul în C(1,, ) şi este tangentă la planul (P) : x + y + z 5 = 0. ) Punctele A(,, ), B(6, 4, 7) sunt extremităţile unui diametru. 4) Sfera trece prin punctele A(0, 0, 1), B(1, 0, 1), C(1, 1, 0) şi D(0, 1, 1). 1) Raza sferei este R = CA = 14, deci ecuaţia sferei este (S) : (x ) + (y ) + (z + 1) = 14. ) Raza sferei este egală cu distanţa de la punctul C la planul (P), deci R = 1++ 5 +1 + = = 1. Ecuaţia sferei este (S) : (x 1) + (y ) + (z ) = 1. ) Centrul sferei este mijlocul segmentului [AB], adică C(4,, 5). Raza sferei este R = CA =, deci ecuaţia sferei este (S) : (x 4) + (y ) + (z 5) = 9. x + y + z x y z 1 x A + y A + z A x A y A z A 1 4) Ecuaţia sferei este x B + y B + z B x B y B z B 1 = 0. xc + y C + z C x C y C z C 1 x D + y D + z D x D y D z D 1 Făcând inlocuirile şi dezvoltând determinantul, obţinem că (S) : x + y + z x + y z = 0. 10. Precizaţi poziţia planului faţă de sferă în fiecare din cazurile următoare 1) (P 1 ) : 6x + 4y + z = 0, (S 1 ) : (x 1) + (y 1) + (z ) = 9; ) (P ) : x + y 6z 1 = 0, (S ) : (x 1) + (y + 1) + (z ) = 4; ) (P ) : x y + z + 5 = 0, (S ) : (x ) + (y ) + (z + 1) = 1. 88

G. POPA, P. GEORGESCU 89 1) Centrul sferei (S 1 ) este C 1 (1, 1, ), iar raza sa este R 1 =. Observăm că d(c 1, (P 1 )) = prin urmare planul (P 1 ) este secant sferei (S 1 ). 6 1 + 4 1 + 6 + 4 + = 14 61 < = R 1, ) Centrul sferei (S ) este C (1, 1, ), iar raza sa este R =. Cum d(c, (P )) = rezultă că planul (P ) este tangent sferei (S ). 1 + ( 1) 6 1 + + ( 6) = 14 7 = = R, ) Centrul sferei (S ) este C (,, 1), iar raza sa este R = 1. Deoarece d(c, (P )) = planul (P ) va fi exterior sferei (S ). + ( 1) + 5 + ( 1) + = 10 14 > 1 = R, 10. Determinaţi ecuaţia sferei cu centrul în C(4, 5, ) ştiind că sfera (S) : x + y + z 4x 1y + 6 = 0 este tangentă interior la sfera căutată. Ecuaţia redusă a sferei (S) este (S) : (x ) + (y 6) + z = 4, prin urmare această sferă are centrul A(, 6, 0) şi raza R =. Fie (S 1 ) sfera de centru C şi rază R 1 tangentă interior sferei (S); atunci CA = R 1 R. Însă CA = şi R 1 > 0, prin urmare R 1 = 5, iar ecuaţia sferei (S 1 ) este (S 1 ) : (x 4) + (y 5) + (z ) = 5. 10.4 Fie sfera (S) : x + y + z + 4x + 6y + 8z 8 = 0. 1) Precizaţi centrul şi raza sferei (S). ) Precizaţi ecuaţiile parametrice ale sferei (S). ) Arătaţi că A(4, 6, ) este exterior sferei şi precizaţi ecuaţia sferei cu centrul în A tangentă la (S). 1) Ecuaţia redusă a sferei (S) este (S) : (x + ) + (y + ) + (z + 4) = 9, deci centrul sferei este C(,, 4) iar raza sa este R =. ) Ecuaţiile parametrice ale sferei sunt x = sin ϕ cos θ (S) : y = sin ϕ sin θ z = cos ϕ, cu ϕ [0, π], θ [0, π].

90 Capitolul 10 SFERA ) Observăm că CA = 9 > = R, deci punctul A se află în exteriorul sferei (S). Există două sfere de centru A tangente sferei (S): una are raza R 1 = CA R = 6 şi este tangentă exterior la (S), iar a doua are raza R = CA + R = 1 şi este tangentă interior la (S). Ecuaţiile acestor sfere sunt (S 1 ) : (x 4) + (y + 6) + (z ) = 6, respectiv (S ) : (x 4) + (y + 6) + (z ) = 144. 10.5 Fie sfera (S) : x + y + z 6x + y + z 11 = 0. 1) Precizaţi centrul şi raza sferei. ) Precizaţi ecuaţiile diametrului perpendicular pe planul (P) : x + 5y + z 9 = 0. 1) Ecuaţia redusă a sferei este (S) : (x ) + (y + 1) + (z + 1) = 4, deci centrul sferei este C(, 1, 1 ), iar raza sa este R =. ) Diametrul cerut conţine centrul sferei şi are ca vector director normala la plan, N = ı + 5 j + k. Ecuaţiile acestui diametru sunt (D) : x 1 = y+1 5 = z+ 1. 10.6 Fie sfera (S) tangentă în M(4,, ) la planul (P 1 ) : x + y + z + 9 = 0, al cărei centru O se află în planul (P ) : 5x 4y + 7z 14 = 0. sferei. 1) Precizaţi ecuaţia normalei în M la planul (P 1 ) şi justificaţi că ea conţine centrul O al ) Determinaţi coordonatele lui O. ) Determinaţi distanţa de la O la (P 1 ). 4) Precizaţi ecuaţia sferei (S). 1) Normala la (P 1 ) este N1 = ı + j + k, deci ecuaţia normalei în M la (P1 ) este (D 1 ) : x 4 1 = y 1 = z 1. Cum raza unei sfere dusă din punctul de contact al sferei cu un plan tangent ei este perpendiculară pe acel plan tangent, rezultă că O (D 1 ). ) Punctul O va fi intersecţia dreptei (D 1 ) cu planul (P ). Ecuaţiile parametrice ale x = 4 + t lui (D 1 ) sunt (D 1 ) : y = + t, t R. Impunem condiţia 5(4 + t) 4( + t) + z = + t 7( + t) 14 = 0 şi obţinem că t = 1, deci O(,, 1). ) Cum OM (P 1 ), rezultă că d(o, (P 1 )) = OM =. 4) Sfera (S) are centrul O(,, 1) şi raza R =, prin urmare (S) : (x ) + (y ) + (z 1) =.

G. POPA, P. GEORGESCU 91 10.7 Determinaţi ecuaţia planului (P) tangent sferei (S) : (x 1) + (y + ) + (z ) = 14 în punctul A(, 1, ). Centrul sferei (S) este C(1,, ); atunci AC = ı j + k este vector normal la planul (P). Ecuaţia planului tangent este (P) : (x ) (y 1) + (z ) = 0, i.e. (P) : x + y z 7 = 0. 10.8 Determinaţi ecuaţiile planelor tangente sferei (S) : (x + 1) + (y ) + (z + ) = 16, care sunt paralele cu planul (P) : x 4y =. Planele paralele cu (P) au ecuaţii de forma (P α ) : x 4y α = 0, α R. Un astfel de plan este tangent sferei (S) dacă şi numai dacă distanţa de la centrul C( 1,, ) al sferei la el reste egală cu raza R = 4 a sferei. Impunem aşadar condiţia d(c, (P α )) = ( 1) 4 α +( 4) = 4, de unde obţinem că α + 11 = 0, prin urmare α 1 = 9 sau α = 1. Planele căutate sunt (P α1 ) : x 4y 9 = 0 şi (P α ) : x 4y + 1 = 0. 10.9 Fie sfera (S) : x + y + z 4x + y 6z + 8 = 0. 1) Precizaţi centrul şi raza sferei (S). ) Precizaţi punctele de intersecţie ale dreptei (d) : folosind eventual ecuaţiile parametrice ale lui (d). x 1 1 = y 1 = z 1 ) Precizaţi ecuaţiile planelor tangente la sferă în punctele determinate anterior. cu sfera (S) 1) Ecuaţia redusă a sferei este (S) : (x ) + (y + 1) + (z ) = 6, deci sfera are centrul C(, 1, ) şi raza R = 6. x = 1 + t ) Ecuaţiile parametrice ale dreptei (d) sunt (d) : y = t, t R. Punctele de z = 1 + t intersecţie ale dreptei cu sfera se obţin pentru acele valori ale lui t care verifică ecuaţia (1 + t) + ( t) + (1 + t) 4(1 + t) + ( t) 6(1 + t) + 8 = 0, i.e. t t = 0. Soluţiile acestei ecuaţii sunt t 1 = 0, t =, care fixează pe dreaptă punctele de intersecţie cu sfera A(1, 0, 1), respectiv B(,, 5). ) Planul tangent în A la sferă are normală AC = ı j + k, deci ecuaţia sa este (P1 ) : (x 1) y + (z 1) = 0, i.e. (P 1 ) : x y + z = 0. Planul tangent în B la sferă are

9 Capitolul 10 SFERA normala BC = ı + j k, deci ecuaţia sa este (P ) : (x ) + (y ) (z 5) = 0, i.e. (P ) : x y + z 15 = 0. 10.10 Fie planul (P) : x + y + z + 4 = 0. 1) Determinaţi ecuaţile parametrice ale normalei la (P) în punctul A(, 1, 4). ) Determinaţi ecuaţiile sferelor de rază R = tangente planului (P) în punctul A. 1) Un vector director al dreptei dorite este vectorul normal la plan N = ı + j + k. x = + t Cum dreapta trece prin A, ecuaţiile sale parametrice sunt (d) : y = 1 + t, t R. z = 4 + t ) Un punct curent al dreptei (d) este C( + t, 1 + t, 4 + t), t R. Un astfel de punct este centru al unei sfere de rază, tangentă în A planului (P), dacă şi numai dacă CA =, i.e. ( + t ) + (1 + t 1) + ( 4 + t + 4) = 4, ecuaţie ale cărei soluţii sunt t 1, = ±. Centrele celor două sfere căutate sunt C 1( 8, 7, 8 ), respectiv C ( 4, 1, 16 ), iar ecuaţiile sferelor vor fi (S 1) : ( x 8 ( ) ) + y 7 ( ) + z + 8 = 4, respectiv (S ) : ( x 4 ) + ( y + 1 ) + ( z + 16 ) = 4. 10.11 Precizaţi ecuaţia planului care conţine intersecţia sferelor (S 1 ) : (x 1) + (y ) + (z + ) = 16, (S ) : (x + 1) + (y 1) + (z ) = 9. Ecuaţia planului radical a două sfere se obţine reducând pătratele din ecuaţiile celor două sfere, fapt care se realizează practic scăzând membru cu membru cele două ecuaţii. Cum (S 1 ) : x + y + z x 4y + 6z = 0, (S ) : x + y + z + x y 4z = 0, rezultă că ecuaţia planului căutat este (P) : 4x + y 10z 1 = 0. alternativă Prima sferă are centrul C 1 (1,, ) şi raza R 1 = 4, iar a doua sferă are centrul C ( 1, 1, ) şi raza R =. Un vector normal la planul care conţine intersecţia sferelor este C 1 C = ı j + 5 k. Fie M (S1 ) (S ), iar P proiecţia lui M pe C 1 C. Notăm x = MP, y = PC, iar PC 1 = C 1 C PC = 0 y. Aplicând teorema lui Pitagora în MPC 1 şi MPC, obţinem că x + ( 0 y) = 16 şi x + y = 9, de unde, prin 0 y y = 7 scădere, ( 0 y) y = 7, deci y = 0 60. Rezultă că PC 1 PC = şi atunci coordonatele lui P se află din formulele punctului care împart segmentul într-un raport

G. POPA, P. GEORGESCU 9 dat: x P = x C 1 +kx C 1+k, y P = y C 1 +ky C 1+k, unde k = 7. Planul căutat are normala cunoscută şi trece prin P, deci ecuaţia sa se scrie imediat. 10.1 Determinaţi centrul şi raza cercului de intersecţie dintre sfera (S) : x + (y + 1) + (z 1) = 4 şi planul (P) : x + y + z = 1. Sfera are centrul C(0, 1, 1) şi raza R =. Fie O şi r centrul şi respectiv raza cercului (S) (P). Cum CO (P), rezultă că O este intersecţia dintre (P) şi normala la (P) care trece prin C, de ecuaţie x = y+1. Această intersecţie se doreşte a avea = z 1 1 coordonatele (0, 1, 1), deci O = C. Cercul căutat va fi un cerc mare al sferei, de rază r = R =.

Capitolul 11 CUADRICE PE ECUAŢII REDUSE 11.1 Determinaţi curbele de intersecţie ale elipsoidului (E) : planele de coordonate. x 9 + y 16 + z 4 1 = 0 cu Intersecţia cu planul yoz se determină punând x = 0; se obţine că y 16 + z 4 1 = 0, care este ecuaţia unei elipse de semiaxe 4 şi. Intersecţia cu planul zox se determină înlocuind y = 0; se obţine că x 9 + z 4 1 = 0, ceea ce reprezintă ecuaţia unei elipse de semiaxe şi. Intersecţia cu planul xoy se deduce punând z = 0; se determină că x 9 + y 16 1 = 0, care este ecuaţia unei elipse de semiaxe, 4. 11. Precizaţi natura curbelor x + y + z = x + y z = 1 1) ; ) z = x + y z = x + y + z = 1 x + y z = 0 ) ; 4) z = z = ;. 1) Urmează că z + z =, deci z {, 1}. Cum z = x + y, se obţine că z 0, deci z = 1, de unde x + y =. Curbă căutată este un cerc cu centrul în A(0, 0, 1) şi rază, situat în planul z = 1, determinat de intersecţia dintre sfera x + y + z = cu centrul în origine şi de rază şi paraboloidul de rotaţie în jurul lui Oz de ecuaţie z = x + y. ) Cum x + y = 5 iar z =, curbă căutată este un cerc cu centrul în A(0, 0, ) şi rază 5, situat în planul z =, determinat de intersecţia dintre hiperboloidul cu o 94

G. POPA, P. GEORGESCU 95 pânză x + y z = 1 (care este un hiperboloid de rotaţie în jurul lui Oz) şi planul z =, paralel cu xoy. ) Se obţine că x + y = 1, deci intersecţia respectivă este mulţimea vidă. 4) Deoarece x + y = 9, iar z =, curbă căutată este un cerc cu centrul în A(0, 0, ) şi rază, situat în planul z =, determinat de intersecţia dintre conul de ecuaţie x + y z = 0 (care este un con de rotaţie în jurul lui Oz) şi planul z =, paralel cu xoy. 11. Determinaţi generatoarele hiperboloidului cu o pânză (H1) : trec prin M 0 (4, 10, 6). x 16 + y 5 z 9 = 1 care Deoarece 16 x z 9 = 1 y 5, urmează că ( x 4 z ) ( x 4 ) + z = ( 1 y ) ( 1 + y ), 5 5 de unde generatoarele hiperboloidului sunt x 4 (G1) : z = k ( 1 y ) 5 x 4 + z = 1 ( k 1 + y), k R, 5 respectiv x 4 (G) : z = k ( 1 + y ) 5 x 4 + z = 1 ( k 1 y), k R. 5 Punând condiţia ca generatoarele să treacă prin M se obţine că k = 1 (pentru (G1)), respectiv k = 1 (pentru (G)). De aici, generatoarele care trec prin M sunt x 4 z = 1 y x 5 4, z = 1 ( 1 + y) 5 x 4 + z = 1 + y x 5 4 + z = ( 1 y ). 5 11.4 Determinaţi generatoarele paraboloidului hiperbolic (PH) : x 16 y 5 M 0 (4, 5, 0). = z care trec prin Deoarece ( x 4 y ( x4 5) + y 5) = z, urmează că generatoarele hiperboloidului sunt x 4 (G1) : y 5 = k, k R, x 4 + y 5 = 1 k z

96 Capitolul 11 CUADRICE PE ECUAŢII REDUSE respectiv x 4 (G) : y 5 = k z, k R. x 4 + y 5 = 1 k, Punând condiţia ca generatoarele să treacă prin M se obţine că k = 1 (pentru (G)), pentru pentru (G1) problema neavând soluţie. De aici, generatoarea care trece prin M este x 4 y 5 = z x 4 + y 5 =. 11.5 Precizaţi ecuaţiile planelor paralele cu xoy care taie elipsoidul (E) : x 16 + y 9 + z 4 = 1 după o elipsă cu distanţa focală 6. Pentru z = k, k [, ], se obţine că 16 x + y 9 = 1 k 4, sau ( x 16 ( ) ( ) de unde distanţa focală a elipsei este 16 1 k 4 + 9 aici, k = ± 8 5, iar ecuaţiile planelor căutate sunt z = 8 5, z = 8 5. 11.6 Determinaţi punctele de intersecţie ale elipsoidului (E) : dreapta (d) : x + = y + 6 = z 4. 1 k 4 ) + ( y 1 k 4 9 1 k 4 = 10 ) = 1, 1 k 4. De x 4 + y 1 + z 16 1 = 0 cu Punctele de intersecţie ale elipsoidului (E) şi dreptei (d) se determină rezolvând sistemul format cu ecuaţia elipsoidului şi ecuaţia dreptei. Ecuaţiile parametrice ale dreptei (d) sunt x(t) = t y(t) = 6 t z(t) = 4 + t iar substituind aceste relaţii în ecuaţia lui (E) se obţine că (t + 1) + 9(t+) 1 + (t+) 4 = 1, de unde t {, 1}. Pentru t = se obţine punctul de intersecţie M(, 0, 0), iar pentru t = 1 se obţine punctul de intersecţie N(0,, )., 11.7 Determinaţi punctele de intersecţie ale paraboloidului eliptic (PE) : dreapta (d) : x = y = z 1. x 9 + y 4 = z cu

G. POPA, P. GEORGESCU 97 Rezolvăm sistemul format cu ecuaţia paraboloidului eliptic şi ecuaţia dreptei. Ecuaţiile parametrice ale dreptei (d) sunt x(t) = t y(t) = t z(t) = t iar înlocuind aceste egalităţi în ecuaţia lui (PE) se obţine că (t) 9 + (t) 4 = t, de unde t {0, 1}. Corespunzător, punctele de intersecţie sunt O(0, 0, 0) şi M(,, 1). 11.8 Determinaţi valoarea lui m pentru care planul (P) : x y + z m = 0 este tangent paraboloidului eliptic (PE) : x + y = z. Pentru acest m, determinaţi coordonatele 4 punctului de tangenţă. Determinăm intersecţia dintre plan şi paraboloidul eliptic. Cum z = x + y + m, înlocuind această relaţie în ecuaţia paraboloidului eliptic se obţine că x y + x + 4 y m = 0, sau 1 (x + ) + 1 4 (y ) 1 m = 0. Condiţia de tangenţă este atunci 1 m = 0, adică m =, punctul de tangenţă fiind M(,, ). alternativă Fie M(x 0, y 0, z 0 ) astfel ca (P) să fie tangent la (PE) în M. Ecuaţia lui (P) se scrie atunci prin dedublare sub forma (P) : xx 0 + yy 0 paralelism, x0 = 1 y 04, 4 = z + z 0, de unde, folosind condiţia de = 1 = z m 0. Urmează că x 0 =, y 0 =, de unde z 0 =, deci punctul de tangenţă este M(,, m ). Cum z 0 =, urmează că m =. 11.9 Determinaţi ecuaţia planului (P) tangent la paraboloidului eliptic (PE) : x 4 + y 9 = z care este perpendicular pe vectorul N = ı j k. Cum N este normal la (P), urmează ca ecuaţia lui (P) este (P) : x y z + m = 0, de unde x = x y + m. Substituind această relaţie în ecuaţia paraboloidului eliptic obţinem că x 4 + y 9 x + y m = 0, sau 1 4 (x ) + 1 9 (y + 9) 10 m = 0. Condiţia de tangenţă este m = 10, iar ecuaţia planului (P) este (P) : x y z 10 = 0. alternativă

98 Capitolul 11 CUADRICE PE ECUAŢII REDUSE Fie M(x 0, y 0, z 0 ) astfel ca (P) să fie tangent la (PE) în M. Ecuaţia lui (P) se scrie atunci prin dedublare sub forma (P) : xx 0 normal la (P), x 041 = y 0 9 lui (P) se obţine că z 0 (P) : x y z 10 = 0. = 1 4 + yy 0 9 = z + z 0, de unde, cum N este vector. De aici, x 0 =, y 0 = 9, iar înlocuind în ecuaţia x = 5. Atunci ecuaţia lui (P) este (P) : y = z + 5, sau 11.10 Determinaţi distanţa de la paraboloidul eliptic (PE) : x y z + 16 = 0. x 9 + y 4 = z la planul (P) : Distanţa respectivă este distanţa de la la planul (P) la planul (P 1 ) paralel cu (P) şi tangent paraboloidului. Cum (P 1 ) este paralel cu (P), ecuaţia sa este (P) : x y z + m = 0, de unde z = x y + m. Substituind această egalitate în ecuaţia paraboloidului eliptic, obţinem că x 9 + y 4 = x y + m, sau 1 9 (x 9) + 1 4 (y + ) 9 1 m = 0, condiţia de tangenţă fiind m = 10. Distanţa între planele paralele (P) şi (P 1 ) se determină ca fiind distanţa de la un punct aparţinând unuia dintre plane la celălalt. Pentru M(8, 0, 0) (P), urmează că distanţa căutată este d(m, (P 1 )) = 8 0 0 10 + ( 1) + ( ) =. 11.11 Precizaţi în ce condiţii normala în orice punct al unui elipsoid trece prin centrul acestuia.