Matematyka w algorytmach Kazimierz Jusewicz

Matematyka w algorytmach

Kazimierz Jusewicz
Matematyka
w algorytmach
Część IV
Geometria analityczna
Wydanie pierwsze
2013

Spis treści
Przedmowa 7
Rozdział 1 Układ kartezjański 9
Rozdział 2 Wektory i działania na nich 11
2.1 Definicja 11
2.2 Wektory swobodne 12
2.3 Długość wektora 12
2.4 Wektor przeciwny 12
2.5 Dodawanie i odejmowanie wektorów 13
2.6 Mnożenie i dzielenie wektora przez dowolną liczbę 13
2.7 Iloczyn skalarny wektorów 14
2.8 Równoległość i prostopadłość wektorów 14
2.9 Wektor o tej samej długości prostopadły do danego wektora 15
2.10 Kąt wektora z osiami OX i OY 17
2.11 Kąt pomiędzy dwoma wektorami 19
Rozdział 3 Prosta 21
3.1 Wzory 21
3.2 Omówienie wzorów 21
3.3 Przykłady zastosowania wzorów 32
Rozdział 4 Okrąg 40
4.1 Wzory 40
4.2 Omówienie wzorów 40
4.3 Przykłady zastosowania wzorów 43
Rozdział 5 Elipsa 49
5.1 Definicja 49
5.2 Wzory 49
5.3 Omówienie wzorów 49

5.4 Przykłady zastosowania wzorów 54
Rozdział 6 Hiperbola 59
6.1 Definicja 59
Część A Hiperbola różnoosiowa 59
6a.2 Wzory 59
6a.3 Omówienie wzorów 60
6a.4 Przykłady zastosowania wzorów 64
Część B Hiperbola równoosiowa 69
6b.2 Wzory 69
6b.3 Omówienie wzorów 69
Rozdział 7 Parabola 71
7.1 Definicja 71
7.2 Wzory 71
7.3 Omówienie wzorów 71
7.4 Przykłady zastosowania wzorów 74
Rozdział 8 Styczna do krzywych 79
8.1 Położenie prostej w stosunku do krzywej 79
8.2 Styczna do krzywej w punkcie leżącym na niej 80
8.3 Styczne do krzywej poprowadzone z punktu leżącego poza nią 80
8.4 Styczne do krzywej równoległe do danej prostej, prostopadłe do niej lub 89
tworzące z nią dany kąt
Rozdział 9 Mimośród 96
9.1 Definicja 96
9.2 Elipsa 96
9.3 Hiperbola 97
9.4 Parabola 99
Rozdział 10 Analiza równań stopnia drugiego 100
Rozdział 11 Zadania 106
Załącznik 1 Przekształcenia równań na funkcje 206

Przedmowa
7
Przedmowa
Wśród uczniów gimnazjów, liceów i szkół zawodowych panuje powszechne przekonanie, że najtrudniejszym
przedmiotem w ich nauce jest matematyka. Jest to przekonanie z gruntu błędne. Podczas gdy ucząc się historii,
geografii, biologii i innych przedmiotów trzeba się wykazać pojemną i trwałą pamięcią (jak to się potocznie mówi
„wkuwać” przedmiot), matematyka ma tę istotną przewagę nad innymi dziedzinami wiedzy, że posługuje się
w przytłaczającej części zagadnień algorytmami.
Co to jest algorytm? (n.b. słowo pochodzenia arabskiego)
„Algorytm jest to ściśle określony sposób rozwiązywania postawionego przed nami zadania.” (vide Wielka Encyklopedia
Powszechna, Tom I, str. 153).
Typowym algorytmem są na przykład wzory Cramera. Znając zasady obliczania wyznaczników
(też za pomocą algorytmu) jesteśmy w stanie rozwiązać w stosunkowo prosty sposób układ równań stopnia
pierwszego z dowolną ilością niewiadomych. Dzięki tej właśnie własności algorytmów, autor niniejszego
podręcznika, wykorzystując wieloletnie doświadczenie pedagogiczne, opracował nietypowy podręcznik,
który pozwala stosunkowo łatwo opanować materiał matematyczny szkoły średniej nawet przeciętnemu uczniowi.
Cały podręcznik został podzielony na cztery części. Są to kolejno:
Część I Algebra
Część II Geometria
Część III Trygonometria
Część IV Geometria analityczna
Autor celowo pomija logikę matematyczną i rachunek prawdopodobieństwa, ponieważ te zagadnienia podane są
w podręcznikach w wystarczająco zrozumiały sposób.
Największa innowacja, jaką uczeń znajdzie w tym podręczniku, to kompleksowe opracowanie (nie spotykane
w żadnym podręczniku krajowym i zagranicznym) następujących działów:
1. Liczby bezwzględne i działania na nich.
2. Niezwykłe uproszczenie 32 wzorów redukcyjnych.
3. Wyczerpujące wyjaśnienie zasad obliczania granic właściwych, niewłaściwych oraz lewo− i prawostronnych.
4. Nowatorskie opracowanie zasad obliczania stycznych do krzywych.
Całkowitą nowość stanowi opracowanie działu czwartego, dotyczącego geometrii analitycznej,
którą na podstawie podanego materiału jest w stanie łatwo opanować nawet słabo przygotowany uczeń.
By uczeń mógł przyswoić sobie podany w podręczniku materiał, muszą być spełnione następujące cztery
warunki:
1. Jasny i czytelny wykład (to zadanie spełnia właśnie proponowany podręcznik).
2. Ambicja ucznia.
3. Jego chęć przyswojenia sobie podanego materiału.
4. Pojemna i trwała pamięć.
W zakończeniu autor wyjaśnia, że podręcznik rzadko stosuje kwantyfikatory, wychodząc z założenia, że znajdujące
się na rynku podręczniki stosują je w nadmiarze, zaciemniając w ten sposób obraz tak wspaniałej dziedziny,

8
Przedmowa
jaką jest matematyka.
Jeśli czytelnicy zgłoszą jakieś uwagi do obecnej redakcji, autor niewątpliwie skorzysta z nich w następnym
wydaniu, jeśli tylko będą słuszne.
Uwaga: W chwili obecnej ukazuje się tylko część podręcznika, stanowiąca odrębną całość. Podręcznik w całej
objętości (około 800 stron) ukaże się wówczas, gdy „Geometria analityczna” spotka się z pozytywnym
przyjęciem.
Przedstawiany podręcznik omawia szczegółowo sześć elementów:
1. Wektory (10 wzorów)
2. Proste (13 wzorów)
3. Okręgi (5 wzorów)
4. Elipsy (10 wzorów)
5. Hiperbole (11 wzorów)
6. Parabole (5 wzorów)
Łącznie w podręczniku są więc przedstawione 54 wzory opisujące powyższe elementy. Każdy z tych wzorów
zostaje dokładnie przedstawiony i określone zostaje jego stosowanie. Następnie podaje się typowy przykład jego
stosowania. Po tym przykładzie następuje omówienie następnego wzoru. Po omówieniu wszystkich wzorów
dotyczących danego elementu, autor podaje szereg zadań uwzględniających stosowanie wszystkich omówionych
wzorów. Każde zadanie jest od razu rozwiązywane. Pożądane jest jednak, by uczeń próbował naprzód rozwiązać
zadanie we własnym zakresie i dopiero potem sprawdził, czy rozwiązanie jest właściwe.
Do podręcznika, po jego teoretycznej części, dołącza się trzy załączniki:
1. Cztery fragmenty tekstów, dotyczące czterech wspomnianych w przedmowie zagadnień (liczby bezwzględne,
uproszczone wzory redukcyjne, granice funkcji oraz styczne do krzywych).

Rozdział 1. Układ Kartezjański
9
Rozdział 1
Układ kartezjański
Zadaniem geometrii analitycznej jest rozwiązywanie zadań geometrycznych przy zastosowaniu rachunku
algebraicznego. Wszystkie zadania w zakresie geometrii analitycznej rozwiązuje się w układzie współrzędnych,
zwanym układem kartezjańskim od nazwiska sławnego matematyka francuskiego Kartezjusza (Decrates
1596−1650). Podzielił on płaszczyznę na cztery ćwiartki, wyznaczone przecinającymi się pod kątem prostym
osiami. Są to oś odciętych X oraz oś rzędnych Y. Układ Kartezjusza opiera się na następujących założeniach:
1. Każdemu punktowi na płaszczyźnie odpowiada przy przyjętej jednostce długości odpowiednia odcięta
i rzędna. Odcięta jest to odległość punktu od początku układu (od osi Y). Natomiast rzędna jest to
odległość punktu od osi X.
2. Każdy punkt na płaszczyźnie można określić podając jego odciętą i rzędną.
Umownie przyjął Kartezjusz, że:
––
odcięte na prawo od osi Y będą dodatnie,
––
odcięte na lewo od osi Y będą ujemne,
––
rzędne powyżej osi X będą dodatnie,
––
rzędne poniżej osi X będą ujemne.
Rysunek 1 przedstawia obraz czterech punktów A (2, 3), B (−3, 4), C (−3, −5) oraz D (3, −1) na płaszczyźnie.
Kartezjusz poszedł jednakże dalej. Wprowadził bowiem trzecią oś aplikant, prostopadłą do obu osi pod kątem
prostym, i te trzy przecinające się proste podzieliły całą przestrzeń na osiem części, co przedstawia rysunek 2.
Rys. 1
Rys. 2

10
Rozdział 1. Układ Kartezjański
Współrzędne punktów leżących w poszczególnych ośmiu częściach przestrzeni mają następujące znaki:
Współrzędne
Ósme części przestrzeni
I II III IV V VI VII VIII
X + − − + + − − +
Y + + − − + + − −
Z + + + + − − − −
Geometria, w której zadania „rozgrywają” się na płaszczyźnie, a więc tylko w dwóch współrzędnych x i y,
to geometria płaszczyzny. Natomiast ta, przy której występują trzy współrzędne x, y i z, to geometria przestrzeni.
W geometrii płaszczyzny, której dotyczy ten podręcznik, zostaną omówione kolejno:
1. Wektory i działania na nich
2. Proste
3. Okręgi
4. Elipsy
5. Hiperbole
6. Parabole

Rozdział 2. Wektory i działania na nich
11
Rozdział 2
Wektory i działania na nich
2.1. Definicja
Wektorem nazywamy uporządkowaną parę punktów. Pierwsza para współrzędnych (x 1
, y 1
) to początek wektora,
natomiast druga para (x 2
, y 2
) to jego koniec. Jeśli w ten sposób podamy parę punktów, wówczas mamy
do czynienia z wektorem zaczepionym. Każdy wektor posiada:
––
długość,
––
kierunek,
––
zwrot.
W przypadku, gdy x 1
= x 2
oraz y 1
= y 2
mamy do czynienia z wektorem zerowym.
Współrzędne wektora są określane różnicą współrzędnych jego końca i początku, co zapisujemy
lub prościej
Co oznaczają współrzędne wektora?
AB = [(x 2
− x 1
), (y 2
− y 1
)]
AB = [a 1
, a 2
]
By odpowiedzieć na to pytanie, narysujemy dwa wektory AB i CD, gdzie A (8, −2), B (4, −1), C (7, 1)
i D (6, −2), wobec czego ich współrzędne to odpowiednio (rys. 3)
AB = [(4 − 8), (−1 + 2)] = [−4, 1]
CD = [(6 − 7), (−2 − 1)] = [−1, −3]
Współrzędna a 1
= −4 w wektorze AB oznacza, że jego koniec znajduje się o 4 jednostki na lewo od jego początku.
Współrzędna a 2
= 1 w wektorze AB oznacza, że jego koniec znajduje się o 1 jednostkę wyżej niż jego początek.
Odpowiednio koniec wektora CD znajduje się o 1 jednostkę w lewo oraz 3 jednostki niżej od jego początku.
Rys. 3

12
Rozdział 2. Wektory i działania na nich
Ogólnie rzecz ujmując:
––
pierwsza współrzędna dodatnia oznacza, że koniec wektora znajduje się na prawo od jego początku,
––
pierwsza współrzędna ujemna oznacza, że koniec wektora znajduje się na lewo od jego początku,
––
druga współrzędna dodatnia oznacza, że koniec wektora znajduje się wyżej od jego początku,
––
druga współrzędna ujemna oznacza, że koniec wektora znajduje się niżej od jego początku.
2.2. Wektory swobodne
Wektor, który jest określony tylko za pomocą jego współrzędnych, to wektor swobodny. Jego nazwa wynika z
faktu, że możemy go „zaczepić” w dowolnym miejscu układu współrzędnych. Narysujemy kilka wektorów swobodnych
o współrzędnych [3, −4]. (rys. 4)
Rys. 4
Na podstawie rysunku 4 łatwo zauważyć, że wszystkie te wektory mają:
––
ten sam kierunek,
––
ten sam zwrot,
––
tę samą długość,
––
oraz są do sobie równoległe.
2.3. Długość wektora
Każdy wektor ma swoją długość, którą wyraża wzór
lub
|AB| = √(x 2
− x 1
) 2 + (y 2
− y 1
) 2
|AB| = √a 1
2
+ a 2
2
Dla przykładu długość wektora o współrzędnych AB = [3, 4] wynosi
|AB| = √3 2 + 4 2 = 5
2.4. Wektor przeciwny
Wektorem przeciwnym do wektora AB nazywamy wektor −AB. Jeżeli wektor AB ma współrzędne AB = [4, −3],
to wektor przeciwny ma współrzędne (rys. 5)
−AB = [−4, 3]

Rozdział 2. Wektory i działania na nich
13
Rys. 5
2.5. Dodawanie i odejmowanie wektorów
Dodajemy lub odejmujemy wektory, dodając lub odejmując ich współrzędne. Możemy także odejmować wektor,
dodając jego wektor przeciwny. Jeżeli AB = [a 1
, a 2
] oraz CD = [b 1
, b 2
], to
natomiast
AB + CD = [(a 1
+ b 1
), (a 2
+ b 2
)]
AB − CD = [(a 1
− b 1
), (a 2
− b 2
)]
2.6. Mnożenie i dzielenie wektora przez dowolną liczbę
Mnożymy lub dzielimy wektor przez dowolną liczbę, mnożąc lub dzieląc przez nią jego współrzędne.
Jeżeli AB = [a 1
, a 2
], to
3AB = [3a 1
, 3a 2
]
Przykład 1. Mając dane wektory u = [2, 3] oraz v = [−1, 4] znaleźć wektory u + v, u − v oraz 3u.
Rozwiązanie:
u + v = [(2 − 1), (3 + 4)] = [1, 7]
u − v = [(2 + 1), (3 − 4)] = [3, −1]
3u = [6, 9]
Odpowiedź: Szukane wektory to u + v = [1, 7], u − v = [3, −1] oraz 3u = [6, 9]. (rys 6)
Rys. 6

14
Rozdział 2. Wektory i działania na nich
Rozwiązanie graficzne tego zadania przeprowadza się według następujących zasad:
––
Chcąc do wektora u dodać wektor v, do końca wektora u „doczepiamy” wektor v. Wektor, którego
początkiem jest początek wektora u, zaś końcem jest koniec wektora v, to właśnie szukany wektor u + v.
––
Odejmujemy od wektora u wektor v, dodając według tej samej zasady wektor −v. I znów wektor łączący
początek wektora u z końcem wektora −v to szukany wektor u − v.
2.7. Iloczyn skalarny wektorów
Iloczyn skalarny wektorów u = [a 1
, a 2
] oraz v = [b 1
, b 2
] wyraża równanie a 1
b 1
+ a 2
b 2
. Jeżeli u = [2, −5] oraz
v = [3, 10], to
u º v = 2∙3 + (−5)∙10 = −44
2.8. Równoległość i prostopadłość wektorów
Wektory u = [a 1
, a 2
] oraz v = [b 1
, b 2
] są:
a1 b a
1
1
a2
––
równoległe, gdy = lub 0
a b b b = ,
2 2
1 2
––
prostopadłe, gdy ich iloczyn skalarny jest równy zero, czyli a 1
b 1
+ a 2
b 2
= 0.
Przykład 2. Zbadać wzajemne położenie wektorów u = [3, 4] i v = [9, 12] oraz wektorów u 1
= [2, 1] i v 1
= [−1, 2].
Rozwiązanie:
a1 b1
1. Sprawdzamy warunek = dla wektorów u = [3, 4] i v = [9, 12] otrzymując
a b
2 2
3/9 = 4/12 czyli 1/3 = 1/3
a więc wektory są równoległe.
2. Sprawdzamy warunek a 1
b 1
+ a 2
b 2
= 0 dla wektorów u 1
= [2, 1] i v 1
= [−1, 2] otrzymując
2∙(−1) + 1∙2 = 0
a więc wektory są prostopadłe.
Odpowiedź: Wektory u = [3, 4] i v = [9, 12] są równoległe, wektory u 1
= [2, 1] i v 1
= [−1, 2] są prostopadłe.
(rys. 7)
Rys. 7

Rozdział 2. Wektory i działania na nich
15
2.9. Wektor o tej samej długości prostopadły do danego wektora
Do każdego wektora np. AB = [a 1
, a 2
] możemy zbudować dwa wektory do niego prostopadłe o współrzędnych
mające tę samą długość.
AC = [−a 2
, a 1
] oraz AD = [a 2
, −a 1
]
Przykład 3. Dany jest wektor AB = [3, −4]. Znaleźć wektory AC oraz AD, prostopadłe do niego i mające
tę samą długość.
Rozwiązanie:
AC = [4, 3] oraz AD = [−4, −3]
Odpowiedź: Szukane współrzędne wektorów to AC = [4, 3] oraz AD = [−4, −3]. (rys. 8)
Przykład 4. Dane są współrzędne punktów A (3, 5) i B (−2, 1), będących początkiem i końcem wektora AB.
Znaleźć współrzędne wektorów AC i AD prostopadłych do wektora AB, oraz współrzędne punktów
C i D.
Rozwiązanie:
1. Obliczamy współrzędne wektora AB
AB = [a 1
, a 2
] = [(−2 − 3), (1 − 5)] = [−5, −4]
2. Obliczamy współrzędne wektorów prostopadłych
AC = [b 1
, b 2
] = [4, −5] oraz AD = [c 1
, c 2
] = [−4, 5]
3. Obliczamy współrzędne punktu C (x c
, y c
), dodając do współrzędnych punktu A współrzędne wektora AC
x c
= x a
+ b 1
= 3 + 4 = 7 oraz y c
= y a
+ b 2
= 5 − 5 = 0
C (7, 0)
4. Obliczamy współrzędne punktu D (x d
, y d
), dodając do współrzędnych punktu A współrzędne wektora AD
x d
= x a
+ c 1
= 3 − 4 = −1 oraz y d
= y a
+ c 2
= 5 + 5 = 10
D (−1, 10)
Odpowiedź: Szukane współrzędne wektorów to AC = [4, −5] oraz AD = [−4, 5], współrzędne wierzchołków
to C (7, 0) oraz D (−1, 10). (rys. 9)
Rys. 8

16
Rozdział 2. Wektory i działania na nich
Uwaga: O tej ciekawej własności wektorów warto pamiętać, gdyż ma to zastosowanie przy rozwiązywaniu zadań
związanych z kwadratami.
Przykład 5. Mając dane współrzędne wierzchołka kwadratu A (2, 1) oraz punkt przecięcia jego przekątnych
E (6, 4) znaleźć współrzędne pozostałych wierzchołków kwadratu B, C i D.
Rozwiązanie:
Rys. 9
1. Obliczamy współrzędne wektora AE (z założenia zadania wynika, że EC = AE)
AE = [(6 − 2), (4 − 1)] = [4, 3]
2. Obliczamy współrzędne wektorów EB i ED, prostopadłych do wektora AE, mających tę samą długość
EB = [3, −4] oraz ED = [−3, 4]
3. Obliczamy współrzędne wierzchołków B, C i D, dodając do współrzędnych punktu E kolejno współrzędne
wektorów EB, EC i ED
x b
= 6 + 3 = 9 oraz y b
= 4 − 4 = 0
B (9, 0)
x c
= 6 + 4 = 10 oraz y c
= 4 + 3 = 7
C (10, 7)
x d
= 6 − 3 = 3 oraz y d
= 4 + 4 = 8
D (3, 8)
Odpowiedź: Szukane współrzędne wierzchołków kwadratu to B (9, 0), C (10, 7) oraz D (3, 8). (rys. 10)
Rys. 10

Rozdział 2. Wektory i działania na nich
17
2.10. Kąt wektora z osiami OX i OY
Jeżeli u = [a 1
, a 2
], to
sin(OX,u) =
a
a
2
+ a
2 2
1 2
a1
oraz cos(OX,u) =
a + a
2 2
1 2
Jeśli dany jest wektor zawieszony u, którego początek jest wyznaczony punktem A (x 1
, y 1
) a koniec punktem
B (x 2
, y 2
), to
y2 − y1
x2 − x1
sin(OX,u) = oraz cos(OX,u) =
l
l
gdzie
l = √(x 2
− x 1
) 2 + (y 2
− y 1
) 2
Kąt pomiędzy osią OX (OY) i wektorem u jest to kąt mierzony w lewo od dodatniego kierunku osi OX (OY)
do danego wektora u. Kąt ten może się znajdować w granicach od 0o do 360o, co wyjaśniają rysunki
11, 12, 13 i 14.
Rys. 11 Rys. 12
Aby obliczyć kąt pomiędzy osią OX i wektorem u należy:
Rys. 13 Rys. 14
1. obliczyć wartości sinusa i cosinusa tego kąta według podanych wyżej wzorów,
2. ustalić, w której ćwiartce okręgu znajduje się poszukiwany kąt, o czym decydują znaki obu funkcji,
pamiętając przy tym, że znaki obu funkcji w czterech ćwiartkach są następujące:
I II III IV
sinus + + − −
cosinus + − − +

18
Rozdział 2. Wektory i działania na nich
3. odczytać w tablicach kąt odpowiadający dodatniej wartości wyliczonego sinusa kąta, a następnie:
––
jeżeli obliczony kąt znajduje się w I ćwiartce, to przyjmujemy odczytany kąt
––
jeżeli obliczony kąt znajduje się w II ćwiartce, to odczytany kąt odejmujemy od 180o
sin(180o − A) = sinA
––
jeżeli obliczony znajduje się w III ćwiartce, to odczytany kąt dodajemy do 180o
sin(180o + A) = −sinA
––
wreszcie, jeżeli obliczony kąt znajduje się w IV ćwiartce, to odczytany kąt odejmujemy od 360o
sin(360o − A) = −sinA
Jeżeli obliczony we wskazany wyżej sposób kąt ∠(OX, u) jest kątem:
––
pierwszej ćwiartki, to ∠(OY, u) = 270o + ∠(OX, u)
––
II, III lub IV ćwiartki, to ∠(OY, u) = ∠(OX, u) − 90o
Przykład 6. Obliczyć kąty, jakie osie OX i OY tworzą z wektorem zaczepionym o początku i końcu odpowiednio
w punktach o współrzędnych A (2, 1) i B (6, 4).
Rozwiązanie:
1. Obliczamy współrzędne i długość wektora AB
AB = [(6 − 2), (4 − 1)] = [4, 3]
|AB| = √16 + 9 = 5
2. Obliczamy sinus i cosinus kąta między osią OX oraz wektorem AB
sin∠(OX, AB) = 3/5 oraz cos∠(OX, AB) = 4/5
3. Odczytujemy z tablic wielkość kąta, dla którego sinus = 0,6
∠(OX, AB) = 36o52’
4. Ponieważ obie funkcje mają znak dodatni, oznacza to, że kąt znajduje się w pierwszej ćwiartce, a więc
∠(OY, AB) = 270º + ∠(OX, AB) = 270º + 36o52’ = 306o52’
Odpowiedź: Szukane kąty są równe ∠(OX, AB) = 36o52’ oraz ∠(OY, AB) = 306o52’. (rys. 15)
Rys. 15

Rozdział 2. Wektory i działania na nich
19
Przykład 7. Obliczyć kąty, jakie osie OX i OY tworzą z wektorem u = [−8, −6].
Rozwiązanie:
1. Obliczamy długość wektora u
|u| = √64 + 36 = 10
2. Obliczamy sinus i cosinus kąta między osią OX oraz wektorem u
sin ∠(OX, u) = −6/10 = −0,6
cos ∠(OX, u) = −8/10 = −0,8
3. Skoro wartości obu funkcji są ujemne, oznacza to, że szukany kąt znajduje się w trzeciej ćwiartce okręgu.
4. Wartości sin ∠(OX, u) = 0,6 odpowiada w tabeli kąt 36o52’, a więc
∠(OX, u) = 180o + 36o52’ = 216o52’
∠(OY, u) = 216o52’ − 90o = 126o52’
Odpowiedź: Szukane kąty są równe ∠(OX, u) = 216o52’ oraz ∠(OY, u) = 126o52’. (rys. 16)
Rys. 16
2.11. Kąt pomiędzy dwoma wektorami
Jeżeli u = [a 1
, a 2
] oraz v = [b 1
, b 2
], to
sin(u, v)
ab − ab
u v
ab + ab
u v
1 2 2 1
1 1 2 2
= oraz cos(u, v) =
Przykład 8. Obliczyć kąt pomiędzy wektorami u = [8, 6] oraz v = [4, −3].
Rozwiązanie:
1. Obliczamy sinus i cosinus kąta między wektorami u oraz v
8 ⋅− ( 3) −6 ⋅4 −24 −24 −48
sin(u, v) = = = = −0,9600
64 + 36 ⋅ 16 + 9 10⋅5 50
8⋅ 4 + 6 ⋅− ( 3) 32 −18 14
cos(u, v) = = = = 0,2800
64 + 36 ⋅ 16 + 9 10⋅5 50
2. Skoro sinus szukanego kąta jest ujemny, a jego cosinus jest dodatni, oznacza to, że szukany kąt znajduje
się w IV ćwiartce.

20
Rozdział 2. Wektory i działania na nich
3. Wartości sin ∠(u, v) = 0,96 odpowiada w tabeli kąt 73o45’, a więc
∠(u, v) = 360o00’ − 73o45’ = 286o15’
Odpowiedź: Szukany kąt jest równy ∠(u, v) = 286o15’. (rys. 17)
Rys. 17
Przykład 9. Obliczyć kąt pomiędzy wektorami AB oraz CD, znając współrzędne punktów A (1, 0), B (6, 1),
C (1, 2) i D (2, 6).
Rozwiązanie:
1. Obliczamy współrzędne wektorów AB oraz CD
AB = u = [(6 − 1), (1 − 0)] = [5, 1]
CD = v = [(2 − 1), (6 − 2)] = [1, 4]
2. Obliczamy sinus i cosinus kąta między wektorami u oraz v
5⋅4 −1⋅1 19
sin(u, v) = = = 0,9038
25 + 1 ⋅ 1+
16 442
51 ⋅ + 14 ⋅ 9
cos(u, v) = = = 0,4281
25 + 1 ⋅ 1+
16 442
3. Skoro sinus i cosinus szukanego kąta są dodatnie, oznacza to, że szukany kąt znajduje się w I ćwiartce,
więc odczytujemy z tablic wielkość kąta, dla którego sinus = 0,9038
∠(u, v) = 64o40’
Odpowiedź: Szukany kąt jest równy ∠(u, v) = 64o40’. (rys. 18)
Rys. 18

Rozdział 3. Prosta
21
Rozdział 3
Prosta
3.1. Wzory
1. y = ax Równanie prostej przechodzącej przez punkt (0, 0)
2. y = ax + b Równanie prostej przechodzącej przez punkt (0, b)
3. y − y 1
= a(x − x 1
) Równanie pęku prostych
y − y
y y (x x )
2 1
4. −
1
= −
1
x2 − x1
Równanie prostej przechodzącej przez punkty
(x 1
, y 1
) oraz (x 2
, y 2
)
5. Ax + By + C = 0 Równanie ogólne prostej
6.
x y
+ = 1
Równanie odcinkowe prostej
a b
7. a = a 1
Warunek równoległości prostych
1
a = − Warunek prostopadłości prostych
a
x
1
+ x
2
1 2
1 2
8. xs
= y
s
y + y
= Współrzędne środka odcinka
2
a−
a1
9. tg = Tangens kąta nachylenia prostej do osi OX
1 + a ⋅ a
1
10.
d =
Ax + By + C
1 1
A
+ B
2 2
Odległość punktu (x 1
, y 1
) od prostej p = Ax + By + C
11. AB = √(x 2
− x 1
) 2 + (y 2
− y 1
) 2 Długość odcinka AB o współrzędnych A (x 1
, y 1
) i B (x 2
, y 2
)
12.
x y 1
a a
S = = x y 1 Pole powierzchni trójkąta ABC o współrzędnych A (x , y ),
B (x 1 1 2
, y 2
) i C (x 3
, y 3
)
1 1
1 1 2 1
2 2
2 b1 b2
2 x
3 y
3 1
A x+ B y+ C A x+ B y+
C
1 1 1 2 2 2
13. = ±
2 2 2 2
A1 + B1 A2 + B2
Równanie dwusiecznych pomiędzy prostymi
p 1
= A 1
x + B 1
y + C 1
oraz p 2
= A 2
x + B 2
y + C 2
3.2. Omówienie wzorów
3.2.1. Wzór nr 1
Każde równanie stopnia pierwszego przedstawia w układzie kartezjańskim prostą, i odwrotnie, każdą prostą

22
Rozdział 3. Prosta
na płaszczyźnie można przedstawić w postaci równania stopnia pierwszego. W równaniu y = ax kąt nachylenia
y
prostej do osi OX to a = .
x
Żeby zrozumieć tę zasadę, wykreślimy cztery proste, przedstawione na rysunkach 19, 20, 21 i 22:
y = 2x y = 3/5x y = −3x y = −5/7x
Rys. 19 Rys. 20 Rys. 21 Rys. 22
Wnioski są następujące:
1. Jeżeli w funkcji y = ax przyjmiemy x = 0, wtedy również y = 0. Oznacza to, że wykres każdej prostej przechodzi
przez punkt (0, 0).
y
2. Ponieważ prostą wyznaczają dwa punkty, drugi punkt jest wyznaczony równaniem a = . Jeśli przeto
x
współczynnik a potraktujemy jako ułamek, to drugi punkt ma współrzędne (x, y). Liczbę całkowitą
traktujemy przy tym jako ułamek o mianowniku równym jedności. W funkcji y = 2x punkty, przez które
przechodzi prosta, to (0, 0) oraz (1, 2), natomiast w funkcji y = −5/7x punkty, przez które przechodzi
prosta, to (0, 0) oraz (−7, 5).
3. Każda prosta, w której a > 0, przechodzi przed I i III ćwiartkę płaszczyzny, natomiast każda prosta,
w której a < 0, przechodzi przez II i IV ćwiartkę płaszczyzny.
3.2.2. Wzór nr 2
Prosta y = ax + b jest równoległa do prostej y = ax, jednakże przechodzi przez punkt (0, b). By to zrozumieć,
obok poprzednio wykreślonych czterech prostych wykreślimy kolejne cztery proste, przedstawione na rysunkach
23, 24, 25 i 26:
y = 2x + 4 y = 3/5x − 3 y = −3x + 5 y = −5/7x + 5
Rys. 23 Rys. 24 Rys. 25 Rys. 26

Rozdział 3. Prosta
23
3.2.3. Wzór nr 3
Nazwa „równanie pęku prostych” wzięła się stąd, że równanie y − y 1
= a(x − x 1
) przedstawia wszystkie proste,
jakie na danej płaszczyźnie P przechodzą przez dany punkt (x 1
, y 1
). Na przykład równanie y − 5 = a(x + 8) przedstawia
wszystkie proste przechodzące przez punkt (−8, 5).
Jeśli jednak poza współrzędnymi punktu (x 1
, y 1
) podamy dodatkowo współczynnik kierunkowy a,
wówczas określimy w ten sposób tylko jedną prostą. Na przykład dla punktu o współrzędnych A (2, 5)
oraz współczynnika kierunkowego a = 4 otrzymujemy prostą (rys. 27)
y − 5 = 4(x − 2)
y = 4x − 3
Rys. 27
3.2.4. Wzór nr 4
Jeśli dane są współrzędne dwóch punktów, przez które przechodzi prosta, na przykład A (x 1
= −2, y 1
= −3)
oraz B (x 2
= 1, y 2
= 4), to łatwo znaleźć równanie tej prostej, stosując wzór nr 4. Otrzymamy wówczas
4+
3
y + 3 = (x + 2)
1+
2
Po przekształceniu otrzymujemy równanie szukanej prostej (rys. 28)
y = 7/3x + 5/3
Rys. 28

24
Rozdział 3. Prosta
W tym miejscu zadamy sobie pytanie: „Co wyznacza prostą?”
Odpowiedź brzmi:
1. Współrzędne jednego punktu i współczynnik kierunkowy.
2. Współrzędne dwóch punktów.
Ten wniosek należy dobrze zapamiętać, gdyż we wszystkich zadaniach z geometrii analitycznej dotyczących
prostej będziemy szukali zawsze jednej z tych dwóch możliwości znalezienia jej równania:
––
albo przez ustalenie punktu, przez który ona przechodzi, oraz jej współczynnika kierunkowego,
––
albo przez znalezienie współrzędnych dwóch punktów, przez które ta prosta przechodzi.
y2 − y1
Jeżeli porównamy wzory nr 3 i 4, łatwo zauważymy, że odpowiednikiem a ze wzoru nr 3 jest ułamek a = .
x2 − x1
I tak jest istotnie, gdyż ułamek ten wyraża współczynnik kierunkowy prostej przechodzącej przez dane dwa punkty.
Na przykład, gdy prosta przechodzi przez punkty A (2, 3) oraz B (4, 7), to współczynnik kierunkowy jest równy
(rys. 29)
7−
3
a = = 2
4−
2
Rys. 29
3.2.5. Wzór nr 5
Niektóre z podanych wzorów dla prostej (nr 10 i 13) oraz wzory związane z krzywymi, o których będzie mowa
przy okazji omawiania krzywych, wymagają przedstawienia równania prostej w postaci ogólnej Ax + By + C = 0.
Chcąc sprowadzić równanie kierunkowe prostej do postaci ogólnej, należy wyrazy znajdujące się z prawej
strony równania przenieść na jego lewą stronę oraz ewentualnie pomnożyć równanie przez wspólny mianownik.
Przykład 10. Równanie kierunkowe y = 2/3x + 5 przekształcić do postaci ogólnej.
Rozwiązanie:
−2/3x + y − 5 = 0 (mnożymy przez −3)
2x − 3y + 15 =0
Odpowiedź: Szukana postać ogólna równania prostej to 2x − 3y + 15 =0.

Rozdział 3. Prosta
25
Może, odwrotnie, zajść potrzeba przedstawienia równania ogólnego prostej w postaci kierunkowej. W tym przypadku
dokonujemy przekształcenia równania ogólnego prostej na równanie kierunkowe na ogólnych zasadach
rachunku algebraicznego.
Przykład 11. Równanie ogólne prostej 3x + 6y − 12 = 0 przekształcić na równanie kierunkowe.
Rozwiązanie:
6y = −3x + 12 (dzielimy przez 6)
y = −1/2x + 2
Odpowiedź: Szukane równanie kierunkowe prostej to y = −1/2x + 2.
3.2.6. Wzór nr 6
x y
Równanie odcinkowe prostej + = 1 jest to postać równania, w której liczba a podaje wartość odciętej,
a b
natomiast liczba b wartość rzędnej punktów przecięcia prostej z osiami OX i OY. Aby sprowadzić równanie ogólne
prostej do postaci odcinkowej, przenosimy wyraz wolny C na prawą stronę równania, a następnie dzielimy
całe równanie przez C.
Przykład 12. Zamienić równanie ogólne prostej −2x − y + 4 = 0 na równanie odcinkowe.
Rozwiązanie:
−2x − y = −4 (dzielimy przez −4)
x y
+ = 1
2 4
Odpowiedź: Szukane równanie odcinkowe prostej to
x y
+ = 1 . (rys. 30)
2 4
Rys. 30
3.2.7. Wzór nr 7
Jak to już zaznaczono przy omawianiu wzoru nr 2, proste y = a 1
x + b 1
oraz y = a 2
x + b 2
są równoległe,
1
gdy a 1
= a 2
, natomiast są prostopadłe, gdy a1
= − .
a
2

26
Rozdział 3. Prosta
Na podstawie rysunków 31 i 32 możemy zauważyć, że
––
proste y = 2x + 4 oraz y = 2x − 1 są równoległe, ponieważ a 1
= a 2,
1
––
proste y = 2x + 4 oraz y = −1/2x + 1 są prostopadłe, ponieważ a1
= − .
a
2
Rys. 31 Rys. 32
3.2.8. Wzór nr 8
Chociaż w budowie najprostsze z podanych wzorów, są one niezmiernie ważne, gdyż znajdują szerokie zastosowanie
przy rozwiązywaniu różnych zadań. Stosujemy je, gdy chcemy znaleźć współrzędne środka odcinka, a dane
są współrzędne jego początku (x 1
, y 1
) i końca (x 2
, y 2
).
Przykład 13. Znaleźć współrzędne środka odcinka AB, mając dane współrzędne jego początku A (1, 2) oraz
końca B (−5, 6).
Rozwiązanie:
1−
5
2+
6
xs
= = − 2 oraz y s
= = 4
2
2
S (−2, 4)
Odpowiedź: Szukane współrzędne środka to S (−2, 4). (rys. 33)
Rys. 33

Rozdział 3. Prosta
27
3.2.9. Wzór nr 9
a−
a1
Wzór tg = służy do obliczania kąta, jaki tworzą ze sobą proste y = ax + b oraz y = a
1 + a ⋅ a
1
x + b 1
.
1
W wyniku otrzymujemy zawsze tangens kąta zorientowanego, liczonego w lewo od prostej y = ax + b. Jeżeli wartość
ta jest dodatnia, odczytujemy wartość kąta bezpośrednio z tablic matematycznych. Jeżeli natomiast jest ona
ujemna, co oznacza, że proste tworzą kąt rozwarty, znajdujemy w tablicach kąt odpowiadający wartości dodatniej
tangensa i otrzymany kąt odejmujemy od 180o, zgodnie ze wzorem
tg(180o − A) = −tgA
Przykład 14. Obliczyć kąt zawarty pomiędzy prostymi y = 1/2x + 2 oraz y = 3x.
Rozwiązanie:
1. Określamy współczynniki kierunkowe prostych
a 1
= 1/2 oraz a = 3
2. Obliczamy tangens kąta zawarego między nimi
1 5
3 −
tg = 2
= 2
= 1
1 5
1+ 3⋅
2 2
stąd
ϕ = 45o00’
Odpowiedź: Proste tworzą kąt ϕ = 45o00’. (rys. 34)
Rys. 34
Przykład 15. Obliczyć kąt zawarty pomiędzy prostymi y = 1/3x + 2 oraz y = −x − 4.
Rozwiązanie:
1. Określamy współczynniki kierunkowe prostych
a 1
= 1/3 oraz a = −1
2. Obliczamy tangens kąta zawarego między nimi

28
Rozdział 3. Prosta
1 4
−1−
−
tg = 3
= 3
= −2
1 2
1+ ( −1)
⋅ 3 3
3. Wartości tg = 2 odpowiada w tabeli kąt 63o26’, a więc
ϕ = 180o − 63o26’ = 116o34’
Odpowiedź: Szukany kąt jest równy ϕ = 116o34’. (rys. 35)
Rys. 35
Uwaga: Jeżeli jeden z kątów utworzonych przez proste jest ostry, to drugi kąt jest rozwarty. Aby w wyniku otrzymać
kąt ostry, należy współczynnik kierunkowy prostej, od której w lewo liczymy kąt ostry, przyjąć jako a 1
.
3.2.10. Wzór nr 10
Dla wyznaczenia odległości punktu (x 1
, y 1
) od prostej należy zawsze przedstawić ją w postaci ogólnej, po czym
zastosować gotowy wzór, uwzględniając w liczniku wartość bezwzględną. Przy obliczeniach wartość pomiędzy
kreskami w liczniku będzie zawsze dodatnia, gdy początek układu i dany punkt leżą po przeciwnej stronie prostej,
natomiast ujemna, gdy leżą po tej samej stronie.
Przykład 16. Obliczyć odległość punktu D (−3, 5) od prostej y = 3/4x + 1.
Rozwiązanie:
1. Przekształcamy równanie prostej do postaci ogólnej
4y = 3x + 4
−3x + 4y − 4 = 0
2. Stosujemy wzór nr 10 na odległość punktu od prostej
Ax1 + By1
+ C ( −3) ⋅− ( 3) + 4⋅5 −4
d = = = 5
2 2
A + B
9 + 16
Odpowiedź: Szukana odległość jest równa d = 5. (rys. 36)

Rozdział 3. Prosta
29
Rys. 36
Przykład 17. Obliczyć odległość punktu D (6, 1) od prostej y = 3/4x + 1.
Rozwiązanie:
1. Przekształcamy równanie prostej do postaci ogólnej
4y = 3x + 4
−3x + 4y − 4 = 0
2. Stosujemy wzór nr 10
Ax1 + By1
+ C ( −3) ⋅ 6 + 4⋅1−4 18
d = = =
2 2
A + B
9 + 16 5
Odpowiedź: Szukana odległość jest równa d = 18/5. (rys. 36)
3.2.11. Wzór nr 11
Wzór omówiono przy okazji długości wektora na stronie 6.
3.2.12. Wzór nr 12
Mając dane współrzędne trzech wierzchołków trójkąta, możemy jego powierzchnię obliczyć dwoma sposobami
(łatwiejszy jest sposób pierwszy):
1 a1 a2
1. znajdujemy współrzędne wektorów AB i AC i stosujemy wzór S = 2 b1 b
,
2
x1 y1
1
1
2. stosujemy bezpośrednio wzór S= x2 y2
1 .
2 x y 1
3 3
Należy przy tym pamiętać, że:
––
jeżeli wierzchołki trójkąta tworzą obieg dodatni (porządek wierzchołków A, B i C, licząc w lewo
od wierzchołka A), to otrzymamy wartość wyznacznika dodatnią,
––
jeżeli wierzchołki trójkąta tworzą natomiast obieg ujemny (porządek wierzchołków A, B i C, licząc
w prawo od wierzchołka A), to otrzymamy wartość wyznacznika ujemną, i wówczas należy zmienić znak
na przeciwny (powierzchnia trójkąta nie może mieć wartości ujemnej).

30
Rozdział 3. Prosta
Uwaga: Jeżeli wszystkie wierzchołki trójkąta leżą na jednej prostej (są kolinearne), wówczas pole powierzchni
tego trójkąta jest równe zeru.
Przykład 18. Obliczyć pole powierzchni trójkąta o wierzchołkach A (−2, −1), B (5, 1) i C (2, 4).
Rozwiązanie (sposób pierwszy):
1. Obliczamy współrzędne wektorów AB i AC
AB = [(5 + 2), (1 + 1)] = [7, 2]
AC = [(2 + 2), (4 + 1)] = [4, 5]
stąd
1 7 2 1 27
S = (35 8)
2 4 5
= 2 − = 2
Rozwiązanie (sposób drugi):
−2 −1 1 −2 −1
1 1 27
S= 5 1 1 5 1 = ( −2− 2+ 20− 2+ 8+ 5)
=
2 2 2
2 4 1 2 4
Odpowiedź: Szukana powierzchnia trókąta jest równa S = 27/2. (rys. 37)
Rys. 37
Przykład 19. Obliczyć pole powierzchni trójkąta o wierzchołkach A (4, 3), B (3, −1) i C (−2, 1).
Rozwiązanie:
1. Obliczamy współrzędne wektorów AB i AC
AB = [(3 − 4), (−1 − 3)] = [−1, −4]
AC = [(−2 − 4), (1 − 3)] = [−6, −2]
stąd
1 −1 −4
1
S = = (2 − 24) = 11
2 −6 −2
2
Odpowiedź: Szukana powierzchnia trókąta jest równa S = 11. (rys. 38)

Rozdział 3. Prosta
31
Łatwo zauważyć, że obieg wierzchołków w trójkącie pierwszym (przykład 18) jest dodatni, stąd wartość wyznacznika
dodatnia, natomiast obieg wierzchołków w trójkącie drugim (przykład 19) jest ujemny, stąd wartość
wyznacznika ujemna.
3.2.13. Wzór nr 13
Rys. 38
Wzór ten przedstawia równania dwusiecznych obu kątów, jakie tworzą ze sobą proste A 1
x + B 1
y + C 1
= 0 oraz
A 2
x + B 2
y + C 2
= 0. Kładąc z prawej strony przed ułamkiem znak minus (plus) otrzymujemy równanie dwusiecznej
kąta liczonego w lewo (prawo) od pierwszej prostej.
Przykład 20. Znaleźć równania dwusiecznych kątów, utworzonych przez proste 2x − 9y + 18 = 0 oraz
6x + 7y − 21 = 0.
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy równanie pierwszej dwusiecznej
2x − 9y + 18 6x + 7y −21
=
4 + 81 36 + 49
4x + 16y − 39 = 0
2. Znajdujemy równanie drugiej dwusiecznej
2x − 9y + 18 −6x − 7y + 21
=
4 + 81 36 + 49
8x − 2y − 3 = 0
Odpowiedź: Szukane równania dwusiecznych to 4x + 16y − 39 = 0 oraz 8x − 2y − 3 = 0. (rys. 39)
Rys. 39

32
Rozdział 3. Prosta
3.3. Przykłady zastosowania wzorów
Kolejne przykłady pokażą, jakie praktyczne zastosowanie mają poznane wzory przy rozwiązywaniu zadań związanych
prostymi.
Przykład 21. Mając dane współrzędne czterech wierzchołków czworokąta A (6, 1), B (15, 7), C (8, 8)
i D (5, 6) obliczyć pole jego powierzchni.
Rozwiązanie:
1. Jak to łatwo zauważyć, powierzchnia czworokąta ABCD jest równa sumie powierzchni dwóch trójkątów
ABC i ACD.
2. Obliczamy współrzędne wektorów
AB = [(15 − 6), (7 − 1)] = [9, 6]
AC = [(8 − 6), (8 − 1)] [2, 7]
AD = [(5 − 6), (6 − 1)] = [−1, 5]
3. Obliczamy powierzchnię czwokąta korzystając ze wzoru wektorowego
S = S ABC
+ S ACD
1 9 6 1 2 7 1 1 51 17
S = + = ( 63 − 12) + ( 10 + 7)
= + = 34
2 2 7 2 −1 5 2 2 2 2
Odpowiedź: Szukana powierzchnia czworokąta jest równa S = 34. (rys. 40)
Rys. 40
Przykład 22. Mając dane wierzchołki równoległoboku A (−4, −3), B (5, 1) i C (7, 6) znaleźć współrzędne
wierzchołka D oraz obliczyć pole powierzchni tego równoległoboku.
Rozwiązanie:
1. Jak wiemy z geometrii, przekątne równoległoboku dzielą się wzajemnie na połowy, obliczamy więc
współrzędne punktu S (x s
, y s
) będącego środkiem przekątnej AC
− 4+
7 3
− 3+
6 3
xs
= = oraz y s
= =
2 2
2 2

Rozdział 3. Prosta
33
S (3/2, 3/2)
2. Punkt S stanowi również połowę przekątnej BD, gdzie współrzędne punktu D (x d
, y d
), a więc
5+
xd
3 1+
yd
3
= oraz =
2 2 2 2
stąd
x d
= −2 oraz y d
= 2
D (−2, 2)
3. Obliczamy współczynniki kierunkowe boków AB i AD oraz znajdujemy tangens kąta zawartego między
nimi
1+
3 4 2+
3 5
a1
= = oraz a = =
5+
4 9 − 2+
4 2
5 4
−
2 9 37
tg = = = 0,9737
5 4
1+ ⋅
38
2 9
stąd
∠(AB, AD) = 44o24’
4. Obliczamy długości boków AB i AD
|AB| = √(5 + 4) 2 + (1 + 3) 2 = √97
|AD| = √(−2 + 4) 2 + (2 + 3) 2 = √29
5. Obliczamy powierzchnię równoległoboku
S = |AB|∙|AD|∙sin∠(AB, AD)
S = √97∙√29∙0,6996 = √2813∙0,6996 = 37,1
Odpowiedź: Szukana powierzchnia równoległoboku jest równa S = 37,1. (rys. 41)
Rys. 41
Przykład 23. Mając dane współrzędne środka kwadratu O (1, 2) oraz jego wierzchołka C (7, 5) znaleźć współrzędne
pozostałych trzech wierzchołków oraz pole powierzchni tego kwadratu.
Rozwiązanie:
1. Obliczamy współrzędne wektora OC

34
Rozdział 3. Prosta
OC = [(7 − 1), (5 − 2)] = [6, 3]
2. Znajdujemy współrzędne wektorów OB i OD, prostopadłych do wektora OC, a następnie wektora −OC
OB = [3, −6] oraz OD = [−3, 6]
−OC = OA = [−6, −3]
3. Otrzymane współrzędne dodajemy do współrzędnych środka kwadratu O, otrzymując kolejno wierzchołki
B, D i A
x b
= 1 + 3 = 4 oraz y b
= 2 − 6 = −4
4. Obliczamy długość boku AB kwadratu
5. Powierzchnia kwadratu jest więc równa
B (4, − 4)
x d
= 1 − 3 = −2 oraz y d
= 2 + 6 = 8
D (−2, 8)
x a
= 1 − 6 = −5 oraz y a
= 2 − 3 = −1
A (−5, −1)
|AB| = √(4 + 5) 2 + (−4 + 1) 2 = √90
S = |AB|∙|AB| = 90
Odpowiedź: Szukane współrzędne wierzchołków to A (−5, −1), B (4, −4) i D (−2, 8), powierzchnia kwadratu
jest równa S = 90. (rys. 42)
Rys. 42
Przykład 24. Mając dane współrzędne wierzchołków trójkąta A (−4, 3), B (−5, 7) oraz C (2, 9) znaleźć współrzędne
wierzchołków trójkąta otrzymanego w symetrii osiowej względem prostej y = 2x + 2.
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy równanie prostej AS 1
, przechodzącej przez wierzchołek A (−4, 3) i mającej współczynnik
kierunkowy a = −1/2 (prosta jest prostopadła do prostej y = 2x + 2)
y − 3 = −1/2(x + 4)
y = −1/2x + 1
2. Znajdujemy równanie prostej BS 2
, przechodzącej przez wierzchołek B (−5, 7) i mającej współczynnik
kierunkowy a = −1/2 (prosta jest prostopadła do prostej y = 2x + 2)

Rozdział 3. Prosta
35
y − 7 = −1/2(x + 5)
y = −1/2x + 9/2
3. Znajdujemy równanie prostej CS 3
, przechodzącej przez wierzchołek C (2, 9) i mającej współczynnik
kierunkowy a = −1/2 (prosta jest prostopadła do prostej y = 2x + 2)
y − 9 = −1/2(x − 2)
y = −1/2x +10
4. Znajdujemy punkt przecięcia prostej AS 1
z prostą y = 2x + 2, rozwiązując układ ich równań
stąd
−1/2x + 1 = 2x + 2 (mnożymy przez 2)
−x + 2 = 4x + 4
x = −2/5 oraz y = 6/5
S 1
(−2/5, 6/5)
5. Znajdujemy punkt przecięcia prostej BS 2
z prostą y = 2x + 2, rozwiązując układ ich równań
−1/2 x + 9/2 = 2x + 2 (mnożymy przez 2)
stąd
−x + 9 = 4x + 4
x = 1 oraz y = 4
S 2
(1, 4)
6. Znajdujemy punkt przecięcia prostej CS 3
z prostą y = 2x + 2, rozwiązując układ ich równań
stąd
−1/2x + 10 = 2x + 2 (mnożymy przez 2)
−x + 20 = 4x + 4
x = 16/5 oraz y = 42/5
S 3
(16/5, 42/5)
7. Z założenia zadania (symetria osiowa) wynika, że punkty S 1
, S 2
i S 3
stanowią środki odcinków AA’, BB’
i CC’, otrzymujemy więc równania
stąd
stąd
stąd
− 4+
x1
2 3+
y1
6
= − oraz =
2 5 2 5
− 5+
x 2
2
A’ (16/5, −3/5)
7+
y2
= 1 oraz
2
B’ (7, 1)
2+
x3
16
= oraz
2 5
C’ (22/5, 39/5)
= 4
9+
y3
42
=
2 5
Odpowiedź: Szukane współrzędne wierzchołków to A’ (16/5, −3/5), B’ (7, 1) oraz C’ (22/5, 39/5). (rys. 43)

36
Rozdział 3. Prosta
Rys. 43
Przykład 25. Znaleźć współrzędne punktu M odległego o 5 od prostych 3x + 4y − 10 = 0 oraz 5x − 12y + 26 = 0.
Rozwiązanie:
1. Jeśli przyjrzeć się uważnie rysunkowi 44, łatwo zrozumieć, że istnieją cztery rozwiązania. Biorąc pod
uwagę okoliczność, że wyrażenie w liczniku wzoru nr 10 przedstawia wartość bezwzględną, owe cztery
rozwiązania otrzymamy, przyjmując w kolejnych czterech układach równań odpowiednio w obu licznikach:
––
oba liczniki dodatnie,
––
pierwszy dodatni a drugi ujemny,
––
pierwszy ujemny a drugi dodatni,
––
oba liczniki ujemne.
2. W ten sposób otrzymujemy następujące układy równań
3x1 + 4y1
−10
= 5
9 + 16
3x1 + 4y1
−10
= 5
9 + 16
−3x1 − 4y1
+ 10
= 5
9 + 16
−3x1 − 4y1
+ 10
= 5
9 + 16
5x1 − 12y1
+ 26
oraz = 5
25 + 144
− 5x1 + 12y1
−26
oraz = 5
25 + 144
5x1 − 12y1
+ 26
oraz = 5
25 + 144
− 5x1 + 12y1
−26
oraz = 5
25 + 144
3. Rozwiązujemy układ drugi (pozostawiając do samodzielnego rozwiązania pozostałe trzy układy równań)
3x 1
+ 4y 1
− 10 = 25 (mnożmy przez −3)
−5x 1
+ 12y 1
− 26 = 65
−9x 1
− 12y 1
= −105
−5x 1
+ 12y 1
= 91
stąd
−14x 1
= −14
x 1
= 1 oraz y 1
= 8

Rozdział 3. Prosta
37
M 1
(1, 8)
Odpowiedź: Współrzędne szukanego punktu to M 1
(1, 8). (rys. 44)
Rys. 44
Przykład 26. Dane są dwa punkty A (−3, 8) oraz B (2, 2). Na osi odciętych znaleźć taki punkt M, aby łamana
AMB była najkrótsza.
Rozwiązanie:
1. Łamana AMB będzie najkrótsza wówczas, gdy punkty A, M i B znajdą się na jednej prostej.
Rozwiązanie stanowi znalezienie obrazu punktu B w symetrii osiowej względem osi OX. Jak łatwo przekonać
się na podstawie rysunku 45, długość prostej AMB’ jest taka sama jak długość łamanej AMB.
Ponieważ obrazem punktu B w symetrii osiowej względem osi OX jest punkt B’ (2, −2), to rozwiązanie
zadania znajdziemy znajdując równanie prostej AB’. Punkt przecięcia tej prostej z osią OX to właśnie
szukany punkt M.
2. Znajdujemy równanie prostej AB’ przechodzacej przez punkty A (−3, 8) oraz B’ (2, −2)
8+
2
y + 2 = (x −2)
−3−2
y = −2x + 2
3. Podstawiając y = 0 otrzymujemy x = 1, a więc
M (1, 0)
Odpowiedź: Współrzędne szukanego punktu to M (1, 0). (rys. 45)
Rys. 45

38
Rozdział 3. Prosta
Przykład 27. Znaleźć równania boków trójkąta znając jeden z jego wierzchołków A (3, −4) i równania dwóch
wysokości 7x − 2y − 1 = 0 oraz 2x − 7y − 6 = 0.
Rozwiązanie:
1. Przekształcamy oba równania wysokości na równania kierunkowe prostej
2y = 7x − 1
oraz
y = 7/2x − 1/2 (wysokość BE)
7y = 2x − 6
y = 2/7x − 6/7 (wysokość CF)
2. Znajdujemy równanie boku AB, przechodzącego przez punkt A (3, −4) i mającego współczynnik kierunkowy
a = −7/2 (prosta jest prostopadła do wysokości CF)
y + 4 = −7/2(x − 3)
y = −7/2x + 13/2
7x + 2y − 13 = 0
3. Znajdujemy równanie boku AC, przechodzącego przez punkt A (3, −4) i mającego współczynnik kierunkowy
a = −2/7 (prosta jest prostopadła do wysokości BE)
y + 4 = −2/7(x − 3)
y = −2/7x − 22/7
2x + 7y + 22 = 0
4. Rozwiązujemy układ równań prostej AB i wysokości BE, otrzymując w rezultacie współrzędne
wierzchołka B
−7/2x + 13/2 = 7/2x − 1/2 (mnożymy przez 2)
stąd
−7x + 13 = 7x − 1
14x = 14
x = 1 oraz y = 3
B (1, 3)
5. Rozwiązujemy układ równań prostej AC i wysokości CF, otrzymując w rezultacie współrzędne
wierzchołka C
−2/7x − 22/7 = 2/7x − 6/7 (mnożymy przez 7)
stąd
−2x − 22 = 2x − 6
4x = −16
x = −4 oraz y = −2
C (−4, −2)
6. Znajdujemy równanie boku BC, przechodzącego przez punkty B (1, 3) oraz C (−4, −2)
−2−3
y + 2 = (x + 4)
−4−1

Rozdział 3. Prosta
39
y = x + 2
−x + y − 2 = 0
Odpowiedź: Szukane równania boków to −x + y − 2 = 0 (bok BC), 2x + 7y + 22 = 0 (bok AC) oraz
7x + 2y − 13 = 0 (bok AB). (rys. 46)
Rys. 46

40
Rozdział 4. Okrąg
Rozdział 4
Okrąg
4.1. Wzory
1. (x − a) 2 + (y − b) 2 = r 2 Równanie okręgu o środku w punkcie (a, b)
2. x 2 + y 2 = r 2 Równanie okręgu o środku w punkcie (0, 0)
3. x 2 + y 2 − 2ax − 2by + c = 0 Równanie ogólne okręgu, gdzie c = a 2 + b 2 − r 2
4. (x − a)(x 1
− a) + (y − b)(y 1
− b) = r 2 Równanie stycznej do okręgu 1
5. xx 1
+ yy 1
= r 2 Równanie stycznej do okręgu 2
4.2. Omówienie wzorów
4.2.1. Wzór nr 1
Jest to równanie okręgu o promieniu r, którego środek znajduje się w punkcie o współrzędnych (a, b). (rys. 47)
W przypadku gdy a = 0 oraz b ≠ 0, środek okręgu leży na osi OY, a jego rzędna jest równa b. (rys. 48)
W przypadku gdy a ≠ 0 oraz b = 0, środek okręgu leży na osi OX, a jego odcięta jest równa a. (rys. 49)
Rys. 47 Rys. 48
Rys. 49

Rozdział 4. Okrąg
41
4.2.2. Wzór nr 2
Jest to równanie okręgu o promieniu r, którego początek znajduje się w początku układu. (rys. 50)
Rys. 50
4.2.3. Wzór nr 3
Aby zrozumieć genezę wzoru trzeciego, przedstawiającego okrąg w postaci równania ogólnego, podniesiemy
do kwadratu wyrażenia w nawiasach ze wzoru pierwszego. W ten sposób otrzymamy
x 2 − 2ax + a 2 + y 2 − 2by + b 2 = r 2
Następnie zakładając, że c = a 2 + b 2 − r 2 , możemy to równanie zapisać w postaci
x 2 + y 2 − 2ax − 2by + c = 0
Jest to równanie okręgu w postaci ogólnej. Aby równanie kwadratów przedstawiało równanie okręgu, muszą być
spełnione następujące warunki:
––
w równaniu muszą występować dodatnie x 2 oraz y 2 ,
––
w równaniu nie może być iloczynu xy,
––
musi być spełniony warunek a 2 + b 2 − c > 0.
W większości zadań związanych z okręgiem zachodzi potrzeba przekształcenia równania środkowego na równanie
ogólne lub odwrotnie, ze środkowego na ogólne.
Przykład 28. Przekształcić równanie ogólne okręgu x 2 + y 2 − 8x + 2y − 8 = 0 na równanie środkowe.
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy wartości współczynników a, b oraz promienia r
−2a = −8 czyli a = 4
−2b = 2 czyli b = −1
r 2 = a 2 + b 2 − c = 16 + 1 + 8 = 25 czyli r = 5
stąd
(x − 4) 2 + (y + 1) 2 = 25
Odpowiedź: Szukane równanie środkowe okręgu to (x − 4) 2 + (y + 1) 2 = 25.

42
Rozdział 4. Okrąg
Przykład 29. Przekształcić równanie środkowe okręgu (x + 2) 2 + (y + 1) 2 = 25 na równanie ogólne.
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy wartości współczynników a, b oraz c
a = −2 oraz b = −1
c = a 2 + b 2 − r 2 = 4 + 1 − 25 = −20
stąd
x 2 + y 2 + 4x + 2y − 20 = 0
Odpowiedź: Szukane równanie ogólne okręgu to x 2 + y 2 + 4x + 2y − 20 = 0.
4.2.4. Wzór nr 4
Wzór ten stosujemy w przypadkach, gdy musimy znaleźć równanie stycznej do okręgu (x − a) 2 + (y − b) 2 = r 2
w punkcie (x 1
, y 1
) leżącym na okręgu.
Przykład 30. Znaleźć równanie stycznej do okręgu (x − 2) 2 + (y + 3) 2 = 25 w punkcie A (5, 1) leżącym na tym
okręgu.
Rozwiązanie:
1. Korzystamy ze wzoru nr 4, podstawiając współrzędne punktu A
(x − 2)(5 − 2) + (y + 3)(1 + 3) = 25
3x − 6 + 4y + 12 = 25
3x + 4y = 19
stąd
y = −3/4x + 19/4
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = −3/4x + 19/4. (rys. 51)
4.2.5. Wzór nr 5
Rys. 51
Ten z kolei wzór stosujemy, gdy szukamy równania stycznej do okręgu x 2 + y 2 = r 2 w punkcie leżącym na tym
okręgu.

Rozdział 4. Okrąg
43
Przykład 31. Znaleźć równanie stycznej do okręgu x 2 + y 2 = 25 w punkcie A (−3, 4) leżącym na tym okręgu.
Rozwiązanie:
1. Korzystamy ze wzoru nr 5, podstawiając współrzędne punktu A
x∙(−3) + y∙4 = 25
4y = 3x + 25
stąd
y = 3/4x + 25/4
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = 3/4x + 25/4. (rys. 52)
Rys. 52
Uwaga: Szczegółowo zagadnienie stycznych do krzywych zostanie umówione w rozdziale 8.
Autor zwraca przy tym uwagę na zupełnie unikatowe opracowanie tego zagadnienia, tak niezwykle ważnego
w zadaniach z geometrii analitycznej i nie znajdującego właściwego wyrazu w żadnym z dostępnych na rynku
podręczniku.
4.3. Przykłady zastosowania wzorów
Oto rozwiązania kolejnych pięciu zadań, obrazujących zastosowanie poznanych wzorów dotyczących okręgu.
Przykład 32. Znaleźć współrzędne środka okręgu o promieniu równym 50, wiedząc, że okrąg ten odcina
na osi x cięciwę o długości 28 i przechodzi przez punkt A (0, 8).
Rozwiązanie:
1. Z założenia zadania wynika, że (rys. 53)
y 2 = 2500 − 196 = 2304
stąd
y = 48 oraz y = −48
2. Uwzględniamy wynik y = 48, gdyż tylko w tym przypadku okrąg przechodzi przez punkt A. (rys. 53)
3. Skoro okrąg przechodzi przez punkt A, to oznaczając współrzędne jego środka jako O (a, 48) możemy
zapisać równanie
(0 − a) 2 + (8 − 48) 2 = 2500

44
Rozdział 4. Okrąg
stąd
a 2 = 2500 − 1600 = 900
a = 30 oraz a = −30
Odpowiedź: Szukane współrzędne środka okręgu to O (−30, 48) oraz O (30, 48). (rys. 53)
Rys. 53
Przykład 33. Dany jest okrąg (x − 1) 2 + y 2 = 4. Przez punkt M (2, −1/2) poprowadzić cięciwę, którą punkt M
dzieli na połowy.
Rozwiązanie:
1. Promień okręgu, poprowadzony z jego środka O do punktu M, jest prostopadły do cięciwy.
2. Obliczamy współczynnik kierunkowy prostej przechodzącej przez punkty M (2, −1/2) oraz O (1, 0)
1
0 +
y2 − y1
2 1
a = = = −
x2 −x1
1−2 2
3. Znajdujemy równanie cięciwy przechodzącej przez przez punkt M (2, −1/2) i mającej współczynnik kierunkowy
a = 2 (cięciwa jest prostopadła do prostej OM)
y + 1/2 = 2(x − 2)
4x − 2y − 9 = 0
Odpowiedź: Szukane równanie cięciwy to 4x − 2y − 9 = 0. (rys. 54)
Rys. 54

Rozdział 4. Okrąg
45
Przykład 34. Dany jest okrąg x 2 + y 2 − 4x − 5 = 0 oraz punkt C (5, 4). Znaleźć równanie okręgu mającego
środek w punkcie C i stycznego zewnętrznie do tego okręgu.
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy współrzędne środka danego okręgu
a = 2 oraz b = 0
O (2, 0)
2. Skoro oba okręgi są styczne zewnętrznie, to odległość pomiędzy ich środkami jest równa sumie ich
promieni, a więc
r 1
+ r 2
= √(5 − 2) 2 + (4 − 0) 2 = √25 = 5
3. Z równania ogólnego danego okręgu otrzymujemy
r 2 = a 2 + b 2 − c = 4 + 0 + 5 = 9
stąd promień okręgu danego
r 1
= 3
4. Obliczamy promień szukanego okręgu
r 2
= 5 − 3 = 2
Odpowiedź: Szukane równanie okręgu to (x − 5) 2 + (y − 4) 2 = 4 (rys. 55)
Rys. 55
Przykład 35. Znaleźć równania stycznych do okręgu x 2 + y 2 = 25, poprowadzonych z punktu A (7, 1) położonego
poza okręgiem.
Rozwiązanie:
1. Punktem wyjścia do rozwiązania jest twierdzenie, że promień okręgu wystawiony do punktu styczności
jest prostopadły do stycznej.
2. Oznaczmy punkt styczności jako B (x 1
, y 1
).
3. Wówczas współczynniki kierunkowe promienia OB oraz stycznej do okręgu to
a
y
1
1
= oraz a1
=
x1
1
y −1
x − 7

46
Rozdział 4. Okrąg
4. Ponieważ promień jest prostopadły do stycznej to
stąd
5. Po wymrożeniu otrzymujemy równanie
6. Z równania okręgu mamy
1
a = −
a
1 1
1
y1 7−
x1
=
x y −1
y 1
2
− y 1
= −x 1
2
+ 7x 1
(równanie I)
y 1
2
= 25 − x 1
2
y 1
= √25 − x 1
2
7. Podstawiając te wartości do równania I otrzymujemy
8. Podnosimy obie strony równania do kwadratu
9. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego
stąd
i odpowiednio
stąd
25 − x 1
2
− √25 − x 1
2
= −x 1
2
+ 7x 1
√25 − x 1
2
= 25 − 7x 1
25 − x 1
2
= 625 − 350x 1
+ 49x 1
2
50x 1
2
− 350x 1
+ 600 = 0 (dzielimy przez 50)
x 1
2
− 7x 1
+ 12 = 0
∆ = 49 − 48 = 1
√∆ = ±1
7+
1
7−1
x1
= = 4 oraz x 2
= = 3
2
2
y 1
= −3 oraz y 2
= 4
B (3, 4) oraz C (4, −3)
10. Znajdujemy równanie stycznej AB przechodzącej przez punkty A (7, 1) i B (3, 4) oraz stycznej AC
przechodzącej przez punkty A (7, 1) i C (4, −3), otrzymując ostatecznie oba równania
y = −3/4x + 25/4
y = 4/3x − 25/3
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = −3/4x + 25/4 oraz y = 4/3x − 25/3. (rys. 56)

Rozdział 4. Okrąg
47
Rys. 56
Przykład 36. Znaleźć równanie okręgu przechodzącego przez punkt A (1, 1) i stycznego do prostych
7x + y − 3 = 0 oraz x + 7y − 3 = 0.
Rozwiązanie:
1. Oznaczamy współrzędne poszukiwanego środka okręgu jako O (x 1
, y 1
).
2. Skoro okrąg jest styczny do obu prostych, to długość jego promienia jest równa odległości środka O
od prostych 7x + y − 3 = 0 oraz x + 7y − 3 = 0, przy czym obie te odległości są sobie równe
7x1 + y1 − 3 x1 + 7y1
−3
=
49 + 1 1+
49
stąd
7x 1
+ y 1
= x 1
+ 7y 1
6x 1
= 6y 1
x 1
= y 1
3. Porównujemy długość promienia OA z odległością środka okręgu O od prostej 7x + y − 3 = 0, przyjmując
w obydwu równaniach x 1
= y 1
7x1 + x1
− 3 =
2 2
(1 − x
1) + (1 − x
1)
50
4. Podnosimy obie strony równania do kwadratu
5. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego
stąd
6. Obliczamy promienie okręgów
8x 1
− 3 = √50(2 − 4x 1
+ 2x 12
)
64x 1
2
− 48x 1
+ 9 = 100 − 200x 1
+ 100x 1
2
36x 1
2
− 152x 1
+ 91 = 0
∆ = 23104 − 13104 = 10000
√∆ = ±100
= 152 100 7
72 = 2
oraz 152 −
x = 100 =
13
2
72 18
y 1
= 7/2 oraz y 2
= 13/18

48
Rozdział 4. Okrąg
r 1
2
= (1 − 7/2) 2 + (1 − 7/2) 2 = 25/4 + 25/4 = 25/2
r 2
2
= (1 − 13/18) 2 + (1 − 13/18) 2 = 25/324 + 25/324 = 25/162
Odpowiedź: Szukane równania to (x − 7/2) 2 + (y − 7/2) 2 = 25/2 oraz (x − 13/18) 2 + (y − 13/18) 2 = 25/162. (rys. 57)
Rys. 57
Przykład 37. Znaleźć współrzędne środka okręgu przechodzącego przez punkty A (3, 0) oraz B (−1, 2),
wiedząc, że środek ten leży na prostej x − y + 2 = 0.
Rozwiązanie:
1. Skoro środek okręgu leży na prostej y = x + 2, to przyjmujemy współrzędne środka jako O (x 1
, x 1
+ 2).
2. Środek okręgu jest równo oddalony od dwóch punktów położonych na okręgu, a więc
(x + 1) 2 + (x + 2 − 2) 2 = (x − 3) 2 + (x + 2 − 0) 2
3. Podnosząc wyrażenia w nawiasach do kwadratu otrzymujemy
x 2 + 2x + 1 + x 2 = x 2 − 6x + 9 + x 2 + 4x + 4
4x = 12
stąd
x = 3 oraz y = x + 2 = 5
O (3, 5)
Odpowiedź: Szukane współrzędne środka okręgu to O (3, 5). (rys. 58)
Rys. 58

Rozdział 5. Elipsa
49
Rozdział 5
Elipsa
5.1. Definicja
Elipsa jest to miejsce geometryczne punktów, których suma odległości od dwóch punktów, zwanych ogniskami
elipsy, jest wielkością stałą.
Elipsa jest to miejsce geometryczne punktów, dla których stosunek odległości od ogniska (F 1
lub F 2
) oraz od prostej,
zwanej kierownicą elipsy (k 1
r1 r2
c
lub k 2
), jest wielkością stałą. Stosunek ten to mimośród elipsy = = .
d d a
1 2
5.2. Wzory
1.
x
a
2
2
y
+ = 1
Równanie osiowe elipsy o środku w punkcie (0, 0)
b
2 2
2.
2 2
(x −p) (y −q)
+ = 1
2 2
a b
Równanie osiowe elipsy o środku w punkcie (p, q)
3. Ax 2 + By 2 + C = 0 Równanie ogólne elipsy
4. PF 1
= √(x + c) 2 + y 2 Długość promieni wodzących
PF 2
= √(x − c) 2 + y 2
5. c 2 = a 2 − b 2 Związek pomiędzy osiami elipsy i jej ogniskową
x⋅x
a
1 1
6.
2 2
y⋅y
+ = 1
Równanie stycznej do elipsy 1
b
(x −p)(x −p) (y −q)(y −q)
+ = 1 Równanie stycznej do elipsy 2
a
b
1 1
7.
2 2
2
a
8. k = ± Równania kierownic elipsy
c
c r r
= = = Mimośród elipsy
a d d
1 2
9. e
1 2
10. PF 1
+ PF 2
= 2a Zależność pomiędzy promieniami wodzącymi i osią wielką
5.3. Omówienie wzorów
5.3.1. Wzór nr 1
2 2
x y
Dla jego zrozumienia sporządzimy wykres elipsy + = 1 .W tym celu, mnożąc obie strony równania przez
25 16
NWW = 400 i przekształcając je na funkcję otrzymujemy

50
Rozdział 5. Elipsa
16x 2 + 25y 2 = 400
25y 2 = 400 − 16x 2
± 4 25 −x
y =
5
Zrozumiałe, że x ≤ 5. Sporządzamy odpowiednią tabelkę.
2
x −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5
y 0 ±12/5 ±16/5 ±3,7 ±3,9 ±4 ±3,9 ±3,7 ±16/5 ±12/5 0
Znajdujemy wartości osi wielkiej, osi małej oraz ogniskowej elipsy
a 2 = 25 czyli 2a = 10 (oś wielka)
b 2 = 16 czyli 2b = 8 (oś mała)
c 2 = a 2 − b 2 = 16 czyli 2c = 8
Znajdujemy równania kierownic (rys. 59)
2
a
k = ±
c
25
k = − 1
4
oraz k =
25
2 4
5.3.2. Wzór nr 2
Rys. 59
2 2
(x −p) (y −q)
Równanie + = 1 przedstawia elipsę, której środek znajduje się w punkcie (p, q). Elipsa w tej
2 2
a b
postaci jest bardzo rzadko stosowana w zadaniach z uwagi na duże trudności w rozwiązywaniu tego rodzaju
zadań.
5.3.3. Wzór nr 3
Podobnie jak okrąg, elipsa ma również swoje równanie ogólne. Uzyskuje się je mnożąc obie strony równania
przez NWW i przenosząc następnie wolny wyraz na lewą stronę równania.

Rozdział 5. Elipsa
51
Przykład 38. Zamienić równanie osiowe elipsy
Rozwiązanie:
2 2
x y
+ = 1 na postać ogólną.
16 9
1. Mnożymy równanie elipsy przez NWW = 144 otrzymując
9x 2 + 16y 2 = 144
9x 2 + 16y 2 − 144 = 0
Odpowiedź: Szukane równanie ogólne elipsy to 9x 2 + 16y 2 − 144 = 0.
By natomiast odwrotnie, z postaci ogólnej przejść na postać osiową, przenosimy wyraz wolny na prawą stronę
równania i przez jego wartość dzielimy obie strony równania.
Przykład 39. Zamienić postać ogólną równanie elipsy 4x 2 + 25y 2 − 100 = 0 na postać osiową.
Rozwiązanie:
1. Przenosimy wyraz wolny na prawą stronę równania
4x 2 + 25y 2 = 100 (dzielimy przez 100)
stąd
2 2
x y
+ = 1
25 4
Odpowiedź: Szukana postać osiowa elipsy to
2 2
x y
+ = 1 .
25 4
5.3.4. Wzór nr 4
Oba wzory PF 1
= √(x + c) 2 + y 2 oraz PF 2
= √(x − c) 2 + y 2 służą do obliczania długości promieni wodzących punktu
P (x 1
, y 1
) leżącego na elipsie.
Uwaga: Każdy punkt leżący na elipsie jest równo oddalony od jej ognisk (suma promieni wodzących jest stała).
Przykład 40. Obliczyć długości promieni wodzących punktu P (x 1
, 4√3) leżącego na elipsie 64x 2 + 100y 2 =
6400.
Rozwiązanie:
1. Obliczamy wartość odciętej x 1
odpowiadającej wartości rzędnej y 1
= 4√3, podstawiając tę wartość
do równania elipsy
64x 2 + 100·48 = 6400
2 6400 − 4800
x = = 25
64
stąd
x 1
= −5 oraz x 2
= 5

52
Rozdział 5. Elipsa
2. Przekształcamy równanie ogólne elipsy na równanie osiowe
stąd
3. Obliczamy ogniskową elipsy
stąd
4. Obliczamy długość promieni wodzących
64x 2 + 100y 2 = 6400 (dzielimy przez 6400)
2 2
x y
+ = 1
100 64
c 2 = a 2 − b 2 = 100 − 64 = 36
c = ±6
PF 1
= √(x − c) 2 + y 2 = √(5 − 6) 2 + 48 = √49 = 7
PF 2
= √(x + c) 2 + y 2 = √(5 + 6) 2 + 48 = √169 = 13
5. Sprawdzamy długości promieni wodzących
PF 1
+ PF 2
= 2a
7 + 13 = 20 = 2·10
Odpowiedź: Długości promieni wodzących sa równe PF 1
= 7 oraz PF 2
= 13. (rys. 60)
Rys. 60
Przykład 41. Znaleźć równanie stycznej do elipsy
Rozwiązanie:
2 2
x y
+ = 1 w punkcie P (2, 3) leżącym na niej.
16 12
1. Korzystamy ze wzoru nr 6, podstawiając współrzędne punktu P (2, 3)
x⋅2
y⋅3
+ = 1 (mnożymy przez 8)
16 12
x + 2y = 8
stąd
y = −1/2x + 4
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = −1/2x + 4. (rys. 61)

Rozdział 5. Elipsa
53
Rys. 61
Uwaga: Aby na układ współrzędnych nanieść elipsę, należy jej równanie przekształcić na funkcję. Następnie
sporządzić tabelę wartości odciętych i rzędnych tak, aby obejmowały one wszystkie krańcowe wartości
2 2
x y
dla elipsy. Dla elipsy + = 1 operacja ta będzie przebiegała w podany poniżej sposób.
36 12
Mnożymy obie strony równania przez 36, otrzymując
x 2 + 3y 2 = 36
2
2 x
y = − + 12
3
Sporządzamy odpowiednią tabelę
2
x
y = ± 12 −
3
x ± 6 ± 5 ± 4 ± 3 ± 2 ± 1 0
y 0 ± 1,9 ± 20/3 ± 2 ± 3 ± 3,4 ± 3,5
Następnie rysujemy krzywą przedstawioną na rysunku 62.
Rys. 62
Dla ułatwienia uczniowi przekształceń równań krzywych na funkcje autor umieszcza na końcu podręcznika
(załącznik nr 1) tabele krzywych przedstawionych na rysunkach od nr 60 do nr 223.

54
Rozdział 5. Elipsa
5.4. Przykłady zastosowania wzorów
Kolejnych pięć przykładów zapozna nas z zasadami rozwiązywania zadań dotyczących elipsy.
Przykład 42. Elipsa jest styczna do osi odciętych w punkcie A (7, 0), a do osi rzędnych w punkcie B (0, 4).
Znaleźć jej równanie, wiedząc, że jej osie są równoległe do osi współrzędnych.
Rozwiązanie:
1. Ponieważ oba podane punkty leżą na elipsie, więc spełniają one jej równanie
0 16
+ = 1
2 2
a b
49 0
+ = 1
2 2
a b
stąd
b 2 = 16 oraz a 2 = 49
2. Z założenia zadania wynika, że współrzędne środka elipsy to O (7, 4)
2
2
(x − 7) (y − 4)
+ = 1
49 16
Odpowiedź: Szukane równanie elipsy to
2
2
(x − 7) (y − 4)
+ = 1 . (rys. 63)
49 16
Rys. 63
Przykład 43. Prosta 4x − 5y − 40 = 0 jest styczna do elipsy
Rozwiązanie:
2 2
x y
+ = 1 . Znaleźć punkt styczności.
50 32
1. Prosta i krzywa mają tylko jeden punkt wspólny, gdy wyróżnik równania kwadratowego otrzymanego
w wyniku rozwiązania układu równań prostej i krzywej jest równy zeru. Rozwiązujemy przeto układ
równań prostej i elipsy, po czym przyrównujemy jego wyróżnik do zera.
2. Obliczamy wartość x z równania prostej
4x − 5y − 40 = 0
4x = 5y + 40

Rozdział 5. Elipsa
55
5y + 40
x =
4
3. Podstawiamy tę wartość do równania elipsy
2 2
25y + 400y + 1600 y
+ − 1=
0
800 32
25y 2 + 400y + 1600 + 25y 2 − 800 = 0
50y 2 + 400y + 800 = 0 (dzielimy przez 50)
y 2 + 8y + 16 = 0
(y + 4) 2 = 0
stąd
y = −4 oraz x = 5
P (5, −4)
Odpowiedź: Szukane współrzędne punktu styczności to P (5, −4). (rys. 64)
Rys. 64
Przykład 44. Elipsa przechodzi przez punkt P (3, 12/5) i jest styczna do prostej 4x + 5y = 25. Znaleźć równanie
tej elipsy i znaleźć współrzędne jej punktu styczności z daną prostą. Osie współrzędnych pokrywają
się z osiami elipsy.
Rozwiązanie:
1. Z warunku styczności prostej Ax + By + C = 0 i elipsy +
2 2
a b
= otrzymujemy
A 2 a 2 + B 2 b 2 = C 2
stąd
16a 2 + 25b 2 = 625 (równanie I)
2. Punkt P (3, 12/5) leży na elipsie, a więc
144
9
+
25
2 2
a b
= 1 (równanie II)
3. Z równania I obliczamy
2
2 625 − 25b
a =
16

56
Rozdział 5. Elipsa
4. Podstawiamy tę wartość do równania II
9 144
+ = 1
2 2
625 − 25b 25b
16
144 144
+ − 1=
0 (mnożymy przez 25b 2 (625 − 25b 2 ))
2 2
625 − 25b 25b
3600b 2 + 90000 − 3600b 2 − 15625b 2 + 625b 4 = 0
625b 4 − 15625b 2 + 90000 = 0 (dzielimy przez 625)
b 4 − 25b 2 + 144 = 0
5. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego
∆ = 625 − 576 = 49
√∆ = ±7
stąd
2 25 + 7
25 − 7
b1
= = 16 oraz b 2 2
= = 9
2
2
a 1
2
= 225/16 oraz a 2
2
= 25
2 2
16x y
Uwaga: b 2 = 16 to pierwiastek obcy, gdyż równanie + = 1 nie spełniałoby warunku styczności
do prostej 4x + 5y − 25 = 0.
225 16
6. Znajdujemy równanie elipsy
2 2
x y
+ = 1
25 9
7. Z równania prostej obliczamy
− 4x + 25
y =
5
8. Podstawiamy tę wartość do równania elipsy
2
16x − 200x + 625
2
x 25
+ = 1
25 9
2 2
x 16x − 200x + 625 1
+ = (mnożymy przez 225)
25 225
9x 2 + 16x 2 − 200x + 625 = 225
25x 2 − 200x + 400 = 0 (dzielimy przez 25)
x 2 − 8x + 16 = 0
(x − 4) 2 = 0
stąd
x = 4 oraz y = 9/5
A (4, 9/5)
Odpowiedź: Szukane równanie elipsy to
2 2
x y
+ = 1 . Współrzędne punktu styczności to A (4, 9/5). (rys. 65)
25 9

Rozdział 5. Elipsa
57
Rys. 65
2 2
x y
Przykład 45. Na elipsie + = 1 znaleźć punkt, którego odległość od prawego ogniska jest cztery razy
100 36
większa niż odległości od lewego.
Rozwiązanie:
1. Z równania elipsy otrzymujemy
c 2 = a 2 − b 2 = 100 − 36 = 64
stąd
c = −8 oraz c = 8
2. Z założenia zadania wynika, że
4√(x + 8) 2 + y 2 = √(x − 8) 2 + y 2
3. Podnosząc obie strony równania do kwadratu otrzymujemy
16x 2 + 256x + 1024 + 16y 2 = x 2 − 16x + 64 + y 2
15x 2 + 272x + 960 + 15y 2 = 0 (równanie I)
4. Z równania elipsy obliczamy
2 3600 − 36x
y =
100
5. Podstawiając tę wartość do równania I otrzymujemy
1500x 2 + 27200x + 96000 + 54000 − 540x 2 = 0
960x 2 + 27200x + 150000 = 0 (dzielimy przez 80)
12x 2 + 340x + 1875 = 0
6. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego
∆ = 115600 − 90000 = 25600
√∆ = ±160
− 340 + 160 15
−340 −160 125
x1
= = − oraz x 2
= = −
24 2
24 6
7. Interesuje nas tylko wartość x = −15/2, gdyż druga wartość to punkt poza elipsą
y
2
225
3600 −36
⋅
4 1575 63
= = =
100 100 4
2

58
Rozdział 5. Elipsa
stąd
y = 3√7/2 oraz y = −3√7/2
Odpowiedź: Współrzędne szukanych punktów to A (−15/2, 3√7/2) oraz B (−15/2, −3√7/2). (rys. 66)
Rys. 66
Uwaga: Współrzędne punktów C i D otrzymujemy zakładając 4√(x − 8) 2 + y 2 = √(x + 8) 2 + y 2 i rozwiązując
układ równań tak samo jak poprzednio. (rys. 66)
Przykład 46. Znaleźć miejsce geometryczne środków okręgów, które przechodzą przez punkt A (3, 0) i są styczne
wewnętrznie do okręgu x 2 + y 2 = 25.
Rozwiązanie:
1. Punktem wyjścia do rozwiązania jest rysunek 67. Jak wynika z rysunku, szukanym miejscem geometrycznym
jest elipsa w której
a = 5/2 oraz b = 2
stąd
c 2 = a 2 − b 2 = 25/4 − 4 = 9/4 czyli c = 3/2
Odpowiedź: Szukane równanie elipsy to
⎛ 3 ⎞
4⎜x−
⎟ 2
2 y
25 4
2
1
⎝ ⎠ + = . (rys. 67)
Rys. 67

Rozdział 6. Hiperbola
59
Rozdział 6
Hiperbola
6.1. Definicja
Hiperbola jest miejscem geometrycznym punktów takich, że bezwzględna wartość różnicy odległości każdego
z nich od dwóch stałych punktów, zwanych ogniskami hiperboli (F 1
i F 2
) jest stała i równa się długości jej osi
rzeczywistej PF 1
− PF 2
= 2a.
Hiperbola jest miejscem geometrycznym punktów, dla których stosunek ich odległości od kierownicy k 1
(k 2
)
i ogniska F 1
(F 2
) jest wielkością stałą i równa się mimośrodowi hiperboli.
Część A. Hiperbola różnoosiowa
6a.2. Wzory
1.
2.
x
a
2
2
y
− = 1
Równanie osiowe hiperboli o środku w punkcie (0, 0)
b
2 2
2 2
(x −p) (y −q)
− = 1
Równanie osiowe hiperboli o środku w punkcie (p, q)
2 2
a b
3. Ax 2 − By 2 + C = 0 Równanie ogólne hiperboli
4. c 2 = a 2 + b 2 Związek pomiędzy ogniskową i osiami hiperboli
5. PF 1
= √(x − c) 2 + y 2 Długości promieni wodzących r 1
i r 2
dowolnego punktu na
6.
PF 2
= √(x + c) 2 + y 2
hiperboli
b
y = ± x
Równania asymptot hiperboli
a
r r c
= = = Mimośród hiperboli
d d a
7. e
1 2
1 2
8.
k
1,2
x⋅x
a
2
a
= ± Równania kierownic hiperboli
c
1 1
9.
2 2
y⋅y
− = 1
Równanie stycznej do hiperboli 1 w punkcie leżącym na niej
b
(x −p)(x1 −p) (y −q)(y1
−q)
10. − = 1 Równanie stycznej do hiperboli 2 w punkcie (x
2 2
a
b
1
, y 1
) leżącym
na niej
11. PF 1
− PF 2
= 2a Stała zależność pomiędzy długościami promieni wodzących
i osią rzeczywistą hiperboli

60
Rozdział 6. Hiperbola
6a.3. Omówienie wzorów
6a.3.1. Wzór nr 1
2 2
x y
By zrozumieć sens tego wzoru przekształcimy równanie hiperboli np. − = 1 na funkcję, a następnie sporządzimy
wykres tej funkcji (rys. 68)
16 9
2 2
x y
− = 1 (mnożymy przez 144)
16 9
9x 2 − 16y 2 = 144
16y 2 = 9(x 2 − 16)
y = ±3/4√x 2 − 16
x ±4 ±5 ±6 ±7 ±8 ±9
y 0 ±2,25 ±3,3 ±4,3 ±5,1 ±6
Z równania hiperboli wynika, że
stąd równanie kierownic to
a = ±4 oraz b = ±3
c 2 = a 2 + b 2 = 16 + 9 = 25 czyli c = ±5
2
a 16
k = ± = ±
c 5
Uwaga: Oś urojona hiperboli to część stycznej do hiperboli w punkcie stanowiącym jej wierzchołek (a 1
, a 2
),
zawarta pomiędzy asymptotami. Przedstawia to rysunek 68.
Rys. 68
6a.3.2. Wzór nr 2
Jest to hiperbola podobna do poprzedniej, z tym tylko, że jej środek przypada nie w początku układu (0, 0),
lecz w punkcie (p, q).

Rozdział 6. Hiperbola
61
6a.3.3. Wzór nr 3
Podobnie jak elipsa i okrąg, również hiperbola ma swoje równanie ogólne Ax 2 − By 2 + C = 0. Przekształcenie
równania ogólnego na osiowe i odwrotnie, osiowego na ogólne, przebiega na tych samych zasadach jak w przypadku
elipsy.
6a.3.4. Wzór nr 4
Zastosowanie tego wzoru pokazano przy omawianiu wzoru nr 1. Pozwala on na znalezienie współrzędnych obu
ognisk hiperboli.
6a.3.5. Wzory nr 5
Są one identyczne jak w przypadku elipsy i stosuje się je w podobnych przypadkach.
2 2
x y
Przykład 47. Na hiperboli − = 1 obrano punkt, którego odcięta jest równa 5, a rzędna jest dodatnia.
16 9
Obliczyć długość promieni wodzących oraz kąt, jaki one tworzą.
Rozwiązanie:
1. Przekształcamy równanie osiowe hiperboli na równanie ogólne, mnożąc obie strony równania przez
NWW = 144
9x 2 − 16y 2 = 144
stąd
y = 3/4√x 2 − 16
2. Podstawiając wartość x = 5 otrzymujemy
3. Z równania hiperboli wynika, że
y = 9/4
a = 4 oraz b = 3
c 2 = a 2 + b 2 = 16 + 9 = 25 czyli c = 5
4. Obliczamy długości promieni wodzących punktu P (5, 9/4)
PF 1
= √(5 + 5) 2 + 81/16 = √1681/16 = 41/4
PF 2
= √(5 − 5) 2 + 81/16 = 9/4
5. Obliczamy sinus kąta pomiędzy promieniami wodzącymi
FF
1 2 10 40
sin(F2PF 1)
= = =
PF 41
1
41
4
stąd
∠(F 2
PF 1
) = ϕ = 77º19’
Odpowiedź: Szukany kąt jest równy ϕ = 77º19’. (rys. 69)

62
Rozdział 6. Hiperbola
Rys. 69
6a.3.6. Wzór nr 6
Pozwala nam on znaleźć równania asymptot, jeżeli dane jest równanie osiowe hiperboli. Jeżeli natomiast hiperbola
jest określona za pomocą równania ogólnego, należy naprzód przekształcić je na postać osiową.
Przykład 48. Znaleźć równania asymptot hiperboli 16x 2 − 25y 2 − 400 = 0.
Rozwiązanie:
1. Przekształcamy równanie ogólne hiperboli na postać osiową
16x 2 − 25y 2 = 400 (dzielimy przez 400)
2 2
x y
− = 1
25 16
stąd
a = 5 oraz b = 4
Odpowiedź: Szukane równania asymptot to y = 4/5x oraz y = −4/5x. (rys. 70)
6a.3.7. Wzór nr 7
Rys. 70
Mimośród jest to wielkość, która określa stopień spłaszczenia hiperboli. Im wartość mimośrodu bliższa jest
jedynki, tym hiperbola jest bardziej spłaszczona. Szczegółowo wielkość ta jest omówiona w rozdziale 9.

Rozdział 6. Hiperbola
63
6a.3.8. Wzór nr 8
Na podstawie tego wzoru obliczamy równania kierownic hiperboli.
Przykład 49. Znaleźć równania kierownic hiperboli
Rozwiązanie:
2 2
x y
− = 1 .
16 9
1. Obliczamy wartość ogniskowej
stąd
c 2 = a 2 + b 2 = 16 + 9 = 25
c = ±5
Odpowiedź: Szukane równania kierownic to k 1
= 16/5 oraz k 2
= −16/5.
6a.3.9. Wzór nr 9
Podobnie jak w elipsie, wzór ten pozwala nam na znalezienie równania stycznej do hiperboli w punkcie (x 1
, y 1
)
leżącym na niej.
2 2
x y
Przykład 50. Znaleźć równanie stycznej do hiperboli − = 1 w punkcie A (5, −4) leżącym na niej.
5 4
Rozwiązanie:
1. Stosujemy wzór nr 9, podstawiając współrzędne punktu A
x⋅5
y ⋅− ( 4)
− = 1 (mnożymy przez 20)
5 4
20x + 20y = 20
x + y = 1
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = −x + 1. (rys. 71)
Rys. 71

64
Rozdział 6. Hiperbola
6a.3.10. Wzór nr 10
Ten wzór rozwiązuje takie samo zagadnienie jak powyżej, tyle że w stosunku do hiperboli, której środek znajduje
się w punkcie o współrzędnych (p, q).
2
2
(x − 2) (y + 3)
Przykład 51. Znaleźć równanie stycznej do hiperboli − = 1 w punkcie A (7, 1) leżącym
na niej.
5 4
Rozwiązanie:
1. Stosujemy wzór nr 10, podstawiając współrzędne punktu A
(x −2)(7 −2)
(y + 3)(1 + 3)
− = 1 (mnożymy przez 20)
5 4
20x − 40 − 20y − 60 = 20
20x − 20y = 120 (dzielimy przez 20)
x − y = 6
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = x − 6. (rys. 72)
Rys. 72
6a.3.11. Wzór nr 11
Podaje on nam zależność pomiędzy długością promieni wodzących dowolnego punktu, położonego na hiperboli
oraz długością jej osi rzeczywistej. Nie wymaga on żadnego specjalnego omówienia.
6a.4. Przykłady zastosowania wzorów
Oto kolejnych pięć przykładów, podających nam zasady stosowania poznanych wzorów do rozwiązywania zadań
dotyczących hiperboli.
2 2
x y
Przykład 52. Znaleźć równanie cięciwy hiperboli − = 1 , którą punkt P (6 ,1) dzieli na połowy.
8 4
Rozwiązanie:

Rozdział 6. Hiperbola
65
1. Skoro szukana cięciwa przechodzi przez punkt P (6, 1), to jej równanie przyjmuje postać
y − 1 = a(x − 6)
stąd
y = ax − 6a + 1
2. Podstawiamy tę wartość do równania ogólnego hiperboli
x 2 − 2y 2 − 8 = 0
x 2 − 2(ax − 6a + 1) 2 − 8 = 0
x 2 − 2(a 2 x 2 − 12a 2 x + 2ax + 36a 2 − 12a + 1) − 8 = 0
x 2 − 2a 2 x 2 + 24a 2 x − 4ax − 72a 2 + 24a − 2 − 8 = 0
(1 − 2a 2 )x 2 + (24a 2 − 4a)x − 72a 2 + 24a − 10 = 0
3. Punkt P (6, 1) stanowi środek cięciwy, a więc wartość x = 6 to współrzędna środka odcinka x 1
x 2
,
czyli zgodnie ze wzorem Vieta
x1 + x2
−b
6 = =
2 2a
stąd
2
4a − 24a
= 6
2
2 − 4a
4. Szukane równanie
−24a 2 + 4a = 12 − 24a 2
4a = 12 czyli a = 3
y − 1 = 3(x − 6)
y = 3x − 17
Odpowiedź: Szukane równanie cięciwy to y = 3x − 17. (rys. 73)
Rys. 73
Przykład 53. Na hiperboli
Rozwiązanie:
2 2
x y
− = 1 znaleźć punkt, którego promienie wodzące są wzajemnie prostopadłe.
16 9
1. Skoro promienie wodzące są do siebie prostopadłe, to istnieje zależność
2 2
PF 1
+ PF 2
= 4c 2

66
Rozdział 6. Hiperbola
stąd
2. Rozwiązujemy układ równań kwadratowych
3. Z równania pierwszego obliczamy
c 2 = a 2 + b 2 = 16 + 9 = 25
(x + 5) 2 + y 2 + (x − 5) 2 + y 2 = 100
x 2 + 10x + 25 + y 2 + x 2 − 10x + 25 + y 2 = 100
2x 2 + 2y 2 = 50
x 2 + y 2 = 25 (równanie I)
2 2
x y
− = 1 (równanie II)
16 9
y 2 = 25 − x 2
4. Podstawiamy tę wartość do równania drugiego otrzymując
stąd
2 2
x 25 − x
− = 1 (mnożymy przez 144)
16 9
9x 2 − 400 + 16x 2 = 144
25x 2 = 544
x 2 = 544/25
x = ±4/5√34
y 2 = 25 − 544/25 = 625/25 − 544/25 = 81/25
y = ±9/5
Odpowiedź: Szukane punkty to P 1
(4/5√34, −9/5), P 2
(−4/5√34, −9/5), P 3
(−4/5√34, 9/5) oraz P 4
(4/5√34, 9/5).
(rys. 74)
Rys. 74
Przykład 54. Sprowadzić do najprostszej postaci równanie hiperboli 9x 2 − 25y 2 − 18x − 100y − 316 = 0.
Rozwiązanie:
1. Dodajemy do wartości x oraz y takie liczby, by utworzyć z jednych i drugich kwadraty sumy lub różnicy

Rozdział 6. Hiperbola
67
dwumianu, zmieniając odpowiednio wyraz wolny (czyli −316)
9x 2 − 18x + 9 − 25y 2 − 100y − 100 = 316 + 9 − 100
9(x − 1) 2 − 25(y + 2) 2 = 225 (dzielimy przez 225)
2
2
(x −1)
(y + 2)
− = 1
25 9
Odpowiedź: Szukane równanie hiperboli to
2
2
(x −1)
(y + 2)
− = 1 .
25 9
Przykład 55. Znaleźć równanie hiperboli, znając równania jej asymptot y = ±1/2x oraz równanie jednej z jej
stycznych 5x − 6y − 8 = 0.
Rozwiązanie:
1. Z założenia wynika, że
b 1
=
a 2
stąd
a = 2b
2. Z warunku styczności prostej i hiperboli A 2 a 2 − B 2 b 2 = C 2 otrzymujemy
25a 2 − 36b 2 = 64
3. Podstawiając a = 2b otrzymujemy
100b 2 − 36b 2 = 64
stąd
b 2 = 1 oraz a 2 = 4
Odpowiedź: Szukane równanie hiperboli to
x
2
2
y 1
4 − = . (rys. 75) Rys. 75
Przykład 56. Środek hiperboli umieszczony jest w punkcie (−15, 0), jedno z ognisk pokrywa się z początkiem
układu współrzędnych. Znaleźć równanie hiperboli, która na osi rzędnych odcina cięciwę
o długości 32.
Rozwiązanie:

68
Rozdział 6. Hiperbola
1. Zgodnie z założeniem zadania punkt o współrzędnych (0, 16) leży na hiperboli, a więc
225 256
− = 1 (równanie I)
2 2
a b
2. Z założenia zadania wynika również
a 2 + b 2 = 225 (równanie II)
c = 15
3. Z drugiego równania obliczamy
a 2 = 225 − b 2
4. Podstawiamy tę wartość do równania pierwszego, otrzymując
225 256
− = 1
2 2
225 − b b
5. Mnożąc obie strony równania przez NWW otrzymujemy
225b 2 − 57600 + 256b 2 = 225b 2 − b 4
b 4 + 256b 2 − 57600 = 0
6. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego
∆ = 65536 + 230400 = 295936
√∆ = ±544
2 − 256 + 544 288
b = = = 144
2 2
stąd
a 2 = 225 − 144 = 81
Odpowiedź: Szukane równanie hiperboli to
2 2
(x + 15) y
− = 1 . (rys. 76)
81 144
Rys. 76

Część B. Hiperbola równoosiowa
6b.2. Wzory
1. x 2 − y 2 = a 2 Równanie osiowe hiperboli równoosiowej o środku w punkcie (0, 0)
2.
2
a
xy = Funkcja homograficzna 1
2
3. xy = A Funkcja homograficzna 2
6b.3. Omówienie wzorów
6b.3.1. Wzór nr 1
Jeżeli we wzorze
x
a
2
a
2 = 2
a
xy
2
A Rozdział 6. Hiperbola
2 2
y
− = 1 założymy a = b, to otrzymamy
2 2
b
2 2
x y
− = 1
2 2
a a
x 2 − y 2 = a 2
Rys. 77
By zrozumieć różnicę pomiędzy hiperbolą równoosiową oraz różnoosiową, sporządzimy wykres hiperboli
x 2 − y 2 = 16, gdzie a 2 = 16 oraz b 2 = 16, czyli a = 4 oraz b = 4. Obie osie hiperboli są równe, co powierdza rysunek 77.
Ponieważ a = b to równania asymptot są równe y = x oraz y = −x.
6b.3.2. Wzory nr 2 i 3
Inny jest natomiast obraz hiperboli równoosiowych
hiperboli, przy czym
69
= oraz xy = A. Są to dwie postacie równania tej samej

70
Rozdział 6. Hiperbola
Przykład 57. Sporządzić wykres funkcji xy = 8.
Rozwiązanie:
1. Korzystamy ze wzoru nr 2
stąd
2
a
2 = 8
a 2 = 16
a = 4
Odpowiedź: Wykres funkcji przedstawia rysunek 78.
Rys. 78
Zauważmy, że w tej hiperboli równoosiowej nastąpiła zamiana ról asymptot oraz osi OX i OY. Mianowicie obie
te osie były osiami symetrii hiperboli x 2 − y 2 = a 2 , tutaj natomiast w hiperboli xy = A osie OX i OY przyjmują
rolę asymptot, natomiast proste y = x oraz y = −x spełniają tę samą rolę co osie OX i OY w hiperboli x 2 − y 2 = a 2 .

Rozdział 7. Parabola
71
Rozdział 7
PARABOLA
7.1. Definicja
Parabola jest to miejsce geometryczne punktów równo oddalonych od stałego punktu, stanowiącego ognisko
paraboli, oraz od prostej zwanej kierownicą paraboli.
7.2. Wzory
1.
2
x
y = Równanie paraboli
2p
2
y
x =
2p
2. xx 1
= p(y + y 1
) Równanie stycznej do paraboli w punkcie leżącym na niej
yy 1
= p(x + x 1
)
1 x1
1 y1
3. = oraz = Tangens kąta nachylenia stycznej do paraboli w punkcie x
a p a p
1
(y 1
)
4.
5.
p
y = −
2
p
x = − Równanie kierownicy
2
r
e = = 1
Mimośród paraboli
d
7.3. Omówienie wzorów
7.3.1. Wzór nr 1
2
2
x y
Parabola y = ( x = ) jest szczególnym przypadkiem paraboli y = ax 2 + bx + c (x = ay 2 + by + c),
2p 2p
gdy b = 0 oraz c = 0.
Jest to jedyna krzywa, która ma podwójny wzór. Obie te krzywe różnią się tym, że osią symetrii pierwszej
jest oś OY, natomiast osią symetrii drugiej jest oś OX. Tę różnicę można określić również w inny sposób.
2
2
y
x
Parabola x = jest to parabola y = obrócona o 270 stopni.
2p
2p
Wykresy dwóch parabol
2
x
y = oraz
8
2
y
x = przedstawiają rysunki 79 i 80.
12

72
Rozdział 7. Parabola
Rys. 79 Rys. 80
7.3.2. Wzór nr 2
Jest to wzór na styczną do paraboli w punkcie (x 1
, y 1
) leżącym na paraboli.
Przykład 58. Znaleźć równanie stycznej do paraboli
Rozwiązanie:
2
x
y = w punkcie A (2, 1) leżącym na niej.
4
1. Z równania paraboli obliczamy wartość p
2p = 4 czyli p = 2
2. Korzystamy ze wzoru nr 2
2x = 2(y + 1)
y = x − 1
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = x − 1. (rys. 81)
Rys. 81
Przykład 59. Znaleźć równanie stycznej do paraboli
Rozwiązanie:
2
y
x = w punkcie A (6, 6) leżącym na niej.
6
1. Z równania paraboli oblczamy wartość p
2. Korzystamy ze wzoru nr 2
2p = 6 czyli p = 3

Rozdział 7. Parabola
73
6y = 3(x + 6)
y = 1/2x + 3
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = 1/2x + 3. (rys. 82)
Rys. 82
7.3.3. Wzór nr 3
2
x
y = w punkcie x
2p
1
leżą-
1 x1
Wzór = pozwala na obliczenie tangensa kąta nachylenia stycznej do paraboli
a p
cym na niej.
2
1 y1
y
Natomiast wzór = dotyczy tego samego zadania dla stycznej do paraboli x =
a p
2p
.
2
x
Przykład 60. Obliczyć tangens kąta nachylenia stycznej do paraboli y = w punkcie A (4, 2) leżącym
na niej.
8
Rozwiązanie:
1. Korzystamy ze wzoru nr 3
stąd
1 4
=
a 4
a = 1
Odpowiedź: Szukany tangens kąta jest równy 1. (rys. 83)
Rys. 83

74
Rozdział 7. Parabola
Przykład 61. Obliczyć tangens kąta nachylenia stycznej do paraboli
na niej.
2
y
x = w punkcie A (4, 4) leżącym
4
Rozwiązanie
1. Korzystamy ze wzoru nr 3
stąd
1 4
=
a 2
a = 1/2
Odpowiedź: Szukany tangens kąta jest równy 1/2. (rys. 84)
Rys. 84
7.3.4. Wzór nr 4
Nie wymaga żadnych wyjaśnień.
7.3.5. Wzór nr 5
Jak wyżej.
7.4. Przykłady zastosowania wzorów
W kolejnych pięciu przykładach zostaną podane zasady stosowania poznanych wzorów.
2 9x
Przykład 62. Na paraboli y = obrano punkt M (x, y) znajdujący się w odległości 9,125 od kierownicy.
2
Obliczyć odległość tego punktu od wierzchołka paraboli.
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy równanie kierownicy paraboli
2
2y
x =
9

Rozdział 7. Parabola
75
stąd
2p = 9/2 czyli p =
9
2 8
x = −9/8
2. Ponieważ odległość punktu M od kierownicy jest równa 9,125, to współrzędna odciętej tego punktu
wynosi
x + 1,125 = 9,125
stąd
x = 8
3. Skoro punkt znajduje się na paraboli, to jego rzędną obliczymy podstawiając wartość x = 8 do równania
paraboli
y 2 = 9/2x = 9/2∙8 = 36
stąd
y = 6
4. Odległość punktu M (8, 6) od początku układu (0, 0) wynosi więc
d = √64 + 36 = 10
Odpowiedź: Szukana odległość jest równa d = 10. (rys. 85)
Rys. 85
Przykład 63. Znaleźć najbliższą odległość prostej −2x + y + 8 = 0 od paraboli
Rozwiązanie:
2
x
y = .
4
1. Jak łatwo zauważyć na rysunku 86, najbliższa odległość prostej od paraboli to jej odległość od stycznej
do paraboli, równoległej do tej prostej.
2. Skoro styczna jest równoległa do danej prostej, to jej równanie przyjmie postać
y = 2x + b.
3. Współczynnik b znajdziemy rozwiązując układ równań tej prostej oraz paraboli
2
x
2x + b =
4
x 2 − 8x − 4b = 0

76
Rozdział 7. Parabola
4. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)
stąd
∆ = 64 + 16b = 0
16b = −64
b = −4
y = 2x − 4
5. Znajdujemy współrzędne punktu styczności prostej i paraboli, rozwiązując układ ich równań
stąd
2
x
2x 4
4 = −
x 2 − 8x + 16 = 0
(x − 4) = 0
x = 4 oraz y = 4
A (4, 4)
6. Znajdujemy odległość punktu A (4, 4) od prostej −2x + y + 8 = 0
( −2) ⋅ 4 + 1⋅ 4 + 8 4 5
d = = = 1, 78
4+
1 5
Odpowiedź: Szukana odległość jest równa d = 1,78. (rys. 86)
Rys. 86
Przykład 64. Dana jest parabola y 2 = 4x oraz prosta x + 3y + 9 = 0 do niej styczna. Znaleźć współrzędne punktu
styczności.
Rozwiązanie:
1. Aby otrzymać współrzędne punktu styczności, rozwiązujemy układ równań stycznej i paraboli
x = −3y − 9
y 2 = 4(−3y − 9)
y 2 + 12y + 36 = 0
2. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)

Rozdział 7. Parabola
77
stąd
∆ = 144 − 144 = 0
y = −12/2 = −6 oraz x = −3y − 9 = 9
A (9, −6)
Odpowiedź: Szukane współrzędne punktu styczności to A (9, −6). (rys. 87)
Rys. 87
Przykład 65. Dla jakich wartości m parabola y = x 2 + 5x + 4 oraz prosta y = 2x + m mają dwa punkty wspólne
(prosta jest sieczną)?
Rozwiązanie:
1. Prosta i krzywa mają dwa punkty wspólne, gdy równanie otrzymane w wyniku rozwiązania układu równań
prostej i paraboli ma wyróżnik większy od zera.
2. Rozwiązujemy układ równań prostej i paraboli
x 2 + 5x + 4 = 2x + m
x 2 + 3x − m + 4 = 0
3. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)
stąd
∆ = 9 + 4m − 16 > 0
4m > 7
m > 7/4
Odpowiedź: Szukana wartość m jest równa m > 7/4. (rys. 88)
Rys. 88

78
Rozdział 7. Parabola
Przykład 66. Wiadomo, że parabola y = ax 2 + bx + c przechodzi przez punkty A (0, 0) i B (3, 0), oraz że prosta
y = x + 1 jest do niej styczna. Znaleźć równanie paraboli.
Rozwiązanie:
1. Podstawiając obie pary współrzędnych do równania paraboli otrzymujemy równania
0 = 0 + 0 + c
stąd
2. Szukana parabola ma więc postać
0 = 9a + 3b + c
c = 0 oraz b = −3a
y = ax 2 − 3ax
3. Rozwiązujemy układ rówanań danej prostej i paraboli
ax 2 − 3ax = x + 1
ax 2 − (3a + 1)x − 1 = 0
4. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)
∆ = 9a 2 + 6a + 1 + 4a = 9a 2 + 10a + 1 = 0
stąd
a
1,2
− 10 ± 8
=
18
a 1
= −1/9 oraz a 2
= −1
Odpowiedź: Szukane równania paraboli to y = −1/9x 2 + 1/3x oraz y = −x 2 + 3x. (rys. 89)
Rys. 89

Rozdział 8. Styczna do krzywych
79
Rozdział 8
Styczna do krzywych
8.1. Położenie prostej w stosunku do krzywej
Prosta może mieć z krzywą:
––
dwa punkty wspólne,
––
jeden punkt wspólny,
––
nie mieć żadnego punktu wspólnego (przebiega poza krzywą).
By uzyskać odpowiedź na pytanie, który z tych przypadków zachodzi, należy zawsze rozwiązać układ równań
krzywej i prostej. Wówczas gdy:
––
prosta ma dwa punkty wspólne − oznacza to, że jest sieczną,
––
prosta ma jeden punkt wspólny − oznacza to, że jest styczną,
––
prosta nie ma żadnego punktu wspólnego z krzywą − oznacza to, że przebiega poza nią.
Rys. 90
Rys. 91 Rys. 92
Mając już świadomość tej zależności, możemy przystąpić do rozwiązywania niezwykle ważnego problemu stycznych
do krzywych. Należy sobie w tym miejscu uświadomić, że większość zadań dotyczących krzywych jest związana
ze stycznymi, stąd doskonała znajomość tego zagadnienia stanowi zasadniczy warunek rozwiązania znacznej
części zadań. By ułatwić opanowanie tego zagadnienia, podzielimy wszystkie zadania dotyczące stycznych na trzy

80
Rozdział 8. Styczna do krzywych
zasadnicze grupy. Będzie to poszukiwanie:
1. stycznej do krzywej w punkcie leżącym na niej (rys. 90),
2. stycznych do krzywej poprowadzonych z punktu leżącego poza nią (rys. 91),
3. stycznych do krzywej równoległych do danej prostej, prostopadłych do niej lub tworzących z nią dany kąt
(rys. 92).
Powyższy podział zadań został podany niżej na podstawie okręgu. Dotyczy on jednakże wszystkich czterech
krzywych, tzn. również elipsy, hiperboli i paraboli.
8.2. Styczna do krzywej w punkcie leżącym na niej
Najprostsze do rozwiązania są zadania grupy pierwszej. Tutaj równania stycznych do krzywych w punktach
(x 1
, y 1
) leżących na nich są podane w zasadniczych wzorach dotyczących krzywych. Są to:
––
wzory nr 4 i 5 dla okręgu (rozdział 4, str. 40),
––
wzory nr 6 i 7 dla elipsy (rozdział 5, str. 49),
––
wzory nr 9 i 10 dla hiperboli (rozdział 6, str. 59),
––
wzory nr 2 dla paraboli (rozdział 7, str. 71).
Praktyczne zastosowanie powyższych wzorów zostało podanych w przykładach:
––
30 i 31 dla okręgu (str. 42 i 43),
––
41 dla elipsy (str. 52),
––
50 i 51 dla hiperboli (str. 63 i 64),
––
58 i 59 dla paraboli (str. 72).
8.3. Styczne do krzywej poprowadzone z punktu leżącego poza nią
Zadania tej grupy rozwiązujemy, rozwiązując układ równań krzywej i prostej, mającej stanowić styczną
do tej krzywej. W wyniku rozwiązania tego układu otrzymamy zawsze równanie kwadratowe. Warunkiem koniecznym,
by prosta stanowiła styczną, jest by wyróżnik otrzymanego równania kwadratowego był równy zeru.
Rozwiązując układy tych równań dla poszczególnych krzywych na liczbach ogólnych otrzymamy dla każdej
z tych czterech krzywych warunki styczności, które następnie wykorzystujemy w konkretnych zadaniach.
Wyprowadzenie warunków styczności będzie się odbywało dla każdej krzywej w dwóch wersjach. Najpierw
dla prostej wyrażonej w postaci kierunkowej y = ax + b, następnie dla prostej przedstawionej postaci ogólnej
Ax + By + C = 0.
8.3.1. Okrąg x 2 + y 2 = r 2 i prosta y = ax + b
Podstawiając do równania okręgu wartość y = ax + b otrzymujemy
x 2 + (ax + b) 2 = r 2
x 2 + a 2 x 2 + 2abx + b 2 = r 2
(a 2 + 1)x 2 + 2abx + b 2 − r 2 = 0
Obliczamy wyróżnik i przyrównujemy go do zera
∆ = 4a 2 b 2 − 4(a 2 + 1)(b 2 − r 2 ) = 0

Rozdział 8. Styczna do krzywych
81
4a 2 b 2 − 4a 2 b 2 − 4b 2 + 4a 2 r 2 + 4r 2 = 0
4(a 2 r 2 + r 2 − b 2 ) = 0
Otrzymaliśmy w ten sposób warunek styczności prostej y = ax + b oraz okręgu x 2 + y 2 = r 2
a 2 r 2 + r 2 − b 2 = 0
8.3.2. Okrąg x 2 + y 2 = r 2 i prosta Ax + By + C = 0
Podstawiając do równaniu okręgu wartość
−By
−C
x = otrzymujemy
A
B 2 y 2 + 2BCy + C 2 + A 2 y 2 = A 2 r 2
(A 2 + B 2 )y 2 + 2BCy + C 2 − A 2 r 2 = 0
Obliczamy wyróżnik i przyrównujemy go do zera
4B 2 C 2 − 4(A 2 + B 2 )(C 2 − A 2 r 2 ) = 0
4B 2 C 2 − 4A 2 C 2 − 4B 2 C 2 + 4A 4 r 2 + 4A 2 B 2 r 2 = 0
4A 2 (B 2 r 2 + A 2 r 2 − C 2 ) = 0
Otrzymaliśmy w ten sposób warunek styczności prostej Ax + by + C = 0 oraz okręgu x 2 + y 2 = r 2
A 2 r 2 + B 2 r 2 − C 2 = 0
Przykład 67. Z punktu A (−7, −1) poprowadzić styczne do okręgu x 2 + y 2 = 25.
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy równanie pęku prostych przechodzących przez punkt A (−7, −1)
y + 1 = a(x + 7)
y = ax + 7a − 1
2. Stosujemy warunek styczności prostej (gdzie b = 7a − 1) i okręgu
a 2 r 2 + r 2 − b 2 = 0
25a 2 + 25 − (7a − 1) 2 = 0
25a 2 + 25 − 49a 2 + 14a − 1 = 0
−24a 2 + 14a + 24 = 0 (dzielimy przez 2)
−12a 2 + 7a + 12 = 0
3. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera
∆ = 49 + 576 = 625
stąd
√∆ = ±25
a 1
= −3/4 oraz a 2
= 4/3
4. Podstawiając do równania pęku prostych otrzymane współczynniki kierunkowe stycznych otrzymujemy

82
Rozdział 8. Styczna do krzywych
y + 1 = 4/3(x + 7) oraz y + 1 = −3/4(x + 7)
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = 4/3x + 25/3 oraz y = −3/4x − 25/4. (rys. 93)
Rys. 93
Uwaga: Ten sam rezultat otrzymamy przedstawiając równanie prostej w postaci ogólnej i stosując odpowiedni
dla niej warunek styczności.
1. Znajdujemy postać ogólną równania prostej y = ax + 7a − 1
2. Stosujemy warunek styczności
−ax + y − 7a + 1 = 0
A 2 r 2 + B 2 r 2 − C 2 = 0
a 2 ∙25 + 1∙25 − (−7a + 1) 2 = 0
−24a 2 + 14a + 24= 0 (dzielimy przez 2)
−12a 2 + 7a + 12 = 0
Otrzymujemy więc ten sam rezultat i zadanie dokańczamy jak poprzednio.
2 2
x y
8.3.3. Elipsa + = 1 i prosta y = a
2 2
a b
1
x + b 1
y
Uwaga: Celowo zmieniamy zapis prostej, by uniknąć mylenia współczynników a i b elipsy, wyrażających
kwadraty połowy osi wielkiej i małej, z takimi samymi współczynnikami prostej, wyrażającymi współczynnik
kierunkowy prostej i wyraz wolny.
Podstawiając do równania elipsy wartość y = a 1
x + b 1
otrzymujemy
x
a
(a x+
b )
+ = 1 (mnożymy przez a 2 b 2 )
b
2
2
1 1
2 2
Obliczamy wyróżnik i przyrównujemy go do zera
b 2 x 2 + a 2 (a 12
x 2 + 2a 1
b 1
x + b 12
) = a 2 b 2
b 2 x 2 + a 2 a 12
x 2 + 2a 2 a 1
b 1
x + a 2 b 1
2
− a 2 b 2 = 0
(a 2 a 1
2
+ b 2 )x 2 + 2a 2 a 1
b 1
x + a 2 b 1
2
− a 2 b 2 = 0
∆ = 4a 4 a 12
b 1
2
− 4(a 2 a 1
2
+ b 2 )(a 2 b 1
2
− a 2 b 2 ) = 0

Rozdział 8. Styczna do krzywych
83
4a 4 a 12
b 1
2
− 4a 4 a 12
b 1
2
− 4a 2 b 2 b 1
2
+ 4a 4 a 12
b 2 + 4a 2 b 4 = 0
4a 2 b 2 (a 2 2
a 1
+ b 2 − b 12
) = 0
x
Otrzymaliśmy wiec warunek styczności prostej y = a 1
x + b 1
oraz elipsy
a
a 2 2
a 1
+ b 2 2
− b 1
= 0
2
2
y
+ = 1
b
2 2
2 2
x y
8.3.4. Elipsa + = 1 i prosta Ax + By + C = 0
2 2
a b
−By
−C
Podstawiając do równaniu okręgu wartość x = otrzymujemy
A
2
⎛−By
−C
⎞
⎜ ⎟ 2
⎝ A ⎠ y
1
2 +
2 = (mnożymy przez A2 a 2 b 2 )
a b
B 2 b 2 y 2 + 2BCb 2 y + b 2 C 2 + A 2 a 2 y 2 = A 2 a 2 b 2
(A 2 a 2 + B 2 b 2 )y 2 + 2BCb 2 y + b 2 C 2 − A 2 a 2 b 2 = 0
Obliczamy wyróżnik i przyrównujemy go do zera
∆ = 4B 2 C 2 b 4 − 4(A 2 a 2 + B 2 b 2 )(b 2 C 2 − A 2 a 2 b 2 ) = 0
4B 2 C 2 b 4 − 4A 2 a 2 b 2 C 2 − 4B 2 C 2 b 4 + 4A 4 a 4 b 2 + 4A 2 B 2 a 2 b 4 = 0
4A 2 a 2 b 2 (A 2 a 2 + B 2 b 2 − C 2 ) = 0
x
Otrzymaliśmy w ten sposób warunek styczności prostej Ax + by + C = 0 oraz elipsy
a
A 2 a 2 + B 2 b 2 − C 2 = 0
2
2
y
+ = 1
b
2 2
2 2
x y
+ = 1 poprowadzonych z punktu A (−6, 3) znajdu-
15 9
Przykład 68. Znaleźć równania stycznych do elipsy
jącego się poza elipsą.
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy równanie pęku prostych, przechodzących przez punkt A (−6, 3)
y − 3 = a 1
(x + 6)
y = a 1
x + 6a 1
+ 3
2. Stosujemy warunek styczności prostej i elipsy
a 2 2
a 1
+ b 2 2
− b 1
= 0
2
15a 1
+ 9 − (6a 1
+ 3) 2 = 0
2 2
15a 1
+ 9 − 36a 1
− 36a 1
− 9 = 0
stąd
−21a 1
(a 1
+ 36/21) = 0
a 1
= 0 oraz a 1
= −12/7
3. Podstawiając do równania pęku prostych otrzymane współczynniki kierunkowe stycznych otrzymujemy
y − 3 = 0(x + 6) oraz y − 3 = −12/7(x + 6)

84
Rozdział 8. Styczna do krzywych
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = 3 oraz y = −12/7x − 51/7. (rys. 94)
Rys. 94
2 2
x y
8.3.5. Hiperbola − = 1 i prosta y = a
2 2
a b
1
x + b 1
Podstawiając y = a 1
x + b 1
do równania hiperboli otrzymujemy
x
a
(a x+
b )
− = 1 (mnożymy przez a 2 b 2 )
b
2
2
1 1
2 2
b 2 x 2 − a 2 (a 12
x 2 + 2a 1
b 1
x + b 12
) = a 2 b 2
b 2 x 2 − a 2 a 12
x 2 − 2a 2 a 1
b 1
x − a 2 2
b 1
− a 2 b 2 = 0
(b 2 − a 2 a 12
)x 2 − 2a 2 a 1
b 1
x − a 2 2
b 1
− a 2 b 2 = 0
Obliczamy wyróżnik i przyrównujemy go do zera
4a 4 2
a 12
b 1
− 4(b 2 − a 2 a 12
)(−a 2 2
b 1
− a 2 b 2 ) = 0
4a 4 2
a 12
b 1
+ 4a 2 b 2 2
b 1
− 4a 4 2
a 12
b 1
+ 4a 2 b 4 − 4a 4 a 12
b 2 = 0
4a 2 b 2 2
(b 1
+ b 2 − a 2 a 12
) = 0
x
Otrzymaliśmy w ten sposób warunek styczności prostej y = a 1
x + b 1
oraz elipsy
a
2
b 1
+ b 2 − a 2 2
a 1
= 0
2
2
y
− = 1
b
2 2
2 2
x y
8.3.6. Hiberbola − = 1 i prosta Ax + By + C = 0
2 2
a b
−By
−C
Podstawiając do równania hiperboli wartość x = otrzymujemy analogicznie jak w przypadku elipsy
warunek styczności
A
A 2 a 2 − B 2 b 2 − C 2 = 0
Przykład 69. Znaleźć równania stycznych do hiperboli
leżącego poza hiperbolą.
2 2
x y
− = 1 poprowadzonych z punktu A (−2, −6)
8 9

Rozdział 8. Styczna do krzywych
85
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy równanie pęku prostych przechodzących przez punkt A (−2, −6)
y + 6 = a 1
(x + 2)
y = a 1
x + 2a 1
− 6
2. Stosujemy warunek styczności prostej i hiperboli
2
b 1
+ b 2 − a 2 2
a 1
= 0
(2a 1
− 6) 2 2
+ 9 − 8a 1
= 0
2 2
4a 1
− 24a 1
+ 36 + 9 − 8a 1
= 0
2
−4a 1
− 24a 1
+ 45 = 0
3. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego
∆ = 576 + 720 = 1296
√∆ = ±36
stąd
24 + 36 15 24 − 36 3
a1
= = − oraz a 1
= =
−8 2
−8 2
4. Podstawiając do równania pęku prostych otrzymane współczynniki kierunkowe stycznych otrzymujemy
y + 6 = −15/2(x + 2) oraz y + 6 = 3/2(x + 2)
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = −15/2x − 21 oraz y = 3/2x − 3. (rys. 95)
Rys. 95
2
x
8.3.7. Parabola y =
2p i prosta y = a x + b 1 1
Podstawiając do równaniu paraboli wartość y = a 1
x + b 1
otrzymujemy
2
x
ax
1
b1
2p = +
x 2 − 2a 1
px − 2b 1
p = 0

86
Rozdział 8. Styczna do krzywych
Obliczamy wyróżnik i przyrównujemy go do zera
∆ = 4a 12
p 2 + 8b 1
p = 0
a 12
p + 2b 1
= 0
Otrzymaliśmy w ten sposób warunek styczności prostej y = a 1
x + b 1
oraz paraboli
a 12
p + 2b 1
= 0
2
x
y =
2p
W podobny sposób znajdujemy warunki styczności:
––
Prostej Ax + By + C = 0 oraz paraboli
––
Prostej y = a 1
x + b 1
oraz paraboli
––
Prostej y = Ax + by + C oraz paraboli
Przykład 70. Znaleźć równania stycznych do paraboli
poza parabolą.
Rozwiązanie:
2
x
y = A 2 p − 2BC = 0
2p
2
y
x = a
2p
12
p − 2a 1
b 1
= 0
2
y
x = B 2 p − 2AC = 0
2p
1. Znajdujemy równanie pęku prostych przechodzących przez punkt A (1, −3)
y + 3 = a 1
(x − 1)
y = a 1
x − a 1
− 3
2
x
y = poprowadzonych z punktu A (1, −3) leżącego
8
2. Stosujemy warunek styczności prostej i paraboli y =
2p
a 12
p + 2b 1
= 0
2
4a 1
+ 2(−a 1
− 3) = 0
2
4a 1
− 2a 1
− 6 = 0
3. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera
∆ = 4 + 96 = 100
√∆ = ±10
stąd
2 + 10 3 2 −10
a1
= = oraz a 1
= = −1
8 2
8
4. Podstawiamy otrzymane wartości współczynnika kierunkowego prostej do równania pęku prostych
y + 3 = 3/2(x − 1) oraz y + 3 = −1(x − 1)
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = 3/2x − 9/2 oraz y = −x − 2. (rys. 96)
2
x

Rozdział 8. Styczna do krzywych
87
Rys. 96
Podsumowując zagadnienie stycznych do krzywych, poprowadzonych z punktu położonego poza nimi,
możemy stworzyć przedstawione poniżej zestawienie (osobno dla prostych y = a 1
x + b 1
oraz dla prostych
Ax + By + C = 0). O wyborze pierwszych lub drugich decyduje układ zadania, o czym przekonamy się w części
obejmującej rozwiązywanie konkretnych zadań z geometrii analitycznej.
Rodzaj krzywej
Warunek styczności
Dla prostej y = a 1
x + b 1
Dla prostej Ax + By + C = 0
Okrąg x 2 + y 2 = r 2 a 12
r 2 + r 2 2
− b 1
= 0 A 2 r 2 + B 2 r 2 − C 2 = 0
Elipsa
x
a
2
2
y
+ = 1
a
b
12
a 2 + b 2 2
− b 1
= 0 A 2 a 2 + B 2 b 2 = C 2
2 2
Hiperbola
x
a
2
2
y
2
− = 1
b
b
1
+ b 2 − a 12
a 2 = 0 A 2 a 2 − B 2 b 2 = C 2
2 2
Parabola
Parabola
2
x
y = a
2p
12
p + 2b 1
= 0 A 2 p − 2BC = 0
2
y
x = a
2p
12
p − 2a 1
b 1
= 0 B 2 p − 2AC = 0
Jak łatwo zauważyć, brakuje tutaj warunków styczności dla wzorów
––
drugiego elipsy,
––
drugiego hiperboli.
Wynika to z faktu, że zadania dotyczące styczności dla obu tych krzywych, poprowadzonych z punktów położonych
poza nimi, rozwiązuje się na innych zasadach. Pokaże to następny z kolei przykład.
Przykład 71. Znaleźć równania stycznych do elipsy
A (−3, −5) położonego poza elipsą.
2
2
(x − 3) (y + 5)
+ = 1 poprowadzonych z punktu
15 9
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy równanie pęku prostych, przechodzących przez punkt A (−3, −5)

88
Rozdział 8. Styczna do krzywych
y + 5 = a(x + 3)
y = ax + 3a − 5
2. Podstawiamy tę wartość do równania elipsy, otrzymując równanie kwadratowe
2 2
(x − 3) (ax + 3a − 5 + 5)
+ = 1 (mnożymy przez 135)
15 9
9(x − 3) 2 + 15(ax + 3a) 2 = 135
9x 2 − 54x + 81 + 15a 2 x 2 + 90a 2 x + 135a 2 = 135
(15a 2 + 9)x 2 + (90a 2 − 54)x + 135a 2 − 54 = 0 (dzielimy przez 3)
(5a 2 + 3)x 2 + (30a 2 − 18)x + 45a 2 − 18 = 0
3. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera
∆ = 900a 4 − 1080a 2 + 324 − 900a 4 − 540a 2 + 360a 2 + 216 = 0
−1260a 2 + 540 = 0 (dzielimy przez 60)
−21a 2 + 9 = 0
stąd
a 2 = 3/7
a = ±√3/7 = ±0,65 (wartość przybliżona)
4. Podstawiając do równania pęku prostych otrzymane współczynniki kierunkowe stycznych otrzymujemy
y + 5 = 0,65(x + 3) oraz y + 5 = −0,65(x + 3)
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = 0,65x − 3,05 oraz y = −0,65x − 6,96. (rys. 97)
Rys. 97
Autor proponuje w tym miejscu, by uczeń we własnym zakresie rozwiązał podobne zadanie dotyczące hiperboli.
Znaleźć równania stycznych do hiperboli
znajdującego się poza hiperbolą.
2
2
(x −1)
(y + 3)
− = 1, poprowadzonych z punktu A (3, −3)
8 9
Odpowiedź winna brzmieć y = 3/2x − 15/2 oraz y = −3/2x + 3/2. (rys. 98)

Rozdział 8. Styczna do krzywych
89
Rys. 98
8.4. Styczne do krzywej równoległe do danej prostej, prostopadłe do niej lub tworzące
z nią dany kąt
Zadania tej grupy będzie się rozwiązywało podobnie do zadań grupy poprzedniej. Gdy jednakże w tamtych
szukaliśmy wartości współczynnika kierunkowego stycznych, tutaj będziemy szukali wartości b 1
, czyli wyrazu
wolnego prostej y = a 1
x + b 1
. Współczynnik kierunkowy prostej będzie bowiem wynikał z samego założenia
zadania. Kolejne przykłady pokazują sposób rozwiązywania zadań grupy trzeciej.
Przykład 72. Znaleźć równania stycznych do okręgu x 2 + y 2 = 36
A. równoległych do prostej y = 3/2x − 3,
B. prostopadłych do tej prostej.
Rozwiązanie A:
1. Z założenia zadania wynika, że prosta ma postać
y = 3/2x + b 1
2. Podstawiamy tę wartość do równania okręgu, otrzymując równanie kwadratowe
x 2 + (3/2x + b 1
) 2 = 36
x 2 + 9/4x 2 2
+ 3b 1
x + b 1
− 36 = 0 (mnożymy przez 4)
4x 2 + 9x 2 2
+ 12b 1
x + 4b 1
− 144 = 0
13x 2 2
+ 12b 1
x + 4b 1
− 144 = 0
3. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera
2 2
∆ = 144b 1
− 52(4b 1
− 144) = 0
2 2
144b 1
− 208b 1
+ 7488 = 0
2
64b 1
= 7488
2
b 1
= 117
stąd
b 1
= ±√117 = ±10,8
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = 3/2x + 10,8 oraz y = 3/2x − 10,8. (rys. 99)

90
Rozdział 8. Styczna do krzywych
Rozwiązanie B:
1. Z założenia zadania wynika, że prosta ma postać
y = −2/3x + b 1
2. Podstawiamy tę wartość do równania okręgu, otrzymując równanie kwadratowe
x 2 + (−2/3 x + b 1
) 2 = 36
x 2 + 4/9x 2 − 4/3b 1
x + b 1
2
− 36 = 0 (mnożymy przez 9)
9x 2 + 4x 2 2
+ 12b 1
x + 9b 1
− 324 = 0
13x 2 2
+ 12b 1
x + 9b 1
− 324 = 0
3. Obliczamy wyróżnik otrzymanego równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera
2 2
∆ = 144b 1
− 52(9b 1
− 324) = 0
2
324b 1
= 16848
2
b 1
= 52
stąd
b 1
= ±√52 = ±7,2
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = −2/3x + 7,2 oraz y = −2/3x − 7,2. (rys. 99)
Rys. 99
Przykład 73. Znaleźć równania stycznych do elipsy
Rozwiązanie:
2 2
x y
+ = 1 równoległych do prostej 2x − y + 4 = 0.
30 24
1. Przekształcamy równanie ogólne prostej na równanie kierunkowe
y = 2x + 4
2. Z założenia zadania wynika, że styczna ma postać
y = 2x + b 1
3. Podstawiamy tę wartość do równania elipsy, otrzymując równanie kwadratowe
2
2
x (2x + b
1)
+ = 1 (mnożymy przez 120)
30 24

Rozdział 8. Styczna do krzywych
91
4x 2 + 5(4x 2 + 4b 1
x + b 12
) = 120
4x 2 + 20x 2 2
+ 20b 1
x + 5b 1
− 120 = 0
24x 2 2
+ 20b 1
x + 5b 1
− 120 = 0
4. Obliczamy wyróżnik otrzymanego równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera
2 2
∆ = 400b 1
− 96(5b 1
− 120) = 0
2 2
400b 1
− 480b 1
+ 11520 = 0
2
80b 1
= 11520
2
b 1
= 144
stąd
b 1
= −12 oraz b 1
= 12
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = 2x + 12 oraz y = 2x − 12 (rys. 100)
Rys. 100
Przykład 74. Znaleźć równania stycznych do hiperboli
A. równoległych do prostej x + y − 7 = 0,
B. prostopadłych do tej prostej.
2 2
x y
− = 1
15 6
Rozwiązanie A:
1. Przekształcamy równanie ogólne prostej na równanie kierunkowe
y = −x + 7
2. Z założenia zadania wynika, że styczna ma postać
y = −x + b 1
3. Podstawiamy tę wartość do równania hiperboli, otrzymując równanie kwadratowe
2
2
x ( − x+
b)
1
− = 1 (mnożymy przez 30)
15 6
2x 2 − 5(x 2 − 2b 1
x + b 12
) = 30
−3x 2 2
+ 10b 1
x − 5b 1
− 30 = 0
4. Obliczamy wyróżnik otrzymanego równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera

92
Rozdział 8. Styczna do krzywych
stąd
2 2
∆ = 100b 1
+ 12(−5b 1
− 30) = 0
2 2
100b 1
− 60b 1
− 360 = 0
2
b 1
= 9
b 1
= −3 oraz b 1
= 3
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = −x − 3 oraz y = −x + 3. (rys. 101)
Rozwiązanie B:
1. Przekształcamy równanie ogólne prostej na równanie kierunkowe
y = −x + 7
2. Z założenia zadania wynika, że styczna ma postać
y = x + b 1
3. Podstawiamy tę wartość do równania hiperboli, otrzymując równanie kwadratowe
2
2
x (x + b
1)
− = 1 (mnożymy przez 30)
15 6
2x 2 − 5x 2 2
− 10b 1
x − 5b 1
− 30 = 0
−3x 2 2
− 10b 1
x − 5b 1
− 30 = 0
4. Obliczamy wyróżnik otrzymanego równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera
2 2
∆ = 100b 1
+ 12(−5b 1
− 30) = 0
2 2
100b 1
− 60b 1
− 360 = 0
2
b 1
= 9
stąd
b 1
= −3 oraz b 1
= 3
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = x − 3 oraz y = x + 3. (rys. 101)
Rys. 101
Przykład 75. Znaleźć równanie stycznej do paraboli
2
x
y = równoległej do prostej y = 2x + 6.
6

Rozdział 8. Styczna do krzywych
93
Rozwiązanie:
1. Z założenia zadania wynika, że styczna ma postać
y = 2x + b 1
2. Podstawiamy tę wartość do równania paraboli, otrzymując równanie kwadratowe
2
x
2x + b1
= (mnożymy przez 6)
6
x 2 − 12x − 6b 1
= 0
3. Obliczamy wyróżnik otrzymanego równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera
∆ = 144 + 24b 1
= 0
stąd
b 1
= −6
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = 2x − 6. (rys. 102)
Rys. 102
Przykład 76. Znaleźć równanie stycznej do paraboli
Rozwiązanie:
2
y
x = prostopadłej do prostej y = 2x + 6.
4
1. Z założenia zadania wynika, że styczna ma postać
y = −1/2x + b 1
2. Przekształcamy równanie stycznej, otrzymując
x = 2b 1
− 2y
3. Podstawiamy tę wartość do równania paraboli, otrzymując równanie kwadratowe
2
y
2b1
− 2y = (mnożymy przez 4)
4
8b 1
− 8y = y 2
y 2 + 8y − 8b 1
= 0
4. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera

94
Rozdział 8. Styczna do krzywych
stąd
∆ = 64 + 32b 1
= 0
b 1
= −2
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = −1/2x − 2. (rys. 103)
Rys. 103
Przykład 77. Dana jest parabola y 2 = 12x. Poprowadzić do niej styczną, tworzącą z prostą 4x − 2y + 9 = 0
kąt 45º.
Rozwiązanie:
1. Przekształcamy równanie ogólne prostej na równanie kierunkowe
y = 2x + 9/2
2. Stosując wzór na tangens kąta pomiędzy dwiema prostymi szukamy współczynnika kierunkowego
prostej, tworzącej kąt 45º z daną prostą o współczynniku kierunkowym a 1
= 2
a−
2
tg = = 1
1+
2a
2a + 1 = a − 2
stąd
a = −3
3. Szukana styczna ma postać
y = −3x + b 1
b1
− y
x =
3
4. Podstawiamy tę wartość do równania paraboli, otrzymując równanie kwadratowe
2 b1
− y
y = 12
3
y 2 = 4b 1
− 4y
y 2 + 4y − 4b 1
= 0
5. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera
∆ = 16 + 16b 1
= 0

Rozdział 8. Styczna do krzywych
95
stąd
b 1
= −1
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = −3x − 1. (rys. 104)
Rys. 104

96
Rozdział 9. Mimośród
Rozdział 9
Mimośród
9.1. Definicja
Mimośród, wyrażający się wzorem
zasadnicze krzywe:
––
elipsę,
––
hiperbolę,
––
parabolę.
c
e = jest to wielkość, która w specyficzny sposób łączy wszystkie trzy
a
Przypomnijmy:
––
w elipsie 0 ≤ e ≤ 1
––
w hiperboli e > 1
––
w paraboli e = 1
W dwóch pierwszych krzywych wielkość mimośrodu określa stopień ich spłaszczenia. Pokazane to zostanie
na przykładach.
9.2. Elipsa
Rozważmy kolejno trzy elipsy.
2 2
x y
W elipsie pierwszej + = 1, gdzie a = 13, b = 5 oraz c 2 = a 2 − b 2 = 144, czyli c = 12, mimośród ma wartość
169 25
e = 12/13 = 0,92. (rys. 105)
Rys. 105
2 2
x y
W elipsie drugiej + = 1 , gdzie a = 5, b = 3 oraz c 2 = a 2 − b 2 = 16, czyli c = 4, mimośród ma wartość
25 9
e = 4/5 = 0,8. (rys. 106)

Rozdział 9. Mimośród
97
Rys. 106
2 2
x y
W elipsie trzeciej + = 1 , gdzie a = 13, b = 12 oraz c 2 = a 2 − b 2 = 25, czyli c = 5, mimośród ma wartość
169 144
e = 5/13 = 0,4. (rys. 107)
Wnioski:
Rys. 107
1. Im bardziej różnią się pomiędzy sobą długości osi wielkiej i małej, tym bardziej wielkość mimośrodu
zbliża się do jedności. Im natomiast ta różnica jest mniejsza, tym wartość mimośrodu zbliża się do zera.
2. Im bliższa jedności jest wartość mimośrodu, tym elipsa jest bardziej spłaszczona, natomiast gdy jego
wartość zbliża się do zera, kształt elipsy zbliża się do okręgu.
c
Uwaga: Gdy w elipsie b = a, to jest to elipsa odwrócona o 90 stopni. W takiej elipsie c 2 = b 2 − a 2 , natomiast e = .
Przedstawiono to na rysunku 106.
b
9.3. Hiperbola
Przeanalizujemy trzy hiperbole, w których różnice pomiędzy osią rzeczywistą i urojoną będą coraz mniejsze.
2 2
x y
W hiperboli pierwszej − = 1, gdzie a = 12, b = 5 oraz c 2 = a 2 + b 2 = 169, czyli c = 13, asymptoty mają
144 25
równanie y = ±5/12x, natomiast mimośród ma wartość e = 13/12 = 1,08. (rys. 108)

98
Rozdział 9. Mimośród
Rys. 108
2 2
x y
W hiperboli drugiej − = 1 , gdzie a = 4, b = 3 oraz c 2 = a 2 + b 2 = 25, czyli c = 5, asymptoty mają równanie
16 9
y = ±3/4x, natomiast mimośród ma wartość e = 5/4 = 1,25. (rys. 109)
Rys. 109
2 2
x y
W hiperboli trzeciej − = 1 , gdzie a = 3, b = 2√2 oraz c 2 = a 2 + b 2 = 17, czyli c = √17, asymptoty mają
9 8
równanie y = ±2/3√2x, natomiast mimośród ma wartość e = √17/3 = 1,37. (rys. 110)
Wnioski:
Rys. 110
1. Im bardziej różnią się pomiędzy sobą długości osi rzeczywistej i urojonej, tym bardziej wartość mimośro-

Rozdział 9. Mimośród
99
du zbliża się do jedności, przy czym jest zawsze większa od 1.
2. Im bliższa jedności jest wartość mimośrodu, tym bardziej płaska jest hiperbola, czyli tym bardziej
jej ramiona zbliżają się do osi OX.
9.4. Parabola
W paraboli wartość mimośrodu równa jest zawsze jedności. Miernikiem stopnia spłaszczenia paraboli jest
w jej przypadku wielkość parametru p. Im bardziej płaska jest parabola, tym wartość bezwzględna parametru
wyraża się mniejszym ułamkiem właściwym. Gdy natomiast jej ramiona zbliżają się do osi OX (w przypadku
2
y
paraboli x = do osi OY), parametr staje się coraz większą liczbą całkowitą lub ułamkiem niewłaściwym.
2p
Przedstawiono to na rysunkach 111 i 112.
Rys. 111 Rys. 112

100
Rozdział 10. Analiza równań stopnia drugiego
Rozdział 10
Analiza równań stopnia drugiego
Okrąg, elipsa, hiperbola i parabola to krzywe stopnia drugiego, co oznacza, że ich obrazem algebraicznym jest
zawsze równanie stopnia drugiego, które w najbardziej rozwiniętej formie ma postać
ax 2 + bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0
Nie każde jednak równanie stopnia drugiego musi przedstawiać jedną z tych krzywych. Ogólnie rzecz biorąc,
równanie stopnia drugiego może przedstawiać:
––
elipsę,
––
hiperbolę,
––
parabolę,
––
okrąg,
––
parę prostych równoległych,
––
parę prostych przecinających się,
––
punkt,
––
zbiór pusty.
O tym, który z tych elementów geometrycznych przedstawia równanie kwadratowe, przekonujemy się badając
znaki wyznaczników dużego i małego. Gdyby przyjąć oznaczenie współczynników liczbowych jak w równaniu
podanym na początku, musiałyby w wyznacznikach występować połowy współczynników b, d i e, co byłoby
bardzo niewygodne. Dla większej przeto przejrzystości wprowadzimy dwie istotne zmiany:
––
przyjmiemy b = 2B, d = 2D oraz e = 2E,
––
wszystkie małe litery alfabetu zastąpimy literami dużymi.
Z otrzymanego w ten sposób równania Ax 2 + 2Bxy + Cy 2 + 2Dx + 2Ey + F = 0 obliczamy zawsze dwa wyznaczniki,
duży W i mały M:
A B D
W = B C E
D E F
współczynniki przy niewiadomej x
współczynniki przy niewiadomej y
współczynniki ostatnich trzech wyrazów
A B
M = B C
Wariant I
Jeżeli W ≠ 0, to przy M > 0 równanie przedstawia elipsę.
Jeżeli W ≠ 0, to przy M = 0 równanie przedstawia parabolę.
Jeżeli W ≠ 0, to przy M < 0 równanie przedstawia hiperbolę.
Wariant II
Jeżeli W = 0, to przy M > 0 równanie przedstawia punkt.

Rozdział 10. Analiza równań stopnia drugiego
101
Jeżeli W = 0, to przy M = 0 równanie przedstawia parę prostych równoległych.
Jeżeli W = 0, to przy M < 0 równanie przedstawia parę prostych przecinających się.
Wariant III
Jeżeli B = D = E = 0, a w równaniu Ax 2 + Cy 2 + F = 0 A 0
F > i C 0
F > , to równanie przedstawia zbiór pusty.
Wariant IV
Jeżeli A = B = D = E = 0, a w równaniu Cy 2 + F = 0 C 0
F > , to równanie przedstawia zbiór pusty.
Wariant V
Jeżeli B = C = D = E = 0, a w równaniu Ax 2 + F = 0 A 0
F > , to równanie przedstawia zbiór pusty.
Przykład 78. Zbadać, jaką krzywą przedstawia równanie 4x 2 + 9y 2 − 16x + 18y − 11 = 0, a następnie przekształcić
je na typowe równanie krzywej lub prostej.
Rozwiązanie:
1. Z równania wynika, że
A = 4 B = 0 C = 9 D = −8 E = 9 F = −11
2. Obliczamy wyznacznki duży i mały
4 0 −8
W = 0 9 9 = −396 −576 − 324 = − 1296 < 0
−8 9 −11
4 0
M = = 36 > 0
0 9
3. Skoro W ≠ 0 i M > 0 to równanie przedstawia elipsę.
4. By znaleźć równanie osiowe elipsy, grupujemy osobno wyrazy z niewiadomymi x i y
4x 2 − 16x + 9y 2 + 18y − 11 = 0
5. Ponieważ otrzymaliśmy po dwa pierwsze wyrazy kwadratów różnicy pierwszego dwumianu i sumy
kwadratów drugiego, dodajemy oba wyrazy trzecie, odejmuje je następnie od wyrazu wolnego
4x 2 − 16x + 16 + 9y 2 + 18y + 9 − 11 − 16 − 9 = 0
4(x − 2) 2 + 9(y + 1) 2 = 36 (dzielimy przez 36)
stąd
2
2
(x − 2) (y + 1)
+ = 1
9 4
Odpowiedź: Szukane równanie krzywej to elipsa
2
2
(x − 2) (y + 1)
+ = 1 .
9 4

102
Rozdział 10. Analiza równań stopnia drugiego
Przykład 79. Zbadać jaką krzywą przedstawia równanie 2y 2 + 3x + 6 = 0.
Rozwiązanie:
1. W tym przypadku nie ma potrzeby uciekania się do skomplikowanej analizy, gdyż na pierwszy rzut oka
widać, że mamy przed sobą równanie paraboli
x = −2/3y 2 − 2
Odpowiedź: Szukane równanie krzywej to parabola x = −2/3y 2 − 2.
Przykład 80. Jaką krzywą przedstawia równanie 8x 2 − 9y 2 − 16x − 36y − 100 = 0.
Rozwiązanie:
1. Z równania wynika, że
A = 8 B = 0 C = −9 D = −8 E = −18 F = −100
2. Obliczamy wyznaczniki duży i mały
8 0 −8
W = 0 −9 − 18 = 7200 + 576 − 2592 = 5184
−8 −18 −100
8 0
M = = −72
0 −9
3. Ponieważ W ≠ 0 i M < 0 to równanie przedstawia hiperbolę.
4. By znaleźć równanie osiowe hiperboli, grupujemy osobno wyrazy z niewiadomymi x i y
8x 2 − 16x − 9y 2 − 36y − 100 = 0
5. Ponieważ otrzymaliśmy po dwa pierwsze wyrazy kwadratów różnicy pierwszego dwumianu i sumy
kwadratów drugiego, dodajemy oba wyrazy trzecie, odejmuje je następnie od wyrazu wolnego
8x 2 − 16x + 8 − 9y 2 − 36y − 36 − 100 − 8 + 36 = 0
8(x − 1) 2 − 9(y + 2) 2 = 72 (dzielimy przez 72)
stąd
2
2
(x −1)
(y + 2)
− = 1
9 8
Odpowiedź: Szukane równanie krzywej to hiperbola
2
2
(x −1)
(y + 2)
− = 1 .
9 8
Przykład 81. Zbadać jaki element geometryczny przedstawia równanie 3x 2 + 4y 2 = 0.
Rozwiązanie:
1. Z równania wynika, że
A = 3 B = 0 C = 4 D = E = F = 0

Rozdział 10. Analiza równań stopnia drugiego
103
2. Skoro wszystkie trzy wyrazy trzeciego wiersza wielkiego wyznacznika są równe zero, to W = 0, natomiast
wyznacznik mały ma wartość
3 0
M = = 12
0 4
3. Skoro W = 0 i M > 0 to równanie przedstawia punkt.
Odpowiedź: Szukany element geometryczny to punkt (0, 0).
Przykład 82. Sprawdzić, czy równanie x 2 + 2xy + y 2 − 9 = 0 przedstawia parę prostych równoległych, a jeśli tak,
to znaleźć równania obu prostych.
Rozwiązanie:
1. Z równania wynika, że
A = 1 B = 1 C = 1 D = E = 0 F = −9
2. Obliczamy wyznaczniki duży i mały
1 1 0
W = 1 1 0 = − 9+ 9=
0
0 0 −9
1 1
M= = 1− 1=
0
1 1
3. Ponieważ oba wyznaczniki są równe zeru, to równanie przedstawia parę prostych równoległych.
4. Przekształcamy dane równanie
x 2 + 2xy + y 2 − 9 = 0
(x + y) 2 − 9 = 0
(x + y + 3)(x + y − 3) = 0
stąd
y = −x − 3 oraz y = −x + 3
Odpowiedź: Szukane równania prostych równoległych to y = −x − 3 oraz y = −x + 3.
Przykład 83. Sprawdzić, czy równanie 2x 2 + 3xy + y 2 − 10x − 7y + 12 = 0 przedstawia parę przecinających się
prostych, a jeżeli tak, to znaleźć ich równania.
Rozwiązanie:
1. Z równania wynika, że
2. Obliczamy wyznaczniki duży i mały
A = 2 B = 3/2 C = 1 D = −5 E = −7/2 F = 12

104
Rozdział 10. Analiza równań stopnia drugiego
3
2 −5
2
3 7 105 105 49 96 + 105 + 105 −100 −98 −108
W = 1 − = 24 + + −25 − − 27 = = 0
2 2 4 4 2 4
7
−5 − 12
2
3
2
2 9 1
M= = 2− = −
3 4 4
1
2
3. Skoro W = 0 i M < 0 to równanie przedstawia parę przecinających się prostych.
4. Dla znalezienia szukanych prostych przekształcamy nasze równanie na równanie kwadratowe względem
niewiadomej y
y 2 + (3x − 7)y + 2x 2 − 10x + 12 = 0
5. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego
stąd
∆ = 9x 2 − 42x + 49 − 8x 2 + 40x − 48 = x 2 − 2x + 1 = (x − 1) 2
√∆ = ±(x − 1)
− 3x + 7 + x −1
− 3x + 7 − x + 1
y1
= = − x+ 3 oraz y 2
= = − 2x + 4
2
2
Odpowiedź: Szukane równania przecinających się prostych y = −x + 3 oraz y = −2x + 4.
Przykład 84. Zbadać, jaką krzywą przedstawia równanie 2x 2 + 2y 2 − 8x − 12y + 8 = 0.
Rozwiązanie:
1. Z równania wynika, że
B = 0 A = C D 2 + E 2 − F > 0
2. Jest to równanie okręgu (zgodnie z omówieniem wzoru nr 3, str. 41).
3. Przekształcamy równanie, dzieląc obie jego strony przez 2
x 2 + y 2 − 4x − 6y + 4 = 0
stąd
a = 2 oraz b = 3
r 2 = a 2 + b 2 − c = 4 + 9 − 4 = 9
Odpowiedź: Szukane równanie krzywej to okrąg (x − 2) 2 + (y − 3) 2 = 9.
Najłatwiejsza jest do przeprowadzenia analiza równania stopnia drugiego w przypadku, gdy przedstawia ono
zbiór pusty. Przybiera ono wówczas jedną z poniższych postaci, przy czym we wszystkich tych przypadkach znaki
A, C i F są równe:
Ax 2 + Cy 2 + F = 0
Ax 2 + F = 0
Cy 2 + F = 0

Rozdział 10. Analiza równań stopnia drugiego
105
Łatwo bowiem zauważyć, że nie ma takich wartości x i y, które spełniałyby którekolwiek z poniższych równań,
gdyż we wszystkich tych przypadkach lewa strona równania jest liczbą zawsze dodatnią lub zawsze ujemną:
3x 2 + 4y 2 + 5 = 0
−2x 2 − 10 = 0
5y 2 + 1 = 0
Zagadnienie, które było przedmiotem dotychczasowej analizy, można również odwrócić, a mianowicie postawić
pytanie: „Jak uzyskać równanie ogólne równania stopnia drugiego, mając dane równanie
––
elipsy, hiperboli lub okręgu,
––
paraboli,
––
dwóch prostych równoległych lub przecinających się?”
Przekształcenie równania okręgu podaje przykład 29 (str. 42), równania elipsy przykład 38 (str. 51), i wreszcie
równania hiperboli przykład 47 (str. 61).
W przypadku dwóch prostych równoległych lub przecinających się, równanie krzywej drugiego stopnia otrzymujemy,
mnożąc przez siebie lewe strony równań obu prostych i porządkując następnie składniki równania
kwadratowego według porządku jak na wstępie rozdziału.
Przykład 85. Znaleźć równanie ogólne stopnia drugiego, przedstawiające dwie proste przecinające się
y = −4x + 4 oraz y = −2x − 2.
Rozwiązanie:
1. Sprowadzamy równania obu prostych do posiaci ogólnej
4x + y − 4 = 0
2x + y + 2 = 0
2. Mnożymy przez siebie lewe strony równań obu prostych
(4x + y − 4)(2x + y + 2) = 0
8x 2 + 6xy + y 2 − 2y − 8 = 0
Odpowiedź: Szukane równanie to 8x 2 + 6xy + y 2 − 2y − 8 = 0.

106
Rozdział 11. Zadania
Rozdział 11
ZADANIA
Zadanie 1. Mając dane współrzędne wierzchołków trójkąta A (−2, 2), B (6, −2) i C (7, 5) znaleźć równanie
okręgu opisanego na tym trójkącie.
Rozwiązanie:
Podobnie jak wiele innych zadań z geometrii analitycznej, zadanie to może być rozwiązane różnymi sposobami.
Cechuje je w zasadzie różny stopień trudności. To zadanie zostanie rozwiązane dwoma sposobami.
Trzeci poznamy w części zadań dotyczącej okręgu.
Sposób pierwszy:
1. Punktem wyjścia do tego sposobu jest własność, że środek okręgu opisanego na trójkącie znajduje się
w równej odległości od wszystkich trzech wierzchołków, czyli OA = OB = OC.
2. Układamy przeto dwa równania OA = OB oraz OA = OC, w których jako niewiadome wystąpią dwie
współrzędne środka okręgu O (x, y)
√(−2 − x) 2 + (2 − y) 2 = √(6 − x) 2 + (−2 − y) 2 (równanie I)
√(−2 − x) 2 + (2 − y) 2 = √(7 − x) 2 + (5 − y) 2 (równanie II)
3. Po podniesieniu obu stron obu równań do kwadratu i redukcji wyrazów podobnych otrzymujemy układ
dwóch równań
16x − 8y = 32
18x + 6y = 66
4. Rozwiązanie tego układu daje nam współrzędne środka okręgu opisanego na trójkącie
O (3, 2)
5. Obliczamy długość promienia OA
OA = r = √(−2 − 3) 2 + (2 − 2) 2 = 5
Odpowiedź: Szukane równanie okręgu to (x − 3) 2 + (y − 2) 2 = 25. (rys. 113)
Rys. 113

Rozdział 11. Zadania
107
Sposób drugi:
Tutaj opieramy się na twierdzeniu, że środek okręgu opisanego na trójkącie znajduje się na przecięciu wszystkich
trzech symetralnych boków. Dla otrzymania rozwiązania wystarczy nam oczywiście przecięcie tylko
dwóch symetralnych.
1. Znajdujemy współrzędne środków boków AB (środek w punkcie S 1
) i AC (środek w punkcie S 2
)
− 2+
6
2−
2
xs 1
= = 2 oraz ys
2
1
= = 0
2
S 1
(2, 0)
− 2+
7 5
2+
5 7
xs 2
= = oraz y
s
2 2
2
= =
2 2
S 2
(5/2, 7/2)
2. Szukamy współczynników kierunkowych boków AB i AC
−2−2 1
5−
2 1
m
AB
= = − oraz m
AC
= =
6+
2 2
7+
2 3
3. Znajdujemy równanie symetralnej boku AB, przechodzącej przez punkt S 1
(2, 0) i mającej współczynnik
kierunkowy m = 2 (symetralna jest prostopadła do boku AB)
y − 0 = 2(x − 2)
y = 2x − 4
4. Znajdujemy równanie symetralnej boku AC, przechodzącej przez punkt S 2
(5/2, 7/2) i mającej współczynnik
kierunkowy m = −3 (symetralna jest prostopadła do boku AC)
y − 7/2 = −3(x − 5/2)
y = −3x + 11
5. Rozwiązujemy układ obu równań, otrzymując punkt przecięcia obu symetralnych, czyli szukany środek
okręgu opisanego O (3, 2).
Dokończenie zadania, czyli znalezienie długości promienia, tak samo jak w sposobie pierwszym. (rys. 113)
Zadanie 2. Mając dane wierzchołki równoległoboku A (3, −2), B (5, 4) i C (−1, 8) znaleźć współrzędne wierzchołka
D oraz kąt, jaki tworzą jego przekątne.
Rozwiązanie:
Podobnie jak w zadaniu poprzednim, pierwsza część tego zadania może być rozwiązana różnymi sposobami.
Uważne prześledzenie podanych trzech rozwiązań pozwoli uczniowi na zdobycie pewnej biegłości w rozwiązywaniu
zadań związanych z prostymi.
Sposób pierwszy (najprostszy):
1. Z założenia zadania wynika, że BA = CD.
2. Jeśli zatem do współrzędnych wierzchołka C dodamy współrzędne wektora BA, otrzymamy współrzędne
wierzchołka D (x d
, y d
)

108
Rozdział 11. Zadania
stąd
BA = [(3 − 5), (−2 − 4)] = [−2, −6]
x d
= −1 − 2 = −3 oraz y d
= 8 − 6 = 2
D (−3, 2)
Odpowiedź: Współrzędne szukanego wierzchołka to D (−3, 2). (rys. 114)
Sposób drugi:
1. Obliczamy współrzędne punktu przecięcia przekątnych równoległoboku S (x s
, y s
), jako środek przekątnej
AC
− 1+
3
8−
2
xs
= = 1 oraz y s
= = 3
2
2
2. Ponieważ punkt S jest również środkiem przekątnej BD, znajdujemy współrzędne wierzchołka D (x d
, y d
)
xd
+ 5 y = 1 oraz
d
+ 4 = 3
2
2
stąd
x d
= −3 oraz y d
= 2
D (−3, 2)
Sposób trzeci:
1. Z założenia zadania, że figura jest równoległobokiem, wynika że AD = BC oraz CD = AB
2. Obliczamy współczynniki kierunkowe boków AB i BC
4+
2
8−
4 2
aAB
= = 3 oraz a BC
= = −
5−
3
−1−5 3
3. Znajdujemy równanie boku AD, mającego współczynnik kierunkowy a = −2/3 (bok AD jest równoległy
do boku BC) podstawiając współrzędne punktu A (3, −2)
y + 2 = −2/3(x − 3)
y = −2/3x
4. Znajdujemy równanie boku CD, mającego współczynnik kierunkowy a = 3 (bok CD jest równoległy
do boku AB) podstawiając współrzędne punktu C (−1, 8)
y − 8 = 3(x + 1)
y = 3x + 11
5. Rozwiązujemy układ obu równań, otrzymując punkt przecięcia dwóch prostych, czyli szukane współrzędne
wierzchołka
D (−3, 2)
Dokończenie zadania jest jednakowe dla wszystkich trzech sposobów.
1. Obliczamy kąt pomiędzy wektorami AC = [−4, 10] oraz BD = [−8, −2]
( −4) ⋅− ( 2) −10 ⋅− ( 8) 88
sin(AC,BD) = = = 0,9910
(16 + 100)(64 + 4) 7888

Rozdział 11. Zadania
109
stąd
∠(AC, BD) = ϕ = 82º18’
Odpowiedź: Szukane współrzędne wierzchołka to D (−3, 2), kąt jest równy ϕ = 82º18’. (rys. 111)
Rys. 114
Uwaga: Istnieje jeszcze inny wariant tego zadania, gdzie dane są współrzędne trzech wierzchołków równoległoboku
bez literowego oznaczenia tych wierzchołków. Zadanie brzmi wówczas na przykład:
Dane są trzy wierzchołki równoległoboku (−1, −1), (5, 1) i (2, 4). Znaleźć współrzędne wierzchołka
czwartego. Rozwiązanie tego zadania następuje również według jednego z poprzednio podanych
sposobów, jednakże jest ono trzy razy dłuższe, gdyż możliwości rozwiązań są tu trzy, co przedstawia
rysunek 115.
Rys. 115
Zadanie 3. Znając współrzędne wierzchołków trójkąta A (−1, −3), B (7, −1) i C (2, 4) znaleźć współrzędne
punktu przecięcia jego trzech wysokości oraz obliczyć długość wysokości CE.
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy współrzędne kierunkowe boków AB i BC
− 1+
3 1
4+
1
a
AB
= = oraz a BC
= = −1
7+
1 4
2−
7
2. Znajdujemy równania wysokości AD, mającej współczynnik kierunkowy a = 1 (wysokość AD jest prostopadła
do boku BC), podstawiając współrzędne punktu A (−1, −3)

110
Rozdział 11. Zadania
y + 3 = x + 1
y = x − 2
3. Znajdujemy równania wysokości CE, mającej współczynnik kierunkowy a = −4 (wysokość CE jest prostopadła
do boku AB), podstawiając współrzędne punktu C (2, 4)
y − 4 = −4(x − 2)
y = −4x + 12
4. Znajdujemy współrzędne punktu przecięcia wysokości S (x s
, y s
), rozwiązując układ tych dwóch równań
otrzymujemy
x s
= 14/5 oraz y s
= 4/5
S (14/5, 4/5)
5. Znajdujemy równanie prostej AB, podstawiając współrzędne punków A (−1, −3) i B (7, −1)
y + 3 = 1/4(x + 1)
x − 4y − 11 = 0
6. Obliczamy długość wysokości CE, jako odległości wierzchołka C od prostej AB
1⋅2 −4 ⋅4 −11 25 25 17
CE = = = = 6,06
1+
16 17 17
Odpowiedź: Szukane współrzędne punktu wysokości to S (14/5, 4/5), długość wysokości CE jest równa 6,06.
(rys. 116)
Rys. 116
Zadanie 4. Mając równania dwóch sąsiednich boków rombu 3x + y − 16 = 0 oraz x + 3y − 24 = 0 i współrzędne
punktu przecięcia jego przekątnych M (1, 5) znaleźć współrzędne jego wierzchołków oraz równania
pozostałych dwóch boków.
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy współrzędne wierzchołka A, rozwiązując układ równań obu danych boków
3x + y − 16 = 0 (mnożymy przez −3)
x + 3y − 24 = 0

Rozdział 11. Zadania
111
czyli
stąd
−9x − 3y + 48 = 0
x + 3y − 24 = 0
x = 3 oraz y = 7
A (3, 7)
2. Ponieważ przekątne rombu dzielą się na połowy, znajdujemy współrzędne wierzchołka C (x c
, y c
)
stąd
x + c
3 y + 7
= 1 oraz c = 5
2
2
x c
= −1 oraz y c
= 3
C (−1, 3)
3. Z założenia wynika, że CD = AB oraz CB = DA, więc
a CD
= −1/3 oraz a CB
= −3
4. Szukamy równania prostej CD, mającej współczynnik kierunkowy a = −1/3, podstawiając współrzędne
punktu C (−1, 3)
y − 3 = −1/3(x + 1)
y = −1/3x + 8/3
5. Szukamy równania prostej CB, mającej współczynnik kierunkowy a = −3, podstawiając współrzędne
punktu C (−1, 3)
y − 3 = −3(x + 1)
y = −3x
6. Szukamy współrzędnych wierzchołka D (x d
, y d
), rozwiązując układ równań prostych CD i AD
−1/3 x + 8/3 = −3x + 16 (mnożymy przez 3)
stąd
−x + 8 = −9x + 48
x d
= 5 oraz y d
= 1
D (5, 1)
7. Punkt M (1, 5) stanowi środek przekątnej BD, a więc
stąd
+ y = oraz
b
+ 1 = 5
2
2
xb
5 1
x b
= −3 oraz y b
= 9
B (−3, 9)
Odpowiedź: Szukane współrzędne wierzchołków to A (3, 7), B (−3, 9), C (−1, 3) i D (5, 1), równania pozostałych
boków to y = −1/3x + 8/3 oraz y = −3x. (rys. 117)

112
Rozdział 11. Zadania
Rys. 117
Zadanie 5. Znaleźć równania boków trójkąta ABC, znając jeden z jego wierzchołków A (−4, 2) oraz równania
jego dwóch środkowych 3x − 2y + 2 = 0 oraz 3x + 5y − 12 = 0.
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy punkt przecięcia środkowych S (x, y), rozwiązując układ ich równań
3x − 2y + 2 = 0 (równanie I)
3x + 5y − 12 = 0 (równanie II)
2. Odejmując stronami od równania II równanie I otrzymujemy
7y − 14 = 0
stąd
y = 2 oraz x = 2/3
S (2/3, 2)
3. Środkowe trójkąta dzielą się wzajemnie stosunku 2:1, a więc
AS = [14/3, 0]
SD = 1/2AS = [7/3, 0]
4. Dodajemy współrzędne wektora 1/2AS do współrzędnych punktu S, otrzymując współrzędne punktu
D (x d
, y d
), czyli środka boku BC
x d
= 2/3 + 7/3 = 3 oraz y d
= 2 + 0 = 2
D (3, 2)
5. Punkt D jest środkiem boku BC, gdzie B (x 1
, 3/2x 1
+ 1) oraz C (x 2
, −3/5x 2
+ 12/5), a więc
3 3 12
x1 + 1− x2
+
x1 + x2
= 3 oraz
2 5 5
= 2
2
2
6. Rozwiązując układ obu równań otrzymujemy współrzędne wierzchołka B (x 1
, y 1
) oraz wierzchołka C (x 2
, y 2
)
B (2, 4) oraz C (4, 0)
7. Znajdujemy równanie boku AB, podstawiając współrzędne punków A (−4, 2) oraz B (2, 4)
4−
2
y − 2 = (x + 4)
2+
4

Rozdział 11. Zadania
113
y = 1/3x + 10/3
8. Znajdujemy równanie boku AC, podstawiając współrzędne punków A (−4, 2) oraz C (4, 0)
0−
2
y − 2 = (x + 4)
4+
4
y = − 1/4 x + 1
9. Znajdujemy równanie boku BC, podstawiając współrzędne punków B (2, 4) oraz C (4, 0)
0−
4
y − 4 = (x −2)
4−
2
y = − 2x + 8
Odpowiedź: Szukane równania boków to y = −1/4x + 1, y = 1/3x + 10/3 oraz y = −2x + 8. (rys. 118)
Rys. 118
Zadanie 6. Dane są współrzędne dwóch wierzchołków trójkąta A (−4, 5) i B (4, 1) oraz punktu przecięcia się
wysokości H (3, 5). Znaleźć współrzędne wierzchołka C.
Rozwiązanie:
1. Skoro rzędna punktów A i H jest taka sama i wynosi y = 5, a wysokość AD jest prostopadła do boku BC,
to wynika z tego, że równanie boku BC to x = 4.
2. Znajdujemy współczynnik kierunkowy boku AB
a
AB
5−1 1
= = −
−4−4 2
3. Znajdujemy równanie wysokości CE, mającej współczynnik kierunkowy a = 2 (wysokość CE jest prostopadła
do boku AB), podstawiając współrzędne punktu H (3, 5)
y − 5 = 2(x − 3)
y = 2x − 1
4. Znajdujemy współrzędne wierzchołka C, rozwiązując układ równań boku BC i wysokości CE
stąd
y = 2·4 − 1 = 7
C (4, 7)

114
Rozdział 11. Zadania
Odpowiedź: Szukane współrzędne wierzchołka to C (4, 7). (rys. 119)
Rys. 119
Zadanie 7. Znaleźć współrzędne punktu B’ symetrycznego względem prostej −4x + 3y − 11 = 0 do punktu
B (−3, 8).
Rozwiązanie:
1. Współczynnik kierunkowy prostej −4x + 3y − 11 = 0 wynosi a = 4/3.
2. Znajdujemy równanie prostej BB’ przechodzącej przez punkt B (−3, 8) i mającej współczynnik kierunkowy
a = −3/4 (prosta BB’ jest prostopadła do prostej −4x + 3y − 11 = 0)
y − 8 = −3/4(x + 3)
y = −3/4x + 23/4
3. Znajdujemy współrzędne punktu S, rozwiązując układ równań danej prostej y = 4/3x + 11/3 oraz prostej
BB’ y = −3/4x + 23/4, a więc
x = 1 oraz y = 5
S (1, 5)
4. Skoro B’ jest punktem symetrycznym względem punktu B, oznacza to że punkt S jest środkiem odcinka BB’
'
'
− 3+
x b
8+
y
= 1 oraz b
= 5
2
2
stąd
B’ (5, 2)
Odpowiedź: Szukane współrzędne punktu to B’ (5, 2). (rys. 120)
Rys. 120

Rozdział 11. Zadania
115
Zadanie 8. Pole powierzchni trójkąta ABC o wierzchołkach A (−1, −2) i B (6, 5) jest równe 7. Znaleźć współrzędne
wierzchołka C, wiedząc, że leży on na prostej y = 2/5x + 4.
Rozwiązanie:
1. Skoro wierzchołek C leży na prostej y = 2/5x + 4, to przyjmujemy, że jego szukane współrzędne są
C (x 1
, 2/5x 1
+ 4).
2. Obliczamy pole powierzchni trójkąta ABC
−1 −2 1 −1 −2
1
P = 6 5 1 6 5 = 7
2
2 2
x1 x1 + 4 1 x1 x1
+ 4
5 5
3. Rozwiązujemy wyznacznik, otrzymując równanie
−5 − 2x 1
+ 6(2/5x 1
+ 4) − 5x 1
+ 2/5x 1
+ 4 + 12 = 14
4. Po wymnożeniu i redukcji otrzymujemy
21x 1
= 105
stąd
x 1
= 5 oraz y 1
= 6
C (5, 6)
Odpowiedź: Szukane współrzędne wierzchołka to C (5, 6). (rys. 121)
Rys. 121
Zadanie 9. Dane są równania trzech boków trójkąta 2x − 5y − 2 = 0, x + y − 8 = 0 oraz 5x − 2y − 5 = 0.
Znaleźć wewnątrz trójkąta taki punkt, aby odcinki łączące go z wierzchołkami trójkąta dzieliły go
na trzy trójkąty o równych polach.
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy współrzędne wierzchołków trójkąta, rozwiązując układ trzech równań jego boków
2x − 5y − 2 = 0 (równanie I)
x + y − 8 = 0 (równanie II)

116
Rozdział 11. Zadania
5x − 2y − 5 = 0 (równanie III)
2. Rozwiązujemy kolejno układy równań I i II (wierzchołek A), I i III (wierzchołek B) oraz II i III (wierzchołek
C).
3. Po rozwiązaniu tych trzech układów otrzymujemy
A (6, 2) oraz B (1, 0) oraz C (3, 5)
4. Zakładamy współrzędne szukanego punktu S (x 1
, y 1
) i obliczamy powierzchnie trzech trójkątów BAS,
SAC i SCB, przyrównując je do siebie
stąd
1 0 1 1 0 x1 y1 1 x1 y1 x1 y1 1 x1 y1
1 1 1
6 2 1 6 2 = 6 2 1 6 2 = 3 5 1 3 5
2 2 2
x y 1 x y 3 5 1 3 5 1 0 1 1 0
1 1 1 1
2 + 6y 1
− 2x 1
− y 1
= 2x 1
+ 3y 1
+ 30 − 6 − 5x 1
− 6y 1
= 5x 1
+ y 1
− 5 − 3y 1
( równanie I’ = równanie II’ = równanie III’ )
5. Z otrzymanego podwójnego równania tworzymy układ dwóch równań z dwiema niewiadomymi,
z którego wyliczamy szukane wartości odciętej i rzędnej szukanego punktu S (x 1
, y 1
)
x 1
+ 8y 1
= 22 (równanie I’ + II’)
−8x 1
− y 1
= −29 (równanie II’ + III’)
6. Rozwiązując układ tych równań otrzymujemy ostatecznie
x 1
= 10/3 oraz y 1
= 7/3
S (10/3, 7/3)
Odpowiedź: Szukane współrzędne punktu to S (10/3, 7/3). (rys. 122)
Rys. 122
Zadanie 10. Dane są równania boków równoległoboku y = −1/2x + 5 oraz y = 3x − 2 i współrzędne punktu
przecięcia się przekątnych S (−5/2, 1). Znaleźć kąt jaki tworzą obie przekątne równoległoboku.
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy współrzędne wierzchołka A, rozwiązując układ obu równań

Rozdział 11. Zadania
117
stąd
2. Zakładamy współrzędne wierzchołka C (x c
, y c
).
3. Skoro punkt S jest środkiem przekątnej AC, to
stąd
3x − 2 = −1/2x + 5
x = 2 oraz y = 4
A (2, 4)
xc
+ 2 5 y = − oraz
c
+ 4 = 1
2 2 2
x c
= −7 oraz y c
= −2
C (−7, −2)
4. Dla równania boku CD współczynnik kierunkowy jest równy a = −1/2 (bok CD jest równoległy do boku AB).
5. Znajdujemy równanie prostej CD, podstawiając współrzędne punktu C (−7, −2)
y + 2 = −1/2(x + 7)
y = −1/2x − 11/2
6. Obliczamy współrzędne wierzchołka D, rozwiązując układ równań prostej CD oraz prostej AD
stąd
−1/2x − 11/2 = 3x − 2
x = −1 oraz y = −5
D (−1, −5)
7. Obliczamy współrzędne wierzchołka B (x b
, y b
) analogicznie jak wierzchołka C
xb
− 1 5 y = − oraz
b
− 5 = 1
2 2 2
x b
= −4 oraz y b
= 7
B (−4, 7)
8. Obliczamy współczynniki kierunkowe przekątnych AC i BD
a
AC
−2−4 2
= =
−7−2 3
9. Przyjmujemy a AC
= a 1
= 2/3 oraz a BD
= a = −4, a więc
stąd
−5−7
oraz a BD
= = −4
− 1+
4
2
−4
−
3 14
tg(ASB) = = = 2,8
2
1 + ⋅− ( 4)
5
3
∠ASB = ϕ = 70º21’
Odpowiedź: Szukany kąt jest równy ϕ = 70º21’. (rys. 123)

118
Rozdział 11. Zadania
Rys. 123
Zadanie 11. Dane są wierzchołki trójkąta A (0, 0) i B (5, 2). Znaleźć na prostej x − y + 3 = 0 taki punkt C,
aby powierzchnia trójkąta ABC była równa 6.
Rozwiązanie:
1. Ponieważ punkt C leży na prostej y = x + 3, przyjmujemy jego współrzędne jako C (x 1
, x 1
+ 3).
2. Podstawiając te współrzędne do wzoru na powierzchnię trójkąta otrzymujemy
x1 x1 + 3 1 x1 x1
+ 3
1
P = 0 0 1 0 0 = 6
2 5 2 1 5 2
3. Rozwiązujemy wyznacznik, otrzymując równanie
6 = 1/2(5x 1
+ 15 − 2x 1
)
stąd
x 1
= −1 oraz y 1
= 2
C (−1, 2)
Odpowiedź: Współrzędne szukanego punktu to C (−1, 2). (rys. 124)
Rys. 124
Zadanie 12. Dane są równania trzech boków trójkąta 2x − 5y − 2 = 0, x + y − 8 = 0 oraz 5x − 2y − 5 = 0.
Znaleźć współrzędne punktu S leżącego wewnątrz trójkąta i dzielącego go na trzy trójkąty
o równych powierzchniach.

Rozdział 11. Zadania
119
Rozwiązanie:
1. Poszukujemy współrzędnych wierzchołków A, B i C trójkąta, rozwiązując kolejno trzy układy równań.
2. Rozwiązując układ równań 2x − 5y = 2 oraz x + y = 8 otrzymujemy współrzędne punktu A
x = 6 oraz y = 2
A (6, 2)
3. Rozwiązując układ równań 2x − 5y = 2 oraz 5x − 2y = 5 otrzymujemy współrzędne punktu B
x = 1 oraz y = 0
B (1, 0)
4. Rozwiązując układ równań x + y = 8 oraz 5x − 2y = 5 otrzymujemy współrzędne punktu C
x = 3 oraz y = 5
C (3, 5)
5. Dokończenie zadania takie samo jak w zadaniu 9.
Odpowiedź: Współrzędne szukanego punktu to S (70/21, 49/21). (rys. 125)
Rys. 125
Zadanie 13. Mając dane równania boków trójkąta 4x + 3y + 6 = 0, 4x − 3y − 12 = 0 oraz 3x + 4y + 1 = 0 znaleźć
promień okręgu wpisanego w trójkąt.
Rozwiązanie:
1. Ponieważ środek okręgu wpisanego w trójkąt leży w punkcie przecięcia się dwusiecznych kątów, szukamy
równań dwusiecznych kątów B i C.
2. Znajdujemy równanie dwusiecznej kąta B zawartego między prostymi 3x + 4y + 1 = 0 oraz 4x − 3y − 12 = 0
3x + 4y + 1 4x −3y −12
=
9 + 16 16 + 9
3x + 4y + 1 = 4x − 3y − 12
−x + 7y = −13
y = 1/7x − 13/7 (równanie I)

120
Rozdział 11. Zadania
3. Znajdujemy równanie dwusiecznej kąta C zawartego między prostymi 4x + 3y + 6 = 0 oraz 4x − 3y − 12 = 0
4x + 3y + 6 4x −3y −12
=
16 + 19 16 + 9
4x + 3y + 6 = 4x − 3y − 12
6y = −18
y = −3
4x + 3∙(−3) + 6 = 0
x = 3/4 (równanie II)
4. Rozwiązujemy układ równań I i II, podstawiając równanie II do równania I
y = 1/7·3/4 − 13/7 = −7/4
5. Otrzymaliśmy współrzędne środka okręgu wpisanego
S (3/4, −7/4)
6. Znajdujemy długość promienia okręgu wpisanego równą odległości punktu S (3/4, −7/4) od prostej
4x + 3y + 6 = 0
3 7
4⋅ + 3( ⋅− ) + 6
4 4 3
r = =
16 + 9 4
Odpowiedź: Szukana długość promienia jest równa r = 3/4. (rys. 126)
Rys. 126
Zadanie 14. Przez punkt P (0, 1) poprowadzić prostą w taki sposób, by odcinek tej prostej zawarty pomiędzy
prostymi x − 3y + 10 = 0 oraz 2x + y − 8 = 0 dzielił się w tym punkcie na połowy.
Rozwiązanie:
1. Przekształcając oba równania ogólne na równania kierunkowe otrzymujemy
y = 1/3x + 10/3 oraz y = −2x + 8
2. Przyjmujemy współrzędne punktu leżącego na prostej y = 1/3x + 10/3 jako A (x 1
, 1/3x 1
+ 10/3).
3. Przyjmujemy współrzędne punktu leżącego na prostej y = −2x + 8 jako B (x 2
, −2x 2
+ 8).

Rozdział 11. Zadania
121
4. Ponieważ punkt P (0, 1) stanowi środek odcinka AB to
x
+ x
2
1 2
1 10
x1 + − 2x2
+ 8
= 0 oraz
3 3
= 1
2
5. Z równania pierwszego otrzymujemy x 2
= −x 1
.
6. Podstawiając tę wartość do równania drugiego otrzymujemy
stąd
7. Obliczamy współrzędne punktu B
x1 + 10 + 6x1
+ 24
= 1
6
x 1
= −4 oraz y 1
= 1/3x 1
+ 10/3 = 2
A (−4, 2)
x 2
= −x 1
= 4 oraz y 2
= −2x 2
+ 8 = 0
B (4, 0)
Odpowiedź: Szukane współrzędne punktów to A (−4, 2) oraz B (4, 0). (rys. 127)
Rys. 127
Zadanie 15. Znaleźć równanie prostej, do której należy punkt A’ symetryczny do punktu A (−1, 1) względem
prostej 3x + 2y − 6 = 0 oraz która jest prostopadła do prostej 3x − 2y − 12 = 0.
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy równanie prostej przechodzącej przez punkt A (−1, 1) i mającej współczynnik kierunkowy
a = 2/3 (prosta jest prostopadła do prostej y = −3/2x + 3)
y − 1 = 2/3(x + 1)
y = 2/3x + 5/3
2. Znajdujemy współrzędne punktu przecięcia się prostych y = −3/2x + 3 oraz y = 2/3x + 5/3 rozwiązując
układ ich równań
2/3x + 5/3 = −3/2x + 3 (mnożymy przez 6)
stąd
4x + 10 = − 9x + 18
x = 8/13 oraz y = 27/13

122
Rozdział 11. Zadania
O (8/13, 27/13)
3. Ponieważ punkt O (8/13, 27/13) stanowi środek odcinka AA’, to
stąd
x1
− 1 8 y = oraz
1
+ 1 27 =
2 13 2 13
x 1
= 29/13 oraz y 1
= 41/13
A’ (29/13, 41/13)
4. Znajdujemy równanie prostej przechodzącej przez punkt A’ (29/13, 41/13) i mającej współczynnik
kierunkowy a = -2/3 (prosta jest prostopadła do prostej y = 3/2x − 6)
y − 41/13 = −2/3(x − 29/13)
y = −2/3x + 181/39
Odpowiedź: Szukane równanie prostej to y = −2/3x + 181/39. (rys. 128)
Rys. 128
Zadanie 16. Dane są współrzędne wierzchołka rombu C (5, 5) oraz punkt przecięcia się jego przekątnych
S (1, 2). Powierzchnia rombu jest równa 100. Znaleźć współrzędne pozostałych wierzchołków
rombu oraz długość promienia okręgu wpisanego w ten romb.
Rozwiązanie:
1. Obliczamy współrzędne wektora CS oraz długość połowy przekątnej AC równej długości odcinka CS
CS = [(1 − 5), (2 − 5)] = [−4, −3]
|CS| = 1/2|AC| = √(−4) 2 + (−3) 2 = 5
|AC| = 10
2. Obliczamy współrzędne wierzchołka A, dodając do współrzędnych punktu S współrzędne wektora CS
x a
= 1 − 4 = −3 oraz y a
= 2 − 3 = −1
A (−3, −1)
3. Powierzchnia rombu jest równa połowie iloczynu jego przekątnych, a więc
10⋅
BD 100

Rozdział 11. Zadania
123
stąd
|BD| = 20 oraz |BS| = 10
4. Obliczamy współczynnik kierunkowy prostej AC przechodzącej przez punkty A (−3, −1) i C (5, 5)
a
AC
5+
1 3
= =
5+
3 4
5. Obliczamy równanie prostej BS, przechodzącej przez punkt S (1, 2) i mającej współczynnik kierunkowy
a 1
= −4/3 (prosta BS jest prostopadła do prostej AC)
y − 2 = −4/3(x − 1)
y = −4/3x + 10/3
6. Oznaczamy współrzędne szukanego wierzchołka B (x 1
, −4/3x 1
+ 10/3)
|BS| = √(x 1
− 1) 2 + (−4/3x 1
+ 10/3) 2 = 10
7. Podnosząc obie strony równania do kwadratu otrzymujemy
x 1
2
− 2x 1
+ 1 + 16/9x 1
2
− 32/9 x 1
+ 16/9 = 100 (mnożymy przez 9)
8. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego
stąd
9x 1
2
− 18x 1
+ 9 + 16x 1
2
− 32x 1
+ 16 = 900
25x 1
2
− 50x 1
− 875 = 0 (dzielimy przez 25)
x 1
2
− 2x 1
− 35 = 0
∆ = 4 + 140 = 144
√∆ = ±12
2 + 12
2 −12
x1
= = 7 oraz x 2
= = −5
2
2
y 1
= −6 oraz y 2
= 10
9. Otrzymaliśmy w ten sposób współrzędne wierzchołków B (7, −6) oraz D (−5, 10).
10. Promień okręgu wpisanego w romb jest równy odległości punktu S od dowolnego z boków rombu,
szukamy więc równania boku BC wyznaczonego wierzchołkami B (7, −6) oraz C (5, 5)
5+
6
y + 6 = (x −7)
5−
7
y = −11/2x + 65/2 (mnożymy przez 2)
11x + 2y − 65 = 0
11. Obliczamy odległość punktu S (1, 2) od tej prostej
11⋅ 1+ 2 ⋅2 −65
r = = 2 5
121+
4
Odpowiedź: Szukane współrzędne wierzchołów to A (−3, −1), B (7, −6) i D (−5, 10), długość promienia
jest równa r = 2√5. (rys. 129)

124
Rozdział 11. Zadania
Rys. 129
Zadanie 17. Przez punkt A (a, b) poprowadzić prostą prostopadłą do prostej 3x + y + 6 = 0, gdzie a
jest pierwiastkiem równania 5 x − 5 3−x = 20, natomiast b jest pierwiastkiem równania
log(x + 4) + log(5x + 70) = log1000.
Rozwiązanie:
1. Szukamy wartości a i b rozwiązując kolejno równanie wykładnicze i logarytmiczne.
2. Rozwiązujemy równanie wykładnicze 5 x − 5 3−x = 20
3
x 5
5 − = 20
x
5
podstawiamy
5 x = c
stąd
125
c − = 20 (mnożymy przez c)
c
c 2 − 20c − 125 = 0
3. Obliczamy wyróżnik otrzymanego równania kwadratowego
∆ = 400 + 500 = 900
√∆ = ±30
20 + 30
c = = 25
2
stąd
c = 5 x = 25
x = a = 2
4. Rozwiązujemy równanie logarytmiczne log(x + 4) + log(5x + 70) = log1000
(x + 4)(5x + 70) = 1000
5x 2 + 90x − 720 = 0 (dzielimy przez 5)
x 2 + 18x − 144 = 0
5. Obliczamy wyróżnik otrzymanego równania kwadratowego
∆ = 324 + 576 = 900

Rozdział 11. Zadania
125
stąd
√∆ = ±30
− 18 + 30
x = b = = 6
2
A (2, 6)
6. Znajdujemy równanie prostej przechodzącej przez punkt A (2, 6) i mającej współczynnik kierunkowy
a = 1/3 (prosta jest prostopadła do prostej y = −3x − 6)
y − 6 = 1/3(x − 2)
y = 1/3x + 16/3
Odpowiedź: Szukane równanie prostej to y = 1/3x + 16/3. (rys. 130)
Rys. 130
Zadanie 18. Punkty A (7, 4) i D (3, 6) są wierzchołkami trapezu równoramiennego, którego oba boki równoległe
są prostopadłe do prostej y = −x + 3. Znaleźć współrzędne wierzchołków B i C, pole trapezu
oraz kąt ABC.
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy równanie prostej CD, przechodzącej przez punkt D (3, 6) i mającej współczynnik kierunkowy
a = 1 (prosta CD jest prostopadła do prostej y = −x + 3)
y − 6 = 1(x − 3)
y = x + 3
2. Rozwiązujemy układ równań prostej CD i prostej y = −x + 3, otrzymując współrzędne punktu C
stąd
x + 3 = −x + 3
x = 0 oraz y = 3
C (0, 3)
3. Znajdujemy równanie prostej AB, przechodzącej przez punkt A (7, 4) i mającej współczynnik kierunkowy
a = 1 (prosta AB jest prostopadła do y = −x + 3)
y − 4 = 1(x − 7)
y = x − 3

126
Rozdział 11. Zadania
4. Rozwiązujemy układ równań prostej AB i prostej y = −x + 3, otrzymując współrzędne punktu E
stąd
x − 3 = −x + 3
x = 3 oraz y = 0
E (3, 0)
5. Znajdujemy współrzędne wektorów AE i DC oraz ich różnicę
AE = [−4, −4] oraz DC = [−3, −3]
AE − DC = [−1, −1] = EB
6. Wektor EB dodajemy do współrzędnych punktu E, otrzymując w wyniku współrzędne wierzchołka B
x b
= 3 − 1 = 2 oraz y b
= 0 − 1 = −1
B (2, −1)
7. Obliczamy pole powierzchni trapezu ABCD jako sumę powierzchni trójkątów CAD i CBA
0 3 1 0 3 0 3 1 0 3
1 1
P = 7 4 1 7 4 + 2 −1 1 2 −1
2 2
3 6 1 3 6 7 4 1 7 4
P = 1/2(9 + 42 − 12 − 21) + 1/2(21 + 8 + 7 − 6) = 9 + 15 = 24
8. Obliczamy kąt ABC, podstawiając współczynniki kierunkowe a BA
= 1 oraz a BC
= −2
stąd
−2−1
tg(ABC) = = 3
1 +− ( 2) ⋅1
∠ABC = ϕ = 71º34’
Odpowiedź: Szukane współrzędne wierzchołków to B (2, −1) i C (0, 3), pole trapezu jest równe P = 24,
kąt jest równy ϕ = 71º34’. (rys. 131)
Rys. 131
Zadanie 19. Prosta y = −2x + 4 przecina osie OY i OX odpowiednio w punktach A i B, stanowiących wierzchołki
podstawy AB trójkąta równoramiennego ABC. Jego pole powierzchni jest równe 20.
Znaleźć współrzędne wierzchołka C.
Rozwiązanie:

Rozdział 11. Zadania
127
1. Z założeń zadania wynika, że współrzędne punktów A (0, 4) i B (2, 0).
2. Przyjmujemy jako współrzędne szukanego wierzchołka C (x 1
, y 1
).
3. Obliczamy powierzchnię trójkąta ABC
0 4 1 0 4
1
P = 2 0 1 2 0 = 20
2 x y 1 x y
1 1 1 1
4. Rozwiązując ten wyznacznik otrzymujemy
4x 1
+ 2y 1
− 8 = 40 (dzielimy przez 2)
2x 1
+ y 1
= 24 (równanie I)
5. Z założenia zadania wynika, że AC = BC, więc
(x 1
− 0) 2 + (y 1
− 4) 2 = (x 1
− 2) 2 2
+ y 1
6. Po podniesieniu obu stron równania do kwadratu otrzymujemy
2 2 2 2
x 1
+ y 1
− 8y 1
+ 16 = x 1
− 4x 1
+ 4 + y 1
4x 1
− 8y 1
= −12 (dzielimy przez 4)
x 1
− 2 1
y = −3 (równanie II)
7. Rozwiązując układ równań I i II otrzymujemy
x 1
= 9 oraz y 1
= 6
C (9, 6)
Odpowiedź: Szukane współrzędne wierzchołka to C (9, 6). (rys. 132)
Rys. 132
Zadanie 20. Punkty A (−2, 9) i B (12, 11) są wierzchołkami trójkąta ABC, którego bok AC zawiera się w prostej
y = −2x + 5. Środkowa BM zawiera się w prostej y = x − 1. Punkt S jest środkiem okręgu opisanego
na trójkącie ABC. Obliczyć stosunek pola powierzchni trójkąta BMS do pola trójkąta ABC.
Rozwiązanie:
1. Rozwiązujemy układ równań y = −2x + 5 oraz y = x − 1, otrzymując w wyniku współrzędne punktu M

128
Rozdział 11. Zadania
x = 2 oraz y = 1
M (2, 1)
2. Obliczamy współrzędne wektora AM i dodajemy je do współrzędnych punktu M, otrzymując w rezultacie
współrzędne wierzchołka C
AM = [4, −8]
x c
= 2 + 4 = 6 oraz y c
= 1 − 8 = −7
C (6, −7)
3. Znajdujemy równanie okręgu opisanego na trójkącie ABC, podstawiając do równania ogólnego okręgu
kolejno współrzędne wierzchołków A, B i C.
4. Podstawiając do równania ogólnego okręgu współrzędne wierzchołka A (−2, 9) otrzymujemy
4 + 81 + 4x − 18y + c = 0
4x − 18y + c = −85 (równanie I)
5. Podstawiając do równania ogólnego okręgu współrzędne wierzchołka B (12, 11) otrzymujemy
144 + 121 − 24x − 22y + c = 0
−24x − 22y + c = −265 (równanie II)
6. Podstawiając do równania ogólnego okręgu współrzędne wierzchołka C (6, −7) otrzymujemy
36 + 49 − 12x + 14y + c = 0
−12x + 14y + c = −85 (równanie III)
7. Odejmując kolejno stronami równania I i II oraz I i III otrzymujemy układ równań
28x + 4y = 180
16x − 32y = 0
8. Rozwiązując układ tych równań otrzymujemy współrzędne punktu S, będącego środkiem okręgu opisanego
na trójkącie ABC
x = 6 oraz y = 3
S (6, 3)
9. Obliczamy pola powierzchni trójkątów BMS i ABC
2 1 1 2 1
PMSB
6 3 1 6 3
12 11 1 12 11
P MSB
= 1/2(6 + 12 + 66 − 36 − 22 − 6) = 10
−2 9 1 −2 9
1
PACB
= 6 −7 1 6 −7
2 12 11 1 12 11
P ACB
= 1/2(14 + 108 + 66 + 84 + 22 − 54) = 120
Odpowiedź: Szukany stosunek powierzchni obu trójkątów jest równy 1:12. (rys. 133)

Rozdział 11. Zadania
129
Rys. 133
Zadanie 21. Znaleźć równanie okręgu przechodzącego przez punkty A (−2, 2), B (7, 5) i C (6, −2).
Rozwiązanie:
1. Skoro okrąg przechodzi przez punkty A, B i C, to znaczy, że każdy z tych punktów spełnia równanie
okręgu. Znajdujemy jego równanie podstawiając w równaniu ogólnym okręgu x 2 + y 2 − 2ax − 2by + c = 0
kolejno współrzędne każdego z tych punktów.
2. Podstawiając do równania ogólnego okręgu współrzędne wierzchołka A (−2, 2) otrzymujemy
4 + 4 + 4a − 4b + c = 0
4a − 4b + c = −8 (równanie I)
3. Podstawiając do równania ogólnego okręgu współrzędne wierzchołka B (7, 5) otrzymujemy
49 + 25 − 14a − 10b + c = 0
−14a − 10b + c = −74 (równanie II)
4. Podstawiając do równania ogólnego okręgu współrzędne wierzchołka C (6, −2) otrzymujemy
36 + 4 − 12a + 4b + c = 0
−12a + 4b + c = −40 (równanie III)
5. Odejmując kolejno stronami równania III i I oraz III i II otrzymujemy układ równań
6. Rozwiązując układ równań otrzymujemy
stąd
7. Obliczamy długość promienia
−16a + 8b = −32
2a + 14b = 34
a = 3 oraz b = 2
c = −12
r 2 = a 2 + b 2 − c = 9 + 4 + 12 = 25
Odpowiedź: Szukane równanie okręgu to (x − 3) 2 + (y − 2) 2 = 25. (rys. 134)

130
Rozdział 11. Zadania
Rys. 134
Zadanie 22. Okrąg jest styczny do obu osi współrzędnych i przechodzi przez punkt A (4, 2). Znaleźć jego
równanie.
Rozwiązanie:
1. Z warunków zadania wynika, że a = b, co oznacza że środek szukanego okręgu leży na prostej y = x.
2. Skoro okrąg przechodzi przez punkt A (4, 2), to odległość tego punktu od szukanego środka okręgu
O (a, a) jest równa promieniowi okręgu, a więc
√(4 − a) 2 + (2 − a) 2 = a
3. Podnosząc obie strony równania do kwadratu otrzymujemy
16 − 8a + a 2 + 4 − 4a + a 2 = a 2
a 2 − 12a + 20 = 0
4. Obliczamy wyróżnik otrzymanego równania kwadratowego
∆ = 144 − 80 = 64
√∆ = ±8
stąd
12 + 8
12 − 8
a1
= = 10 oraz a 2
= = 2
2
2
Odpowiedź: Szukane równanie okręgu to (x − 10) 2 + (y − 10) 2 = 100 oraz (x − 2) 2 + (y − 2) 2 = 4. (rys. 135)
Rys. 135

Rozdział 11. Zadania
131
Zadanie 23. Znaleźć równanie cięciwy okręgu (x − 1) 2 + y 2 = 4, którą punkt A (2, −1/2) dzieli na połowy.
Rozwiązanie:
1. Obliczamy współczynnik kierunkowy promienia OA
1
0 +
2 1
aOA
= = −
1−
2 2
2. Ponieważ promień OA jest prostopadły do szukanej cięciwy, ma ona współczynnik kierunkowy a = 2.
3. Znajdujemy równanie cięciwy przechodzącej przez punkt A (2, −1/2) i mającej współczynnik kierunkowy
a = 2
y + 1/2 = 2(x − 2)
y = 2x − 9/2
Odpowiedź: Szukane równanie cięciwy to y = 2x − 9/2. (rys. 136)
Rys. 136
Zadanie 24. Pod jakim kątem przecinają się okręgi x 2 + y 2 = 16 oraz (x − 5) 2 + y 2 = 9.
Rozwiązanie:
1. Szukamy punktów przecięcia się okręgów, rozwiązując układ obu danych równań
x 2 − 10x + 25 + y 2 = 9 (równanie I)
x 2 + y 2 = 16 (równanie II)
2. Odejmując równanie I od II otrzymujemy
10x − 25 = 7
3. Z równania II otrzymujemy
stąd
x = 16/5
y = ±√16 − x 2
y 1
= 12/5 oraz y 2
= −12/5
S 1
(16/5, 12/5) oraz S 2
(16/5, −12/5)

132
Rozdział 11. Zadania
4. Szukamy równania stycznej do pierwszego okręgu w punkcie S 1
(16/5, 12/5)
x·16/5 + y·12/5 = 16
y = −4/3x + 20/3
5. Szukamy równania stycznej do drugiego okręgu w punkcie S 1
(16/5, 12/5)
(x − 5)(16/5 − 5) + y·12/5 = 9
y = 3/4x
6. Na podstawie zależności współczynników kierunkowych obu prostych określamy, że styczne są do siebie
prostopadłe.
Odpowiedź: Okręgi są do siebie prostopadłe. (rys. 137)
Rys. 137
Zadanie 25. Znaleźć równania stycznych do okręgu x 2 + y 2 − 10x − 4y + 25 = 0, poprowadzonych z początku
układu współrzędnych.
Rozwiązanie:
1. Przekształcamy równanie ogólne okręgu na równanie środkowe. Podstawiając a = 5, b = 2, oraz
r 2 = a 2 + b 2 − c = 25 + 4 − 25 = 4 otrzymujemy
(x − 5) 2 + (y − 2) 2 = 4
2. Skoro b = 2 i r = 2, to znaczy, że pierwszą z szukanych stycznych jest oś OX.
3. Oznaczamy współrzędne punktu styczności jako A (x 1
, y 1
).
4. Obliczamy współczynnik kierunkowy prostej OA, przechodzącej przez punkt O (0, 0)
y1
aOA
=
x1
5. Obliczamy współczynnik kierunkowy prostej SA, przechodzącej przez punkt S (5, 2)
y1
− 2
aSA
=
x1
− 5
6. Ponieważ OA jest prostopadłe do SA, więc
x1 y1
− 2
− =
y x − 5
1 1

Rozdział 11. Zadania
133
7. Po wymnożeniu otrzymujemy
x 1
2
+ y 1
2
− 5x 1
− 2y 1
= 0 (równanie I)
8. Drugie równanie wynika z faktu, że punkt A znajduje się na okręgu, a więc
x 1
2
+ y 1
2
− 10x 1
− 4y 1
= −25 (równanie II)
9. Odejmując stronami równanie I od równania II otrzymujemy
stąd
−5x 1
− 2y 1
= −25
y 1
= −5/2x 1
+ 25/2
10. Podstawiając tę wartość do równania I otrzymujemy
x 1
2
+ (−5/2x 1
+ 25/2) 2 − 5x 1
− 2(−5/2x 1
+ 25/2) = 0 (mnożymy przez 4)
4x 1
2
+ 25x 1
2
− 250x 1
+ 625 − 20x 1
+ 20x 1
− 100 = 0
29x 1
2
− 250x 1
+ 525 = 0
11. Obliczamy wyróżnik otrzymanego równania kwadratowego
stąd
12. Równanie drugiej stycznej
∆ = 62500 − 60900 = 1600
√∆ = ±40
x 1
= 5 oraz x 2
= 105/29
y 1
= 0 oraz y 2
= 100/29
100
y = 29
x
105
29
y = 20/21x
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = 0 oraz y = 20/21x. (rys. 138)
Rys. 138
Zadanie 26. Znaleźć równania stycznych do okręgu (x − 4) 2 + (y + 2) 2 = 9, poprowadzonych z punktu A (1, −4)
leżącego poza okręgiem.

134
Rozdział 11. Zadania
Rozwiązanie:
1. Z warunków zadania wynika, że jedna ze stycznych ma równanie x = 1 (wyjaśnia to rysunek 139).
2. Zakładamy współrzędne szukanego punktu styczności B (x 1
, y 1
).
3. Obliczamy współczynniki kierunkowe prostych AB i OB, przechodzących przez punkt B (x 1
, y 1
)
a
AB
y1
+ 4
=
x −1
4. Ponieważ AB jest prostopadłe do OB, więc
1
−2−y1
oraz aOB
=
4−
x
− x1 + 1 y1
+ 2
=
y + 4 x −4
1 1
5. Po wymrożeniu i redukcji otrzymujemy
2 2
x 1
+ y 1
− 5x 1
+ 6y 1
+ 12 = 0 (równanie I)
6. Drugie równanie wynika z faktu, że punkt B (x 1
, y 1
) znajduje się na okręgu, a więc
2 2
x 1
+ y 1
− 8x 1
+ 4y 1
+ 11 = 0 (równanie II)
7. Odejmując stronami równanie II od równania I otrzymujemy
stąd
3x 1
+ 2y 1
+ 1 = 0
y 1
= −3/2x 1
− 1/2
8. Podstawiając tę wartość do równania I otrzymujemy
x 1
2
+ (−3/2x 1
− 1/2) 2 − 5x 1
+ 6(−3/2x 1
− 1/2) + 12 = 0 (mnożymy przez 4)
2 2
4x 1
+ 9x 1
+ 6x 1
+ 1 − 20x 1
− 36x 1
− 12 + 48 = 0
13x 12
− 50x 1
+ 37 = 0
9. Obliczamy wyróżnik otrzymanego równania kwadratowego
∆ = 2500 − 1924 = 576
stąd
10. Wynik drugi (1, − 2) to punkt na stycznej x = 1.
√∆ = ±24
x 1
= 37/13 oraz x 2
= 1
y 1
= −62/13 oraz y 2
= −2
B (37/13, −62/13)
11. Szukamy przeto równania pierwszej stycznej, przechodzącej przez punkty A (1, −4) oraz B (37/13, −62/13)
62 52
− +
y + 4 =
13 13
(x −1)
37 13
−
13 13
y = −5/12x − 43/12
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to x = 1 oraz y = −5/12x − 43/12. (rys. 139)
1

Rozdział 11. Zadania
135
Rys. 139
Zadanie 27. Dany jest okrąg x 2 + y 2 − 4x − 5 = 0 oraz punkt C (5, 4). Znaleźć równanie okręgu mającego środek
w punkcie C i stycznego zewnętrznie do danego okręgu.
Rozwiązanie:
1. Przekształcamy równanie ogólne okręgu na równanie środkowe. Podstawiając a = 2, b = 0 oraz
r 2 = a 2 + b 2 − c = 4 + 0 + 5 = 9 otrzymujemy
(x − 2) 2 + y 2 = 9
2. Środek tego okręgu jest w punkcie S (2, 0).
3. Obliczamy długość odcinka SC
SC = √(5 − 2) 2 + (4 − 0) 2 = √25 = 5
4. Punkt styczności okręgów oznaczamy jako A.
5. Skoro okręgi mają być styczne zewnętrznie to
r = CA = CS − SA = 5 − 3 = 2
Odpowiedź: Szukane równanie okręgu stycznego to (x − 5) 2 + (y − 4) 2 = 4. (rys. 140)
Rys. 140
Zadanie 28. Prosta 4x − 3y − 38 = 0 jest styczna do okręgu (x − 1) 2 + (y + 3) 2 = 25. Znaleźć współrzędne punktu
styczności.

136
Rozdział 11. Zadania
Rozwiązanie:
1. Aby znaleźć współrzędne punktu styczności musimy rozwiązać układ równań okręgu i prostej, przy czym
wyróżnik otrzymanego równania kwadratowego musi być równy zeru (warunek styczności).
2. Przekształcamy równanie prostej
stąd
3. Podstawiamy tę wartość do równania okręgu
4x − 3y − 38 = 0
4x = 3y + 38
x = 3/4y + 19/2
(3/4y + 19/2 − 1) 2 + (y + 3) 2 = 25 (mnożymy przez 16)
9x 2 + 204y + 1156 + 16y 2 + 96y + 144 = 400
25y 2 + 300y + 900 = 0
y 2 + 12y + 36 = 0
4. Obliczamy wyróżnik otrzymanego równania kwadratowego
stąd
∆ = 144 − 144 = 0
y = −12/2 = − 6 oraz x = 5
Odpowiedź: Szukane współrzędne punktu styczności to A (5, −6). (rys. 141)
Rys. 141
Zadanie 29. Znaleźć równania wspólnych stycznych zewnętrznych i wewnętrznych okręgów (x − 2) 2 + (y − 1) 2
= 1 oraz (x + 2) 2 + (y + 1) 2 = 9.
Rozwiązanie:
1. Z założenia wynika, że jedna ze stycznych zewnętrznych ma równanie y = 2, natomiast jedna ze stycznych
wewnętrznych równanie x = 1 (wyjaśnia to rysunek 142). Szukamy zatem stycznych AC i BD.
2. Szukamy współrzędnych punktu przecięcia się dwóch stycznych zewnętrznych S. Znajdujemy równanie
prostej przechodzącej przez środki obu okręgów O 1
(−2, −1) i O 2
(2, 1)
1+
1
y + 1 = (x + 2)
2+
2

Rozdział 11. Zadania
137
y = 1/2x
3. Rozwiązujemy układ równań otrzymanej prostej O 1
O 2
oraz stycznej y = 2
stąd
2 = 1/2x
x = 4 oraz y = 2
S (4, 2)
4. Oznaczamy współrzędne szukanego punktu styczności na okręgu (x − 2) 2 + (y − 1) 2 = 1 jako B (x 1
, y 1
).
5. Obliczamy współczynniki kierunkowe prostych O 2
B i BS, przechodzących przez punkt B (x 1
, y 1
)
a
OB 2
6. Ponieważ O 2
B jest prostopadłe do BS, więc
7. Po wymnożeniu i redukcji otrzymujemy
1−
y
2 x
1
= oraz −
1
a
BS
1−y1 x1
−4
=
2−x 2−y
1 1
2−
y
=
4 − x
x 1
2
+ y 1
2
− 6x 1
− 3y 1
= − 10 (równanie I)
8. Drugie równanie wynika z faktu, że punkt B (x 1
, y 1
) znajduje się na okręgu (x − 2) 2 + (y − 1) 2 = 1, a więc
9. Rozwiązując układ równań I i II otrzymujemy
10. Obliczamy współczynnik kierunkowy prostej BS
(x 1
− 2) 2 + (y 1
− 1) 2 = 1 (równanie II)
x 1
= 14/5 oraz y 1
= 2/5
a
BS
B (14/5, 2/5)
2
2 −
5 4
= =
14
4 −
3
5
11. Znajdujemy równanie prostej O 2
C, przechodzącej przez punkt O 2
(2, 1) i mającej współczynnik kierunkowy
a = 4/3 (prosta O 2
C jest równoległa do prostej BS)
y − 1 = 4/3(x − 2)
y = 4/3x − 5/3
12. Szukamy współrzędnych punktu styczności C (x, y), rozwiązując układ równań okręgu (x − 2) 2 + (y − 1) 2 = 1
i prostej O 2
C
(x − 2) 2 + (4/3x − 5/3 − 1) 2 = 1 (mnożymy przez 9)
9x 2 − 36x + 36 + 16x 2 − 64x + 64 = 9
25x 2 − 100x + 91 = 0
13. Obliczamy wyróżnik otrzymanego równania kwadratowego
∆ = 10000 − 9100 = 900
√∆ = ±30
1
1

138
Rozdział 11. Zadania
stąd
x = 7/5 oraz y = 1/5
C (7/5, 1/5)
14. Szukamy równania stycznej AC, przechodzącej przez punkt C (7/5, 1/5) i mającej współczynnik kierunkowy
a = −3/4 (styczna AC jest prostopadła do prostej BS)
y − 1/5 = −3/4(x − 7/5)
y = −3/4 x + 5/4
15. Szukamy równania stycznej BD, przechodzącej przez punkt B (14/5, 2/5) i mającej współczynnik kierunkowy
a = 4/3 (styczna BD jest równoległa do prostej BS)
y − 2/5 = 4/3(x − 14/55)
y = 4/3x − 10/3
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to x = 1, y = 2, y = −3/4x + 5/4 oraz y = 4/3x − 10/3. (rys. 142)
Rys. 142
Zadanie 30. Znaleźć równanie oraz obliczyć długość cięciwy okręgu x 2 + y 2 − 4x + 2y + 1 = 0, którą punkt
A (3, 0) dzieli na połowy.
Rozwiązanie:
1. Przekształcamy równanie ogólne okręgu na równanie środkowe. Podstawiając a = 2, b = −1 oraz
r 2 = a 2 + b 2 − c = 4 + 1 − 1 = 4 otrzymujemy
(x − 2) 2 + (y + 1) 2 = 4
2. Znajdujemy współczynnik kierunkowy prostej OA, przechodzącej przez punkty O (2, −1) i A (3, 0)
0+
1
aOA
= = 1
3−
2
3. Ponieważ prosta BC jest prostopadła do prostej OA, więc a BC
= −1.
4. Znajdujemy równanie cięciwy BC, przechodzącej przez punkt A (3, 0) i mającej współczynnik kierunkowy
a = −1
y − 0 = −1(x − 3)
y = −x + 3
5. Znajdujemy współrzędne punktów przecięcia cięciwy i okręgu, rozwiązując układ ich równań

Rozdział 11. Zadania
139
y = −x + 3 (równanie I)
x 2 + y 2 − 4x + 2y + 1 = 0 (równanie II)
6. Podstawiając równanie I do równania II, otrzymujemy równanie kwadratowe
x 2 − 6x + 8 = 0
7. Obliczamy wyróżnik otrzymanego równania kwadratowego
∆ = 36 − 32 = 4
√∆ = ±2
stąd
x 1
= 4 oraz x 2
= 2
y 1
= −1 oraz y 2
= 1
B (4, −1) oraz C (2, 1)
8. Obliczamy długość cięciwy BC
BC = d = √(2 − 4) 2 + (1 + 1) 2 = 2√2
Odpowiedź: Szukane równanie cięciwy to y = −x + 3, jej długość jest równa d = 2√2. (rys. 143)
Rys. 143
Zadanie 31. Obliczyć kąt, jaki tworzą promienie okręgu x 2 + y 2 − 4x + 6y + 5 = 0, poprowadzone do punktów
przecięcia się okręgu z osią OY.
Rozwiązanie:
1. Obliczamy współrzędne punktów przecięcia się okręgu z osią OY.
2. Podstawiając równanie x = 0 do równania okręgu otrzymujemy
y 2 + 6y + 5 = 0
stąd
y 1
= −1 oraz y 2
= −5
A (0, −1) oraz B (0, −5)
3. Przekształcamy równanie ogólne okręgu na równanie środkowe. Podstawiając a = 2, b = −3, oraz
r 2 = a 2 + b 2 − c = 4 + 9 − 5 = 8 otrzymujemy
(x − 2) 2 + (y + 3) 2 = 8
4. Obliczamy współczynniki kierunkowe promieni OA i OB, przechodzących przez punkt O (2, −3)

140
Rozdział 11. Zadania
− 1+
3
aOA
= = −1
0−
2
− 5+
3
oraz a OB
= = 1
0−
2
5. Na podstawie zależności współczynników kierunkowych obu prostych określamy, że promienie są
do siebie prostopadłe.
Odpowiedź: Szukane promienie są do siebie prostopadłe. (rys. 144)
Rys. 144
Zadanie 32. Znaleźć równanie okręgu o środku w punkcie S (1, 1), który na prostej 3x − 4y − 29 = 0 odcina
cięciwę o długości 16.
Rozwiązanie:
1. Obliczamy odległość punktu S (1, 1) od prostej 3x − 4y − 29 = 0
3⋅1−4 ⋅1−29 30
SD = = = 6
9 + 16 5
2. Obliczamy długość przeciwprostokątnej SB trójkąta SBD (jest to szukany promień okręgu), gdzie BD
jest równe połowie długości cięciwy
stąd
SB 2 = SD 2 + BD 2 = 36 + 64 = 100
SB = r = 10
Odpowiedź: Szukane równanie okręgu to (x − 1) 2 + (y − 1) 2 = 100. (rys. 145)
Rys. 145
Zadanie 33. Znaleźć równanie okręgu o środku w punkcie S (−3, 4), stycznego do prostej 12x − 5y + 50 = 0.

Rozdział 11. Zadania
141
Rozwiązanie:
1. Szukany promień okręgu to odległość jego środka S (−3, 4) od prostej 12x − 5y + 50 = 0, a więc
( −3) ⋅ 12 + 4 ⋅− ( 5) + 50 6
SD = r = =
144 + 25 13
Odpowiedź: Szukane równanie okręgu to (x + 3) 2 + (y − 4) 2 = 36/169. (rys. 146)
Rys. 146
Zadanie 34. Znaleźć równanie okręgu, który przechodzi przez punkty A (0, 0) i B (1, 7), a jego środek znajduje
się na prostej x + y − 7 = 0.
Rozwiązanie:
1. Zakładamy współrzędne szukanego środka okręgu S (x 1
, −x 1
+ 7).
2. Z założenia wynika, że odległość środka okręgu od obydwu punktów jest jednakowa, czyli SA = SB, a więc
√(x 1
− 0) 2 + (−x 1
+ 7 − 0) 2 = √(x 1
− 1) 2 + (−x 1
+ 7 − 7) 2
3. Rozwiązując to równanie otrzymujemy
x 1
= 4 oraz y 1
= −x 1
+ 7 = 3
S (4, 3)
4. Znajdujemy długość promienia okręgu
r = √(4 − 0) 2 + (3 − 0) 2 = 5
Odpowiedź: Szukane równanie okręgu to (x − 4) 2 + (y − 3) 2 = 25. (rys. 147)
Rys. 147

142
Rozdział 11. Zadania
Zadanie 35. Mając dane współrzędne wierzchołków trójkąta A (−6, −3), B (8, −1) i C (2, 5) znaleźć równanie
okręgu opisanego na tym trójkącie.
Uwaga: Jest to zadanie podobne do zadania 21, różni się jedynie sposobem rozwiązania.
Rozwiązanie:
1. Środek okręgu opisanego na trójkącie leży na przecięciu się symetralnych boków trójkąta. Szukamy przeto
współrzędnych środków boków AC i BC.
2. Znajdujemy współrzędne punktu S 1
(x 1
, y 1
), będącego środkiem boku AC
− 6+
2
− 3+
5
x1
= = − 2 oraz y 1
= = 1
2
2
S 1
(−2, 1)
3. Znajdujemy współrzędne punktu S 2
(x 2
, y 2
), będącego środkiem boku BC
2+
8
5−1
x2
= = 5 oraz y 2
= = 2
2
2
S 2
(5, 2)
4. Znajdujemy współczynniki kierunkowe prostych AC i BC
5+
3
5+
1
aAC
= = 1 oraz a BC
= = −1
2+
6
2−
8
5. Szukamy równania prostej OS 1
, przechodzącej przez punkt S 1
(−2, 1) i mającej współczynnik kierunkowy
a = −1 (prosta OS 1
jest prostopadła do boku AC)
y − 1 = −1(x + 2)
y = −x − 1
6. Szukamy równania prostej OS 2
, przechodzącej przez punkt S 2
(5, 2) i mającej współczynnik kierunkowy
a = 1 (prosta OS 2
jest prostopadła do boku BC)
y − 2 = 1(x − 5)
y = x − 3
7. Znajdujemy współrzędne środka okręgu opisanego, rozwiązując układ równań prostych OS 1
i OS 2
−x − 1 = x − 3
stąd
x = 1 oraz y = − 2
8. Znajdujemy długość promienia okręgu opisanego
O (1, −2)
r = OB = √(8 − 1) 2 + (−1 + 2) 2 = √50 = 5√2
Odpowiedź: Szukane równanie okręgu to (x − 1) 2 + (y + 2) 2 = 50. (rys. 148)

Rozdział 11. Zadania
143
Rys. 148
Zadanie 36. Znaleźć równanie okręgu zawierającego punkt A (15, 25) i stycznego do osi OX w początku układu.
Rozwiązanie:
1. Oznaczamy współrzędne środka okręgu jako O (0, y 1
).
2. Odległość punktu A do punktu O jest równa odległości punktu O od początku układu (0, 0).
Jest to również długość promienia szukanego okręgu.
3. Znajdujemy równanie okręgu o środku w punkcie O (0, y 1
) przechodzącego przez punkt A (15, 25)
√15 2 + (25 − y 1
) 2 = r
4. Znajdujemy równanie okręgu o środku w punkcie O (0, y 1
) i przechodzącego przez początek układu (0, 0)
2
√y 1
= r
5. Rozwiązując układ tych równań otrzymujemy
15 2 + (25 − y 1
) 2 2
= y 1
6. Podnosząc obie strony równania do kwadratu mamy
stąd
2 2
225 + 625 − 50y 1
+ y 1
= y 1
50y 1
= 850
y 1
= 17
O (0, 17)
Odpowiedź: Szukane równanie okręgu to x 2 + (y − 17) 2 = 289. (rys. 149)
Rys. 149

144
Rozdział 11. Zadania
Zadanie 37. Mając dany punkt na okręgu A (0, 2) znaleźć jego równanie. Współrzędne punktu M promienia
okręgu AM są równe współrzędnym punktu przecięcia się wysokości trójkąta ABC, w którym
dane są wierzchołki B (4, 0) i C (2, 4).
Rozwiązanie:
1. Szukamy współczynników kierunkowych prostych AC i BC
4−
2
aAC
= = 1
2−
0
4−
0
aBC
= = −2
2−
4
2. Znajdujemy równanie wysokości BD, przechodzącej przez punkt B (4, 0) i mającej współczynnik kierunkowy
a = −1 (wysokość BD jest prostopadła do boku AC)
y − 0 = −1(x − 4)
y = −x + 4
3. Znajdujemy równania wysokości AE, przechodzącej przez punkt A (0, 2) i mającej współczynnik kierunkowy
a = 1/2 (wysokość AE jest prostopadła do boku BC)
y − 2 = 1/2(x − 0)
y = 1/2x + 2
4. Znajdujemy współrzędne punktu przecięcia wysokości M, rozwiązując układ ich równań
stąd
5. Znajdujemy długość promienia okręgu
−x + 4 = 1/2x + 2
x = 4/3 oraz y = 8/3
M (4/3, 8/3)
r = AM = √(4/3 − 0) 2 + (8/3 − 2) 2 = √20/9
Odpowiedź: Szukane równanie okręgu to (x − 4/3) 2 + (y − 8/3) 2 = 20/9. (rys. 150)
Rys. 150

Rozdział 11. Zadania
145
Zadanie 38. Znaleźć równanie okręgu, do którego należą wspólne punkty krzywych y = x 2 − 5x + 6 oraz
x − y + 1 = 0, a środek należy do prostej 7x + 3y − 9 = 0.
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy punkty wspólne danych krzywych, rozwiązując układ ich równań
x 2 − 5x + 6 = x + 1
x 2 − 6x + 5 = 0
2. Obliczamy wyróżnik otrzymanego równania kwadratowego
∆ = 36 − 20 = 16
√∆ = ±4
stąd
x 1
= 5 oraz x 2
= 1
y 1
= 6 oraz y 2
= 2
A (5, 6) oraz B (1, 2)
3. Skoro środek okręgu leży na prostej 7x + 3y − 9 = 0 to spełnia on równanie
7a + 3b − 9 = 0 (równanie I)
4. Odległość punktu O (a, b) od punktu A jest taka sama, jak jego odległość od punktu B (obydwie odległości
są równe promieniowi okręgu), a więc
5. Podnosimy obie strony równania do kwadratu
√(a − 1) 2 + (b − 2) 2 = √(a − 5) 2 + (b − 6) 2
a 2 − 2a + 1 + b 2 − 4b + 4 = a 2 − 10a + 25 + b 2 − 12b + 36
a + b = 7 (równanie II)
6. Rozwiązanie układu równań I i II prowadzi do wyniku
7. Znajdujemy długość promienia okręgu
a = −3 oraz b = 10
r = AO = √(−3 − 1) 2 + (10 − 2) 2 = √80 = 4√5
Odpowiedź: Szukane równanie okręgu to (x + 3) 2 + (y − 10) 2 = 80. (rys. 151)
Rys. 151

146
Rozdział 11. Zadania
Zadanie 39. Znaleźć równanie okręgu, który przechodzi przez punkt A (3, 1) i jest styczny do elipsy 3x 2 + y 2 = 7
w punkcie B (1, 2).
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy równanie stycznej do elipsy 3x 2 + y 2 = 7 w punkcie B (1, 2) podstawiając obie współrzędne
do jej równania
3x·1 + y·2 = 7
y = −3/2x + 7/2
2. Skoro okrąg jest styczny do elipsy, to jego środek leży na prostej BO, prostopadłej do stycznej,
a więc a BO
= 2/3.
3. Szukamy równania prostej BO, przechodzącej przez punkt B (1, 2) i mającej współczynnik kierunkowy
a = 2/3
y − 2 = 2/3(x − 1)
y = 2/3x + 4/3
4. Szukamy współrzędnych punktu S (x s
, y s
), będącego środkiem odcinka AB
1+
3
2+
1 3
xs
= = 2 oraz y s
= =
2
2 2
S (2, 3/2)
5. Znajdujemy współczynnik kierunkowy prostej AB
2−1 1
a
AB
= = −
1−
3 2
6. Szukamy równania symetralnej SO odcinka AB, przechodzącej przez punkt S (2, 3/2) i mającej współczynnik
kierunkowy a SO
= 2 (symetralna SO jest prostopadła do odcinka AB)
y − 3/2 = 2(x − 2)
y = 2x − 5/2
7. Szukany środek okręgu leży na przecięciu prostych BO i SO, rozwiązujemy więc układ ich równań
stąd
2/3x + 4/3 = 2x − 5/2
x = 23/8 oraz y = 13/4
O (23/8, 13/4)
8. Obliczamy długość promienia okręgu równą odległości pomiędzy punktami B i O
r = √(23/8 − 1) 2 + (13/4 − 2) 2 = √325/64
Odpowiedź: Szukane równanie okręgu to (x − 23/8) 2 + (y − 13/4) 2 = 325/64. (rys. 152)

Rozdział 11. Zadania
147
Rys. 152
Zadanie 40. Dana jest prosta −x + 3y − 8 = 0 oraz punkt S (3, 2). Znaleźć równanie okręgu o środku w punkcie
S, który odcina na tej prostej cięciwę od długości równej √10. Obliczyć pole trójkąta SAB.
Rozwiązanie:
1. Przekształcamy równanie ogólne prostej na równanie kierunkowe, otrzymując
y = 1/3x + 8/3
2. Obliczamy odległość punktu S od prostej −x + 3y − 8 = 0
( −1) ⋅ 3 + 3 ⋅2 −8 5 10
SD = r = = =
1+
9 10 2
3. Ponieważ DB jest także równe √10/2, oznacza to, że promień szukanego okręgu r = SB jest równy przekątnej
kwadratu o boku równym √10/2, a więc
r = √10/2·√2 = √20/2 = √5
stąd równanie okręgu
(x − 3) 2 + (y − 2) 2 = 5
4. Znajdujemy współrzędne punktów A i B rozwiązując układ równań okręgu (x − 3) 2 + (y − 2) 2 = 5 oraz
prostej y = 1/3x + 8/3
(x − 3) 2 + (1/3x + 8/3 − 2) 2 = 5 (mnożymy przez 9)
9x 2 − 54x + 81 + x 2 + 4x + 4 = 45
10x 2 − 50x + 40 = 0 (dzielimy przez 10)
x 2 − 5x + 4 = 0
5. Obliczamy wyróżnik otrzymanego równania kwadratowego
∆ = 25 − 16 = 9
√∆ = ±3
stąd
x 1
= 1 oraz x 2
= 4
y 1
= 3 oraz y 2
= 4
A (1, 3) oraz B (4, 4)
6. Obliczamy pole powierzchni trójkąta ASB

148
Rozdział 11. Zadania
1 3 1 1 3
1
P = 3 2 1 3 2
2 4 4 1 4 4
P = 1/2(2 + 12 + 12 − 8 − 4 − 9) = 5/2
Odpowiedź: Szukane równanie okręgu to (x − 3) 2 + (y − 2) 2 = 5, pole powierzchni trójkąta SAB jest równe
P = 5/2. (rys. 153)
Rys. 153
Zadanie 41. Obliczyć długość boku kwadratu wpisanego w elipsę
x
a
2
2
y
+ = 1 .
b
2 2
Rozwiązanie:
1. Z warunków zadania wynika, że obie współrzędne wierzchołków są równe co do wielkości, przy czym
w wierzchołkach A i C ich znaki są równe, natomiast w dwóch pozostałych wierzchołkach B i D ich znaki
są przeciwne (wyjaśnia to rysunek 154).
2. Oznaczymy długość boku szukanego kwadratu jako m, wówczas
3. Skoro x 1
= y 1
to równanie elipsy można zapisać
x
a
2 2
1 1
2 2
m x
1 y
1
2 = =
x
+ = 1 (mnożymy przez a 2 b 2 )
b
b 2 x 1
2
+ a 2 x 1
2
= a 2 b 2
stąd
x
ab
a + b
2 2
2
1
=
2 2
x1
= ±
m = ±
a
a
ab
+ b
2 2
2ab
+ b
2 2

Rozdział 11. Zadania
149
Odpowiedź: Szukana długość boku kwadratu jest równa
m = ±
a
2ab
+ b
2 2
. (rys. 154)
Rys. 154
Zadanie 42. Elipsa przechodzi przez punkty M (√3, −2) i N (−2√3, 1), a osie współrzędnych są osiami symetrii
elipsy. Znaleźć jej równanie.
Rozwiązanie:
1. Skoro punkty M i N leżą na elipsie, to muszą spełniać jej równanie, a więc
3 4
+ = 1 (równanie I)
2 2
a b
12 1
+ = 1 (równanie II)
2 2
a b
2. Mnożąc obie strony obu równań przez NWW = a 2 b 2 otrzymujemy układ równań
3b 2 + 4a 2 = a 2 b 2 (równanie I)
12b 2 + a 2 = a 2 b 2 (równanie II)
3. Odejmując stronami równanie II od równania I otrzymujemy
−9b 2 + 3a 2 = 0
a 2 = 3b 2
4. Podstawiając tę wartość do równania I otrzymujemy
stąd
Odpowiedź: Szukane równanie elipsy to
3b 2 + 12b 2 = 3b 4
3b 4 − 15b 2 = 0
3b 2 (b 2 − 5) = 0
b 2 = 5 oraz a 2 = 15
2 2
x y
+ = 1 . (rys. 155)
15 5

150
Rozdział 11. Zadania
Rys. 155
2 2
x y
Zadanie 43. Dana jest elipsa + = 1 i położony poza nią punkt M (0, 6). Wyznaczyć kąt, jaki tworzą
4 16
ze sobą styczne do elipsy przechodzące przez ten punkt.
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy równanie pęku prostych przechodzących przez punkt M (0, 6)
y − 6 = a(x − 0)
y = ax + 6
2. Rozwiązujemy układ równań elipsy i prostej
2
x (ax + 6)
+ = 1 (mnożymy przez 16)
4 16
4x 2 + a 2 x 2 + 12ax + 36 = 16
(a 2 + 4)x 2 + 12ax + 20 = 0
3. Obliczamy wyróżnik otrzymanego równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)
stąd
∆ = 144a 2 − 80(a 2 + 4) = 0
64a 2 = 320
a 2 = 320/64 = 5
a 1
= √5 oraz a 2
= −√5
4. Obliczamy kąt pomiędzy stycznymi o współczynnikach kierunkowych a = √5 i a 1
= −√5
stąd
Odpowiedź: Szukany kąt jest równy 48º12’. (rys. 156)
− 5− 5 −2 5 5
tg = = = = 1,1181
1+ 5 ⋅− ( 5) −4 2
∠ = 48º12’

Rozdział 11. Zadania
151
Rys. 156
Zadanie 44. Elipsa jest styczna do osi odciętych punkcie A (7, 0), a do osi rzędnych w punkcie B (0, 4).
Znaleźć jej równanie, wiedząc, że jej osie są równoległe do obu osi współrzędnych.
Rozwiązanie:
1. Z warunków zadania wynika, że punkty A i B są końcami odpowiednio małej i dużej osi, a więc środek
elipsy ma współrzędne O (7, 4)
Odpowiedź: Szukane równanie elipsy
2
2
(x − 7) (y − 4)
+ = 1 .
49 16
Zadanie 45. Znaleźć miejsce geometryczne środków okręgów stycznych wewnętrznie do okręgu x 2 + y 2 = 100,
przechodzących przez punkt P (6, 0).
Rozwiązanie:
1. Jak wynika z rysunku 157 szukanym miejscem geometrycznym jest elipsa. Jej oś wyznaczają środki
okręgów O 1
i O 2
, natomiast jej ogniska znajdują się w punktach F 1
(0, 0) i F 2
(6, 0), a więc
2a = 8 −(−2) = 10 czyli a = 5
2c = 6 − 0 = 6 czyli c = 3
b 2 = a 2 − c 2 = 25 − 9 = 16 czyli b = 4
2. Środek elipsy znajduje się w punkcie S (3, 0).
Odpowiedź: Szukanym miejscem geometrycznym jest elipsa
2 2
(x − 3) y
+ = 1. (rys. 157)
25 16
Rys. 157

152
Rozdział 11. Zadania
Zadanie 46. Znaleźć równanie hiperboli przechodzącej przez ogniska elipsy
w wierzchołkach tej elipsy.
2 2
x y
+ = 1 i mającej ogniska
25 16
Rozwiązanie:
1. Skoro hiperbola przechodzi przez ogniska elipsy, to jej oś rzeczywista (2a) równa się ogniskowej elipsy
c 2 = a 2 − b 2 = 25 − 16 = 9
c elipsy
= 3
stąd
2a hiperboli
= 2c elipsy
= 6
a hiperboli
= 3
2. Skoro ogniska hiperboli leżą w wierzchołkach elipsy, to ogniskowa hiperboli równa się dużej osi elipsy
2c hiperboli
= 2a elipsy
= 10
c hiperboli
= 5
3. W hiperboli c 2 = a 2 + b 2 , a więc
b 2 = c 2 − a 2 = 25 − 9 = 16
Odpowiedź: Szukane równanie hiperboli to
2 2
x y
− = 1 . (rys. 158)
9 16
Rys. 158
Zadanie 47. Znaleźć równanie hiperboli, wiedząc, że jej asymptoty mają równania y = 3/4x oraz y = −3/4x,
a jej ogniska mają współrzędne F 1
(−2, 0) i F 2
(2, 0).
Rozwiązanie:
1. Z warunków zadania wynika, że c = 2 i b = 3 , a więc
a 4
2. W hiperboli c 2 = a 2 + b 2 , a więc
b = 3/4a
4 = a 2 + 9/16a 2 (mnożymy przez 16)

Rozdział 11. Zadania
153
stąd
Odpowiedź: Szukane równanie hiperboli to
64 = 16a 2 + 9a 2
25a 2 = 64
a 2 = 64/25
b 2 = 9/16a 2 = 36/25
2 2
25x 25y
− = 1. (rys. 159)
64 36
Rys. 159
Zadanie 48. Dana jest hiperbola 9x 2 − 16y 2 = 576. Znaleźć równanie tej średnicy hiperboli, której długość jest
równa 20.
Uwaga: Średnicą hiperboli nazywamy każdą cięciwę, która przechodzi przez punkt przecięcia jej asymptot,
w tym przypadku przez punkt (0, 0).
Rozwiązanie:
1. Zamieniamy postać ogólną hiperboli na równanie osiowe
9x 2 − 16y 2 = 576 (dzielimy przez 576)
2 2
x y
− = 1
64 36
2. Z równania ogólnego hiperboli otrzymujemy
2
y = 3/4√x 1
− 64
2
3. Oznaczamy współrzędne szukanego punktu hiperboli jako A (x 1
, 3/4√x 1
− 64).
4. Obliczamy długość odcinka AO jako połowy średnicy
√x 1
2
+ 9/16(x 1
2
− 64) = 10
5. Podnosząc obie strony równania do kwadratu i rozwiązując otrzymane równanie mamy
2
25x 1
= 2176
stąd
x 1
= 8/5√34 oraz x 2
= −8/5√34
y 1
= 18/5 oraz y 2
= 18/5

154 Rozdział 11. Zadania
6. Obliczamy współczynniki kierunkowe obu średnic
stąd
a
OA
y
=
x
a 1
= 9/136√34 = 0,38 oraz a 2
= −9/136√34 = −0,38
Odpowiedź: Szukane równanie średnicy to y = 0,38x oraz y = −0,38x. (rys. 160)
Rys. 160
2 2
x y
Zadanie 49. Na hiperboli − = 1 znaleźć punkt, z którego przeprowadzone promienie wodzące są
16 9
do siebie prostopadłe.
Rozwiązanie:
1. Obliczamy ogniskową hiperboli
c 2 = a 2 + b 2 = 16 + 9 = 25
c = 5
2. Przekształcając równanie osiowe hiperboli otrzymujemy
2 2
x y
− = 1 (mnożymy przez 144)
16 9
9x 2 − 16y 2 = 144
16y 2 = 9(x 2 − 16)
y = 3/4√x 2 − 16
2
3. Oznaczamy współrzędne szukanego punktu na hiperboli jako A (x 1
, 3/4√x 1
− 16).
4. Znajdujemy współczynniki kierunkowe promieni wodzących PF 1
i PF 2
a
PF1
3 x
2
1
− 16
= 4
x + 5
5. Skoro promienie wodzące mają być do siebie prostopadłe, to
1
3 x
2
1
− 16
oraz a 4
PF
=
2
x − 5
1

Rozdział 11. Zadania
155
3 x
2
1
− 16
5−
x1
4
x + 5
6. Wymnażając równanie „na krzyż” otrzymujemy
stąd
1
=
3
4
x −16
2
1
25 − x 1
2
= 9/16(x 1
2
− 16)
25x 1
2
= 544
x 1
= 4/5√34 oraz x 2
= −4/5√34
y 1
= 9/5 oraz y 2
= −9/5
Odpowiedź: Założony warunek spełniają cztery punkty P 1
(4/5√34, 9/5), P 2
(4/5√34, −9/5), P 3
(−4/5√34, −9/5)
oraz P 4
(−4/5√34, 9/5). (rys. 161)
Rys. 161
Zadanie 50. Znaleźć równanie hiperboli, której osiami symetrii są osie układu, mając współrzędne dwóch jej
punktów Q (4, 2) i P (6, 4).
Rozwiązanie:
1. Skoro oba punkty leżą na hiperboli, muszą spełniać jej równanie, a więc
16 4
− = 1 (równanie I)
2 2
a b
36 16
− = 1 (równanie II)
2 2
a b
2. Mnożymy obie strony obu równań przez NWW = a 2 b 2 i rozwiązujemy otrzymany układ równań kwadratowych
16b 2 − 4a 2 = a 2 b 2 (równanie I)
36b 2 − 16a 2 = a 2 b 2 (równanie II)
3. Odejmujemy od równania II równanie I
20b 2 − 12a 2 = 0
a 2 = 5/3b 2

156 Rozdział 11. Zadania
4. Podstawiamy tę wartość do równania I otrzymując
b 2 = 28/5 oraz a 2 = 28/3
Odpowiedź: Szukane równanie hiperboli to
2 2
3x 5y
− = 1 . (rys. 162)
28 28
Rys. 162
2 2
x y
Zadanie 51. Na hiperboli − = 1 obrano punkt, którego odcięta jest równa 10, a rzędna jest dodatnia.
25 24
Obliczyć promienie wodzące i kąt pomiędzy nimi.
Rozwiązanie:
1. Obliczamy rzędną punktu
stąd
2. Obliczamy ogniskową hiperboli
2
100 y
− = 1 (mnożymy przez 600)
25 24
2400 − 25y 2 = 600
y 2 = 1800/25 = 72
y = 6√2
c 2 = a 2 + b 2 = 25 + 24 = 49
c = 7
3. Obliczamy długość promieni wodzących PF 1
i PF 2
PF 1
= √(10 + 7) 2 + (6√2) 2 = √289 + 72 = 19
PF 2
= √(10 − 7) 2 + (6√2) 2 = √9 + 72 = 9
4. Obliczamy współrzędne kierunkowe promieni PF 1
i PF 2
oraz kąt pomiędzy nimi
a
6 2
6 2
= a = oraz aPF
= a = = 2 2
2
17
3
PF1
1
6 2
2 2 −
28 2
tg(PF
17
1,PF 2) = = = 0,9657
6 2 41
1+ 2 2⋅
17

Rozdział 11. Zadania
157
stąd
∠(PF 1
, PF 2
) = 44º00’
Odpowiedź: Szukane długości promieni wodzących są równe PF 1
= 19 oraz PF 2
= 9, kąt między nimi jest
równy 44º00’. (rys. 163)
Rys. 163
Zadanie 52. Asymptotami hiperboli są proste y = 3x oraz y = −3x. Znaleźć jej równanie, wiedząc, że przechodzi
ona przez punkt A (2, 0).
Rozwiązanie:
1. Z warunków zadania wynika, że b = 3 czyli b = 3a, a więc
a
x
a
2
2
y
− = 1
9a
2 2
2. Skoro hiperbola przechodzi przez punkt A (2, 0), to punkt ten musi spełniać równanie hiperboli, a więc
stąd
4 0
− = 1
2 2
a 9a
a 2 = 4 oraz b 2 = 9a 2 = 36
Odpowiedź: Szukane równanie hiperboli to
2 2
x y
− = 1 . (rys. 164)
4 36
Rys. 164

158 Rozdział 11. Zadania
Zadanie 53. Przez punkt P (2, −5) poprowadzić proste równoległe do asymptot hiperboli x 2 − 4y 2 = 4.
Rozwiązanie:
1. Przekształcamy równanie ogólne hiperboli na równanie osiowe. Dzieląc obie strony równania przez 4
otrzymujemy
stąd
2. Otrzymujemy równania asymptot
2 2
x y
− = 1
4 1
a 2 = 4 oraz b 2 = 1
y = 1/2x oraz y = −1/2x
3. Znajdujemy równanie pierwszej prostej, przechodzącej przez punkt P (2, −5) i mającej współczynnik
kierunkowy a = 1/2
y + 5 = 1/2(x − 2)
y = 1/2x − 6
4. Znajdujemy równanie drugiej prostej, przechodzącej przez punkt P (2, −5) i mającej współczynnik
kierunkowy a = −1/2
y + 5 = −1/2(x − 2)
y = −1/2x − 4
Odpowiedź: Szukane równania prostych to y = 1/2x − 6 oraz y = −1/2x − 4. (rys. 165)
Rys. 165
Zadanie 54. Wyznaczyć kąt pomiędzy asymptotami hiperboli
Rozwiązanie:
2 2
x y
− = 1 , wiedząc, że jej mimośród e = 2.
9 27
1. Z warunków zadania wynika, że c = 2 czyli c = 2a, a więc
a
c 2 = a 2 + b 2
4a 2 = a 2 + b 2
3a 2 = b 2

Rozdział 11. Zadania
159
stąd
b = a√3
2. Otrzymujemy równania asymptot
a 3
−a 3
y = x oraz y = x
a
a
stąd
y = √3x oraz y = −√3x
3. Obliczamy kąt pomiędzy asymptotami, mając ich współczynniki kierunkowe a 1
= √3 i a = −√3
− 3−
3
tg = = 3
1+ 3 ⋅− ( 3)
Odpowiedź: Szukany kąt jest równy 60º. (rys. 166)
Rys. 166
Zadanie 55. Znaleźć równanie hiperboli, wiedząc, że współrzędne jej ognisk są równe F 1
(−10, 0) i F 2
(10, 0)
oraz przechodzi ona przez punkt A (12, 3√5).
Rozwiązanie:
1. Korzystamy z zależności (wzór nr 4, str. 53) a 2 + b 2 = c 2 i otrzymujemy
a 2 + b 2 = 100 (równanie I)
2. Skoro hiperbola przechodzi przez punkt A, to musi on spełniać równanie hiperboli, a więc
3. Z równania I otrzymujemy
144 −
45 = 1 (równanie II)
2 2
a b
a 2 = 100 − b 2
4. Podstawiamy tę wartość do równania II i otrzymujemy
144 − 45 = 1
2 2
100 − b b
(mnożymy przez b 2 (100 − b 2 ))
144b 2 − 4500 + 45b 2 = 100b 2 − b 4
b 4 + 89b 2 − 4500 = 0

160 Rozdział 11. Zadania
5. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego
∆ = 7921 + 18000 = 25921
√∆ = ±161
stąd
2 − 89 + 161
b = = 36 oraz a 2 = 100 − 36 = 64
2
Odpowiedź: Szukane równanie hiperboli to
2 2
x y
− = 1. (rys. 167)
64 36
Rys. 167
Zadanie 56. Znaleźć najkrótszą odległość paraboli y 2 = 4x od prostej 4x + 3y + 46 = 0.
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy równanie stycznej do paraboli i równoległej do prostej 4x + 3y + 46 = 0
y = −4/3x + b
2. Podstawiamy otrzymane równanie prostej do równania paraboli
(−4/3x + b) 2 = 4x
16/9x 2 − 8/3bx + b 2 − 4x = 0 (mnożymy przez 9)
16x 2 − 24bx + 9b 2 − 36x = 0
16x 2 − (24b + 36)x + 9b 2 = 0
3. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)
∆ = 576b 2 + 1728b + 1296 − 576b 2 = 0
1728b = −1296
stąd
b = −3/4
4. Otrzymujemy szukane równanie stycznej
y = −4/3x − 3/4
5. Na tej prostej wybieramy dowolny punkt np. x = 3 i obliczamy odpowiadającą mu rzędną
y = −4/3·3 − 3/4 = −19/4

Rozdział 11. Zadania
161
6. Obliczamy odległość tego punktu od prostej 4x + 3y + 46 = 0 (jest to właśnie najkrótsza odległość paraboli
od tej prostej)
⎛ 19 ⎞
57
4 ⋅ 3 + 3⋅⎜− ⎟+ 46 58 −
⎝ 4 ⎠
4 35
d = = =
16 + 9
5 4
Odpowiedź: Najkrótsza odległość paraboli od prostej jest równa d = 35/4. (rys. 168)
Rys. 168
Zadanie 57. Wyznaczyć równanie paraboli y = ax 2 + bx + c, która przechodzi przez punkty A (0, 0) i B (3, 0)
oraz ma styczną o równaniu y = x + 1.
Rozwiązanie:
1. Skoro punkty A (0, 0) i B (3, 0) leżą na paraboli, muszą spełniać jej równanie, a więc
0 = 0·a + 0·b + c = 0
c = 0
0 = 9a + 3b
b = −3a
stąd równanie paraboli
y = ax 2 − 3ax
2. Skoro prosta y = x + 1 jest styczna do paraboli y = ax 2 − 3ax, to wyróżnik równania, które otrzymamy
rozwiązując układ prostej i paraboli, musi być równy zeru
x + 1 = ax 2 − 3ax
ax 2 − (3a + 1)x − 1 = 0
∆ = 9a 2 + 6a + 1 + 4a = 0
9a 2 + 10a + 1 = 0
∆ = 100 − 36 = 64
√∆ = ±8
stąd
− 10 + 8 1
−10 −8
a1
= = − oraz a 2
= = −1
18 9
18

162 Rozdział 11. Zadania
Odpowiedź: Szukane równania paraboli to y = −1/9x 2 + 1/3x oraz y = −x 2 + 3x. (rys. 169)
Rys. 169
Zadanie 58. Na paraboli
Rozwiązanie:
2
x
y = znaleźć punkt najbliższy prostej y = x − 5.
4
1. Szukany punkt leży na paraboli. Oznaczamy jego współrzędne jako A (x 1
, 1/4x 12
).
2. Obliczamy odległość punktu A (x 1
, 1/4x 12
) od prostej −x + y + 5 = 0
2 2
⎛x1 ⎞ x1
( −1) ⋅ x1 + 1⋅ ⎜ ⎟+ 5 − x1
+ 5
⎝ 4 ⎠ 4
d = =
1+
1 2
3. Najniższa wartość x funkcji kwadratowej stanowiącej licznik wynosi
b
xmin
= − = 2
2a
stąd
y = 1
Odpowiedź: Najbliższy punkt na paraboli ma współrzędne A (2, 1). (rys. 170)
Uwaga: To samo zadanie można rozwiązać również innym sposobem.
Rys. 170
1. Punkt nabliższy danej prostej jest jednocześnie punktem, w którym prosta równoległa do danej prostej
jest styczna do danej paraboli.

Rozdział 11. Zadania
163
2. Wiedząc, że współczynnik kierunkowy stycznej do paraboli, równoległej do danej prostej jest równy a 1
= 1,
zakładamy, że jej poszukiwane równanie ma postać
y = x + b 1
3. Podstawiamy tę wartość do równania paraboli i wyróżnik otrzymanego równania kwadratowego przyrównujemy
do zera (warunek styczności), skąd otrzymujemy
b 1
= −1
2
x
4. Rozwiązujemy układ równań paraboli y = i prostej y = x − 1, otrzymując ten sam wynik co poprzednio
4
x = 2 oraz y = 1
A (2, 1)
Zadanie 59. Znaleźć równanie paraboli, wiedząc, że dla x = 3/2 osiąga maksimum o wartości y max
= 1/4,
oraz punkty na paraboli spełniają równanie x 1
3
+ y 1
3
= 9.
Rozwiązanie:
1. Ekstrema funkcji wyrażają wzory
2
b
b − 4ac
xextr
= − oraz y
extr
= −
2a
4a
2. Korzystając z tych wzorów otrzymujemy
b 3
− = (równanie I)
2a 2
2
− b + 4ac 1
= (równanie II)
4a 4
3. Z równania I wynika, że
b = −3a
4. Podstawiamy tę wartość do równania II
2
−− ( 3a) + 4ac 1
− = 0 (mnożymy przez −4)
4a 4
9a − 4c + 1 = 0
stąd
9a + 1
c =
4
5. Zgodnie ze wzorami Viete’a
3 3
x 1
+ y 1
= (x 1
+ y 1
) 3 − 3x 1
y 1
(x 1
+ y 1
) = 9
6. Podstawiamy do tego równania
b
x + 1
y = − 1
a
oraz xy =
c
1 1 a
stąd
3
b c⎛
b⎞
− −3 9
3 ⎜− ⎟=
a a⎝
a ⎠

164 Rozdział 11. Zadania
9a + 1
7. Podstawiamy do tego równania b = −3a oraz c =
4
9a + 1
3
( −3a) 4 ⎛ −3a
⎞
− −3⋅ ⋅ 9
3
⎜− ⎟=
a a ⎝ a ⎠
81a + 9
27 − − 9 = 0 (mnożymy przez 4a
4a
9 )
12a − 9a − 1 − 4a = 0
a = −1
stąd
b = 3 oraz c = −2
Odpowiedź: Szukane równanie paraboli to y = −x 2 + 3x − 2. (rys. 171)
Rys. 171
Zadanie 60. Punkt A (2, 1) dzieli cięciwę paraboli y 2 = 4x na dwie połowy. Znaleźć równanie tej cięciwy.
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy równanie pęku prostych przechodzących przez punkt A (2, 1)
y − 1 = a(x − 2)
y = ax − 2a + 1
stąd
y + 2a −1
x =
a
2. Podstawiamy tę wartość do równania paraboli
2 4y + 8a −4
y =
a
ay 2 − 4y − 8a + 4 = 0
3. Z warunku sumy pierwiastków równania kwadratowego otrzymujemy
y1 + y2
b
= −
2 2a

Rozdział 11. Zadania
165
stąd
y1 + y2
4
= (równanie I)
2 2a
4. Z warunków zadania wynika, że
y1 + y2
= 1 (równanie II)
2
5. Rozwiązując układ równań I i II otrzymujemy
a = 2
6. Znajdujemy równanie cięciwy
y − 1 = 2(x − 2)
y = 2x − 3
Odpowiedź: Szukane równanie cięciwy to y = 2x − 3. (rys. 172)
Rys. 172
Zadanie 61. Znaleźć miejsce geometryczne punktów równo oddalonych od prostej y + 2 = 0 oraz okręgu
x 2 + y 2 = 4.
Rozwiązanie:
1. Przyjmujemy współrzędne jednego z punktów spełniających warunek jako (x, y), natomiast
odległość punktu od okręgu i prostej przyjmujemy równą R, a więc
y = R − 2 (rys. 170)
2. Zgodnie z twierdzeniem Pitagorasa otrzymujemy
(R + 2) 2 − x 2 = (R − 2) 2
R 2 + 4R + 4 − x 2 = R 2 − 4R + 4
x 2 = 8R
stąd
2
x
R =
8
3. Podstawiając tę wartość do równania y = R − 2 otrzymujemy ostatecznie
2
x
y = − 2
8

166 Rozdział 11. Zadania
Odpowiedź: Szukanym miejscem geometrycznym punktów jest parabola
2
x
y = − 2. (rys. 173)
8
Rys. 173
Zadanie 62. Znaleźć równanie wspólnej cięciwy paraboli y 2 = 18x oraz okręgu (x + 6) 2 + y 2 = 100.
Rozwiązanie:
1. Rozwiązujemy układ obu równań, w wyniku czego otrzymamy współrzędne dwóch punktów przecięcia
paraboli i okręgu
stąd
2. Drugi wynik odrzucamy (pierwiastek obcy), a więc
stąd
x 2 + 12x + 36 + 18x − 100 = 0
x 2 + 30x − 64 = 0
∆ = 900 + 256 = 1156
√∆ = ±34
− 30 + 34
−30 −34
x1
= = 2 oraz x 2
= = −32
2
2
y 2 = 18x = 36
y 1
= 6 oraz y 2
= −6
3. Wynika z tego, że wspólną cięciwą paraboli i okręgu jest prosta x = 2.
Odpowiedź: Szukane równanie wspólnej cięciwy to x = 2. (rys. 174)
Rys. 174

Rozdział 11. Zadania
167
2 2
x y
Zadanie 63. Znaleźć współrzędne punktów przecięcia elipsy + = 1 z parabolą, której wierzchołek leży
100 64
w środku elipsy a ogniska pokrywają się z prawym ogniskiem elipsy.
Rozwiązanie:
1. Korzystamy ze wzoru na związek pomiędzy osiami elipsy i jej ogniskową (wzór nr 5, str. 49)
c 2 = a 2 − b 2 = 100 − 64 = 36
stąd
c = 6
2. Skoro ognisko paraboli znajduje się w punkcie o współrzędnej x = 6, to znaczy, że
p
2 = 6
2p = 24
3. Stąd równanie paraboli ma postać
2
y
x =
24
2 2
2
x y
y
4. Znajdujemy współrzędne punktów przecięcia okręgu + = 1 i paraboli x = , rozwiązując
układ ich równań
100 64
24
2
x 24x
+ = 1 (mnożymy przez 6400)
100 64
64x 2 + 2400x − 6400 = 0 (dzielimy przez 32)
2x 2 + 75x − 200 = 0
5. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego
∆ = 5625 + 1600 = 7225
√∆ = ±85
stąd
− 75 + 85 5
−75 −85
x1
= = oraz x 2
= = −40
4 2
4
6. Drugi wynik odrzucamy (pierwiastek obcy), a więc
y 2 = 24x
stąd
y 2 = 24∙5/2 = 60
y 1
= 2√15 oraz y 2
= −2√15
Odpowiedź: Szukane współrzędne punktów to P 1
(5/2, 2√15) oraz P 2
(5/2, −2√15). (rys. 175)

168 Rozdział 11. Zadania
Rys. 175
Zadanie 64. Na paraboli y 2 = 8x znaleźć punkt, którego odległość od ogniska jest równa 20.
Rozwiązanie:
1. Z założenia zadania wynika, że 2p = 8, a więc
p
2 = 2
2. Oznacza to, że współrzędne ogniska paraboli są równe F (2, 0).
3. Oznaczamy współrzędne szukanego punktu na paraboli jako P (x 1
, y 1
).
4. Wówczas zgodnie z twierdzeniem Pitagorasa
(x 1
− 2) 2 2 2
+ y 1
= 400 (podstawiamy y 1
= 8x 1
)
2
x 1
− 4x 1
+ 4 + 8x 1
− 400 = 0
2
x 1
+ 4x 1
− 396 = 0
5. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego
∆ = 16 + 1584 = 1600
√∆ = ±40
stąd
− 4 + 40
−4 −40
x1
= = 18 oraz x 2
= = −22
2
2
6. Wynik drugi odrzucamy (pierwiastek obcy), a więc
2
y 1
= 8x 1
= 144
stąd
y 1
= 12 oraz y 2
= −12
Odpowiedź: Szukane współrzędne punktów to P 1
(18, 12) oraz P 2
(18, −12). (rys. 176)

Rozdział 11. Zadania
169
Rys. 176
Zadanie 65. W paraboli y 2 = 6x poprowadzić cięciwę, której środek leży w punkcie A (4, 1).
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy równanie pęku prostych przechodzących przez punkt A
y − 1 = a(x − 4)
y = ax − 4a + 1
stąd
y + 4a −1
x =
a
2. Podstawiając tę wartość do równania paraboli otrzymujemy równanie
2 6y + 24a −6
y =
a
ay 2 − 6y − 24a + 6 = 0
3. Jeśli oznaczymy współrzędne dwóch punktów przecięcia paraboli i prostej jako A 1
(x 1
, y 1
) i A 2
(x 2
, y 2
),
to połowa sumy y 1
+ y 2
zgodnie z założeniem jest równa 1, a więc
y1 + y2
b 6
= − = = 1
2 2a 2a
stąd
a = 3
4. Podstawiamy tę wartość do równania pęku prostych
y − 1 = 3(x − 4)
y = 3x − 11
Odpowiedź: Szukane równanie cięciwy to y = 3x − 11. (rys. 177)

170 Rozdział 11. Zadania
Rys. 177
Zadanie 66. Obliczyć kąt, jaki tworzą ze sobą krzywe
Rozwiązanie:
2
x
y = oraz x 2 + (y − 1) 2 = 25.
4
1. Kąt pomiędzy krzywymi równa się kątowi, jaki tworzą ze sobą styczne do obu krzywych w punktach
ich przecięcia. Szukamy przeto współrzędnych punktów przecięcia, rozwiązując układ równań obu
krzywych.
2. Z równania paraboli otrzymujemy
x 2 = 4y
3. Podstawiamy te wartość do równania okręgu
4y + y 2 − 2y + 1 − 25 = 0
y 2 + 2y − 24 = 0
4. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego
∆ = 4 + 96 = 100
√∆ = ±10
stąd
− 2 + 10
−2 −10
y1
= = 4 oraz y 2
= = −6
2
2
5. Drugi wynik odrzucamy (pierwiastek obcy), a więc
x 2 = 4y = 16
stąd
x 1
= 4 oraz x 2
= −4
A 1
(4, 4) oraz A 2
(−4, 4)
6. Szukamy równania stycznej do okręgu zgodnie ze wzorem nr 4 (str. 40)
4∙x + (y − 1)(4 − 1) = 25
4x + 3y − 3 − 25 = 0
stąd
y = −4/3x + 28/3
7. Szukamy równania stycznej do paraboli, obliczając pochodną jej równania

Rozdział 11. Zadania
171
1 x
y' = ⋅ 2x =
4 2
8. Wartość tej pochodnej w punkcie x = 4 jest równa 2 (jest to współczynnik kierunkowy stycznej do paraboli),
a więc
y = 2x + b
9. Znajdujemy wartość b, rozwiązując układ równań stycznej i paraboli
2
x
2x + b =
4
x 2 − 8x − 4b = 0
10. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)
stąd
11. Otrzymujemy równanie stycznej do paraboli
∆ = 64 + 16b = 0
b = −4
y = 2x − 4
12. Obliczamy kąt pomiędzy obiema stycznymi, mając ich współczynniki kierunkowe a = −4/3 oraz a 1
= 2
stąd
4
− − 2
tg =
3
= 2
⎛ 4 ⎞
1+ ⎜− ⎟⋅2
⎝ 3 ⎠
ϕ = 63º25’
Odpowiedź: Szukany kąt między krzywymi jest równy ϕ = 63º25’. (rys. 178)
Rys. 178
Zadanie 67. Znaleźć współrzędne środka odcinka prostej y = ax + b, łączącej punkty przecięcia tej prostej
z parabolą y 2 = 2px.
Rozwiązanie:
1. Podstawiamy y = ax + b do równania paraboli, otrzymując w wyniku równanie kwadratowe

172 Rozdział 11. Zadania
(ax + b) 2 = 2px
a 2 x 2 + 2abx + b 2 = 2px
a 2 x 2 + (2ab − 2p)x + b 2 = 0
2. Ponieważ jednak nie są nam potrzebne współrzędne samych punktów przecięcia prostej i paraboli,
x1 + x2
b
lecz odcięta środka odcinka x 1
x 2
, więc korzystamy z założenia = −
2 2a
b 2p −2ab p −ab
xs = − = =
2 2
2a 2a a
3. Podstawiamy tę wartość do równania prostej y = ax + b
a(p −
y
ab) p
s
= + b =
2
a a
p − ab
Odpowiedź: Szukane współrzędne punktu to S (
2
a
, p a ). (rys. 179) Rys. 179
Zadanie 68. Parabola y 2 = 8x oraz okrąg o środku O (2, 0) mają wspólną cięciwę, jednakowo odległą od wierzchołka
paraboli i środka okręgu. Znaleźć równanie tego okręgu.
Rozwiązanie:
1. Z równania paraboli wynika, że 2p = 8, a więc
p
2 = 2
2. Warunek równej odległości od wierzchołka paraboli i środka okręgu oznacza, że spełnia go punkt
o współrzędnych (1, 0).
3. Podstawiając x = 1 do równania paraboli otrzymujemy współrzędne punktów przecięcia prostej x = 1
i paraboli y 2 = 8x, a więc
y = ±2√2
4. Obliczamy długość promienia szukanego okręgu jako odległość punktu A (1, 2√2) od środka okręgu
O (2, 0), a więc
√(1 − 2) 2 + (2√2 − 0) 2 = r

Rozdział 11. Zadania
173
r 2 = 1 + 8 = 9
Odpowiedź: Szukane równanie okręgu to (x − 2) 2 + y 2 = 9. (rys. 180)
Rys. 180
Zadanie 69. Znaleźć kąt, jaki tworzą ze sobą styczne do elipsy
2
y
x = + 14 .
4
Rozwiązanie:
2 2
x y
+ = 1, poprowadzone z ogniska paraboli
45 20
1. Z równania paraboli wynika, że 2p = 4, a więc
p
2 = 1
2. Oznacza to, że współrzędne ogniska paraboli są równe (15, 0).
3. Znajdujemy równanie pęku prostych przechodzących przez ognisko paraboli
y − 0 = a(x − 15)
y = ax − 15a
4. Podstawiamy tę wartość do równania elipsy
2 2
x (ax −15a)
+ = 1 (mnożymy przez 180)
45 20
4x 2 + 9(a 2 x 2 − 30a 2 x + 225a 2 ) = 180
4x 2 + 9a 2 x 2 − 270a 2 x + 2025a 2 − 180 = 0
(9a 2 + 4)x 2 − 270a 2 x + 2025a 2 − 180 = 0
5. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)
∆ = 72900a 4 − 4(2025a 2 − 180)(9a 2 + 4) = 0
72900a 4 − 72900a 4 + 6480a 2 − 32400a 2 + 2880 = 0
25920a 2 = 2880
stąd
a 2 = 1/9
a 1
= −1/3 oraz a 2
= 1/3

174 Rozdział 11. Zadania
6. Obliczamy kąt pomiędzy obiema stycznymi, znając ich współczynniki kierunkowe a 1
= −1/3 oraz a = 1/3
1 1
+
3 3 3
tg = = = 0,75
1 ⎛ 1⎞
4
1+ ⋅⎜−
⎟ 3 ⎝ 3 ⎠
stąd
ϕ = 36º54’
Odpowiedź: Szukany kąt jest równy ϕ = 36º54’. (rys. 181)
Rys. 181
Zadanie 70. Prosta jest styczna do paraboli y = x 2 − 4. Znaleźć równanie tej prostej, wiedząc, że jest równoległa
do cięciwy łączącej punkty paraboli A (−1, −3) i B (3, 5).
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy równanie cięciwy łączącej dwa podane punkty paraboli
5+
3
y + 3 = (x + 1)
3+
1
y = 2x − 1
2. Ponieważ styczna ma być równoległa do cięciwy, to jej równanie ma postać
y = 2x + b
3. Podstawiamy tę wartość do równania paraboli
2x + b = x 2 − 4
x 2 − 2x − b − 4 = 0
4. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)
∆ = 4 + 4b + 16 = 0
stąd
b = −5
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = 2x − 5. (rys. 182)

Rozdział 11. Zadania
175
Rys. 182
Zadanie 71. Znaleźć równanie stycznej do okręgu x 2 + y 2 = 10 w punkcie A (1, −3) leżącym na okręgu.
Rozwiązanie:
1. Korzystamy ze wzoru na równanie stycznej do okręgu (wzór nr 5, str. 40)
1·x + (−3)·y = 10
stąd
y = 1/3x − 10/3
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = 1/3x − 10/3. (rys. 183)
Rys. 183
Zadanie 72. Znaleźć równanie stycznej do okręgu x 2 + y 2 = 25 w punkcie A (−3, 4) leżącym na okręgu.
Rozwiązanie:
1. Korzystamy ze wzoru na równanie stycznej do okręgu (wzór nr 5, str. 40)
(−3)·x + 4·y = 25
stąd
y = 3/4x + 25/4
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = 3/4x + 25/4. (rys. 184)

176 Rozdział 11. Zadania
Rys. 184
Zadanie 73. Znaleźć równanie stycznej do okręgu x 2 + y 2 − 2x − 3y = 0 w punkcie A (0, 3) leżącym na okręgu.
Rozwiązanie:
1. Przekształcamy równanie ogólne okręgu na równanie środkowe, gdzie
2a = 2 czyli a = 1
stąd
2. Otrzymujemy równanie środkowe okręgu
2b = 3 czyli b = 3/2
r 2 = a 2 + b 2 − c = 1 + 9/4 − 0 = 13/4
(x − 1) 2 + (y − 3/2) 2 = 13/4
3. Korzystamy ze wzoru na równanie stycznej do okręgu (wzór nr 4, str. 40)
(0 − 1)(x − 1) + (3 − 3/2)(y − 3/2) = 13/4
4. Po wymnożeniu i uporządkowaniu otrzymujemy równanie stycznej
y = 2/3x + 3
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = 2/3x + 3. (rys. 185)
Rys. 185
Zadanie 74. Znaleźć równanie stycznej do okręgu (x − 5) 2 + (y − 2) 2 = 50 w punkcie A (−2, 1) leżącym
na okręgu.

Rozdział 11. Zadania
177
Rozwiązanie:
1. Korzystamy ze wzoru na równanie stycznej do okręgu (wzór nr 4, str. 40)
(−2 − 5)(x − 5) + (1 − 2)(y − 2) = 50
−7x + 35 − y + 2 − 50 = 0
stąd
y = −7x − 13
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = −7x − 13. (rys. 186)
Rys. 186
Zadanie 75. Z punktu P (1, −13) poprowadzić styczne do okręgu (x − 6) 2 + (y + 3) 2 = 25.
Rozwiązanie:
1. Z warunków zadania wynika, że pierwsza styczna ma równanie x = 1. (rys. 187)
2. Oznaczamy współrzędne drugiego szukanego punktu styczności jako A (x 1
, y 1
), zaś środka okręgu jako
O (6, −3).
3. Obliczamy współczynniki kierunkowe prostych AO i PA
−3−y1
y1
+ 13
a
AO
= oraz aPA
=
6−
x1
x1
−1
4. Skoro AO jest prostopadłe do PA, więc
x1 − 6 y1
+ 13
=
−3−y1 x1
−1
5. Po wymnożeniu i uporządkowaniu otrzymujemy równanie
2 2
x 1
+ y 1
− 7x 1
+ 16y 1
+ 45 = 0 (równanie I)
6. Drugie równanie wynika z faktu, że punkt A (x 1
, y 1
) leży na okręgu, a więc
(x 1
− 6) 2 + (y 1
+ 3) 2 = 25
7. Po uporządkowaniu otrzymujemy równanie
2 2
x 1
+ y 1
− 12x 1
+ 6y 1
+ 20 = 0 (równanie II)
8. Odejmując stronami równanie II od równania I otrzymujemy

178 Rozdział 11. Zadania
5x 1
+ 10y 1
+ 25 = 0
stąd
x 1
= −2y 1
− 5
9. Podstawiamy tę wartość do równania okręgu
(−2y 1
− 5 − 6) 2 + (y 1
+ 3) 2 = 25
2 2
4y 1
+ 44y 1
+ 121 + y 1
+ 6y 1
+ 9 − 25 = 0
2
5y 1
+ 50y 1
+ 105 = 0 (dzielimy przez 5)
2
y 1
+ 10y 1
+ 21 = 0
10. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego
∆ = 100 − 84 = 16
√∆ = ±4
stąd
− 10 + 4
−10 −4
y1
= = − 3 oraz y2
= = −7
2
2
x 1
= 1 oraz x 2
= 9
11. Ponieważ pierwszy punkt leży na stycznej x = 1 interesuje nas tylko punkt drugi
A (9, −7)
12. Znajdujemy równanie stycznej, która przechodzi przez punkty P (1, −13) i A (9, −7)
− 7 + 13
y + 13 = (x −1)
9−1
stąd
y = 3/4x − 55/4
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = 3/4x − 55/4. (rys. 187)
Rys. 187
Zadanie 76. Znaleźć równania stycznych do okręgu (x − 5) 2 + (y − 2) 2 = 13, poprowadzonych z punktu A (10, 3).
Rozwiązanie przebiega według tego samego schematu jak w zadaniu poprzednim.
Rozwiązanie:

Rozdział 11. Zadania
179
1. Oznaczamy współrzędne drugiego szukanego punktu styczności jako P (x 1
, y 1
), zaś środka okręgu jako
O (5, 2).
2. Obliczamy współczynniki kierunkowe prostych AP i OP
3. Ponieważ AP jest prostopadłe do OP, więc
a
AP
y1
− 3
=
x −10
1
y1
− 2
oraz aOP
=
x − 5
10 −x1 y1
−2
=
y −3 x −5
1 1
4. Po wymnożeniu i uporządkowaniu otrzymujemy równanie
x 1
2
+ y 1
2
− 15x 1
− 5y 1
+ 56 = 0 (równanie I)
5. Drugie równanie wynika z faktu, że punkt P (x 1
, y 1
) leży na okręgu, a więc
6. Po uporządkowaniu otrzymujemy równanie
(x 1
− 5) 2 + (y 1
− 2) 2 = 13
x 1
2
+ y 1
2
− 10x 1
− 4y 1
+ 16 = 0 (równanie II)
7. Odejmując stronami równanie II od równania I otrzymujemy
stąd
−5x 1
− y 1
+ 40 = 0
y 1
= −5x 1
+ 40
8. Podstawiamy tę wartość do równania okręgu i otrzymujemy równanie kwadratowe
9. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego
stąd
26x 1
2
− 390x 1
+ 1456 = 0
∆ = 152100 − 151424 = 676
√∆ = ±26
x 1
= 8 oraz x 2
= 7
y 1
= 0 oraz y 2
= 5
10. Znajdujemy równanie stycznej, która przechodzi przez punkty A (10, 3) i P 1
(7, 5)
stąd
5−
3
y − 3 = (x −10)
7 −10
y = −2/3 x + 29/3
11. Znajdujemy równanie stycznej, która przechodzi przez punkty A (10, 3) i P 2
(8, 0)
stąd
0−
3
y − 3 = (x −10)
8 −10
y = 3/2x − 12
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = −2/3x + 29/3 oraz y = 3/2x − 12. (rys. 188)
1

180 Rozdział 11. Zadania
Rys. 188
Zadanie 77. Mając dane równanie okręgu x 2 + y 2 = 5 znaleźć równania stycznych do niego, równoległych
do prostej 2x − y + 1 = 0.
Rozwiązanie:
1. Z warunków zadania wynika, że szukane równanie stycznych ma postać
y = 2x + b
2. Podstawiamy tę wartość do równania okręgu
x 2 + (2x + b) 2 = 5
x 2 + 4x 2 + 4bx + b 2 − 5 = 0
5x 2 + 4bx + b 2 − 5 = 0
3. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)
∆ = 16b 2 − 20b 2 + 100 = 0
−4b 2 = −100
b 2 = 25
stąd
b 1
= 5 oraz b 2
= −5
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = 2x + 5 oraz y = 2x − 5. (rys. 189)
Rys. 189

Rozdział 11. Zadania
181
Zadanie 78. Znaleźć równania stycznych do okręgu x 2 + y 2 − 8x − 10y + 28 = 0, prostopadłych do prostej
3x + 2y − 10 = 0.
Rozwiązanie:
1. Przekształcamy równanie ogólne prostej na równanie kierunkowe i otrzymujemy
y = −3/2x + 5
2. Z warunków zadania wynika, że szukane równanie stycznych ma postać
y = 2/3x + b
3. Podstawiamy tę wartość do równania okręgu
x 2 + (2/3x + b) 2 − 8x − 10(2/3x + b) + 28 = 0
4. Po podniesieniu do kwadratu, pomnożeniu obu stron równania przez 9 i uporządkowaniu otrzymujemy
13x 2 + x(12b − 132) + 9b 2 − 90b + 252 = 0
5. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)
−324b 2 + 1512b + 4320 = 0 (dzielimy przez −108)
3b 2 − 14b − 40 = 0
∆ = 196 + 480 = 676
√∆ = ±26
stąd
b 1
= −2 oraz b 2
= 20/3
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = 2/3x − 2 oraz y = 2/3x + 20/3. (rys. 190)
Rys. 190
Zadanie 79. Znaleźć równania stycznych do okręgu (x − 2) 2 + (y + 4) 2 = 36, równoległych do prostej
4x + 2y − 4 = 0.
Rozwiązanie:
1. Przekształcamy równanie ogólne prostej na równanie kierunkowe i otrzymujemy
y = −2x + 2
2. Z warunków zadania wynika, że szukane równanie stycznych ma postać

182 Rozdział 11. Zadania
y = −2x + b
3. Podstawiamy tę wartość do równania okręgu
x 2 − 4x + 4 + y 2 + 8y + 16 − 36 = 0
x 2 − 4x + (−2x + b) 2 + 8(−2x + b) − 16 = 0
x 2 − 4x + 4x 2 −4bx + b 2 −16x + 8b − 16 = 0
5x 2 − (4b + 20)x + b 2 + 8b − 16 = 0
4. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)
∆ = 16b 2 + 160b + 400 − 20b 2 − 160b + 320 = 0
−4b 2 = −720
b 2 = 180
stąd
b 1
= 6√5 oraz b 2
= −6√5
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = −2x + 6√5 oraz y = −2x − 6√5. (rys. 191)
Rys. 191
Zadanie 80. Znaleźć równania stycznych do okręgu x 2 + y 2 = 9, prostopadłych do prostej −3x + 4y + 12 = 0.
Rozwiązanie:
1. Przekształcamy równanie ogólne prostej na równanie kierunkowe i otrzymujemy
y = 3/4x − 3
2. Z warunków zadania wynika, że szukane równanie stycznych ma postać
3. Podstawiamy tę wartość do równania okręgu
y = −4/3x + b
x 2 + (−4/3x + b) 2 = 9 (mnożymy przez 9)
9x 2 + 16x 2 − 24bx + 9b 2 − 81 = 0
25x 2 − 24bx + 9b 2 − 81 = 0
4. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)
∆ = 576b 2 − 900b 2 + 8100 = 0

Rozdział 11. Zadania
183
stąd
324b 2 = 8100
b 2 = 25
b 1
= 5 oraz b 2
= −5
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = −4/3x + 5 oraz y = −4/3x − 5. (rys. 192)
Rys. 192
Zadanie 81. Znaleźć równanie stycznej do elipsy
Rozwiązanie:
2 2
x y
+ = 1 w punkcie A (−3, 3) leżącym na elipsie.
36 12
1. Korzystamy ze wzoru na równanie stycznej do elipsy (wzór nr 6, str. 49)
( −3) ⋅x
3⋅
y
+ = 1 (mnożymy przez 36)
36 12
−3x + 9y = 36
y = 1/3x + 4
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = 1/3x + 4. (rys. 193)
Rys. 193
Zadanie 82. Znaleźć równanie stycznej do elipsy
2 2
x y
+ = 1 w punkcie A (2, −3) leżącym na elipsie.
16 12

184 Rozdział 11. Zadania
Rozwiązanie:
1. Korzystamy ze wzoru na równanie stycznej do elipsy (wzór nr 6, str. 49)
2⋅
x −3⋅y
+ = 1 (mnożymy przez 48)
16 12
6x − 12y = 48
y = 1/2x − 4
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = 1/2x − 4. (rys. 194)
Rys. 194
2
2
(x + 3) (y −1)
Zadanie 83. Znaleźć równanie stycznej do elipsy + = 1 w punkcie A (−1, −2) leżącym na elipsie.
16 12
Rozwiązanie:
1. Korzystamy ze wzoru na równanie stycznej do elipsy (wzór nr 7, str. 49)
( − 1+ 3)(x+
3) ( −2 −1)(y −1)
+ = 1
16 12
2x + 6 − 3y + 3 + = 1 (mnożymy przez 48)
16 12
6x + 18 − 12y + 12 = 48
y = 1/2x − 3/2
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = 1/2x − 3/2. (rys. 195)
Rys. 195

Rozdział 11. Zadania
185
Zadanie 84. Znaleźć równanie stycznej do elipsy
Rozwiązanie:
2
2
(x −1)
(y − 3)
+ = 1 w punkcie A (−5, 1) leżącym na elipsie.
45 20
1. Korzystamy ze wzoru na równanie stycznej do elipsy (wzór nr 7, str. 49)
( −5 −1)(x− 1) (1 −3)(y −3)
+ = 1 (mnożymy przez 180)
45 20
−24x + 24 − 18y + 54 − 180 = 0
y = −4/3x − 17/3
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = −4/3x − 17/3. (rys. 196)
Rys. 196
Zadanie 85. Z punktu A (−5, −2) poprowadzić styczne do elipsy
Rozwiązanie:
2
2
(x − 3) (y + 2)
+ = 1.
36 9
1. Znajdujemy równanie pęku prostych przechodzących przez punkt A (−5, −2)
y + 2 = a(x + 5)
y = ax + 5a − 2
2. Podstawiamy tę wartość do równania elipsy
2 2
(x− 3) (ax+ 5a− 2+
2)
+ = 1 (mnożymy przez 36)
36 9
x 2 − 6x + 9 + 4a 2 x 2 + 40a 2 x + 100a 2 − 36 = 0
(4a 2 + 1)x 2 + (40a 2 − 6)x + 100a 2 − 27 = 0
3. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)
∆ = 1600a 4 − 480a 2 + 36 − 1600a 4 − 400a 2 + 432a 2 + 108 = 0
−448a 2 = −144
stąd
a 2 = 9/28
a 1
= √9/28 = 0,57 oraz a 2
= −√9/28 = −0,57

186 Rozdział 11. Zadania
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = 0,57x + 0,85 oraz y = −0,57x − 4,85. (rys. 197)
Rys. 197
2 2
x y
Zadanie 86. Dane jest równanie elipsy + = 1 . Znaleźć równania stycznych poprowadzonych z punktu
15 9
A (−6, 3) położonego poza elipsą.
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy równanie pęku prostych przechodzących przez punkt A (−6, 3)
y − 3 = a(x + 6)
y = ax + 6a + 3
2. Podstawiamy tę wartość do równania elipsy
2 2
x (ax+ 6 a+
3)
+ = 1 (mnożymy przez 45)
15 9
3x 2 + 5(ax + 6a + 3) 2 = 45
3x 2 + 5(a 2 x 2 + 12a 2 x + 36a 2 + 6ax + 36a + 9) − 45 = 0
3x 2 + 5a 2 x 2 + 60a 2 x + 180a 2 + 30ax + 180a + 45 − 45 = 0
(5a 2 + 3)x 2 + (60a 2 + 30a)x + 180a 2 + 180a = 0
3. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)
∆ = 3600a 4 + 3600a 3 + 900a 2 − 3600a 4 − 2160a 2 − 3600a 3 − 2160a = 0
−1260a 2 − 2160a = 0 (dzielimy przez 60)
−21a 2 − 36a = 0
3a(7a + 12) = 0
stąd
a = 0 oraz a = −12/7
4. Pierwszy wynik odnosi się do stycznej o równaniu y = 3.
5. Znajdujemy równanie drugiej stycznej
y − 3 = −12/7(x + 6)
y = −12/7x − 51/7

Rozdział 11. Zadania
187
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = 3 oraz y = −12/7x − 51/7. (rys. 198)
Rys. 198
Zadanie 87. Znaleźć równania stycznych do elipsy
Rozwiązanie:
2 2
x y
+ = 1 , równoległych do prostej y = 1/2x − 4.
9 4
1. Z warunków zadania wynika, że szukane równanie stycznej ma postać
y = 1/2x + b
2. Podstawiamy tę wartość do równania elipsy
4x 2 + 9(1/2x + b) 2 = 36
4x 2 + 9/4x 2 + 9bx + 9b 2 − 36 = 0 (mnożymy przez 4)
16x 2 + 9x 2 + 36bx + 36b 2 − 144 = 0
25x 2 + 36bx + 36b 2 − 144 = 0
3. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)
∆ = 1296b 2 − 3600b 2 + 14400 = 0
2304b 2 = 14400
stąd
b 2 = 25/4
b 1
= 5/2 oraz b 2
= −5/2
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = 1/2x + 5/2 oraz y = 1/2x − 5/2. (rys. 199)
Rys. 199

188 Rozdział 11. Zadania
Zadanie 88. Znaleźć równania stycznych do elipsy
Rozwiązanie:
2 2
x y
+ = 1 , prostopadłych do prostej 9x − 3y + 12 = 0.
25 16
1. Przekształcamy równanie ogólne prostej na równanie kierunkowe i otrzymujemy
y = 3x + 4
2. Z warunków zadania wynika, że szukane równanie stycznych ma postać
y = −1/3x + b
3. Podstawiamy tę wartość do równania elipsy
16x 2 + 25(−1/3x + b) 2 = 400
16x 2 + 25/9x 2 − 50/3bx + 25b 2 − 400 = 0 (mnożymy przez 9)
144x 2 + 25x 2 − 150bx + 225b 2 − 3600 = 0
169x 2 − 150bx + 225b 2 − 3600 = 0
4. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)
∆ = 22500b 2 − 152100b 2 + 2433600 = 0
−129600b 2 = −2433600
stąd
b 2 = 169/9
b = 13/3 oraz b = −13/3
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = −1/3x + 13/3 oraz y = −1/3x − 13/3. (rys. 200)
Rys. 200
Zadanie 89. Elipsa przechodzi przez punkt P (3, 12/5) i jest styczna do prostej 4x + 5y − 25 = 0. Znaleźć równanie
elipsy i współrzędne punktu styczności.
Rozwiązanie:
1. Skoro elipsa przechodzi przez punkt P (3, 12/5), to jego współrzędne muszą spełniać równanie elipsy,
a więc
9 144
+ = 1 (równanie I)
2 2
a 25b

Rozdział 11. Zadania
189
2. Korzystamy ze wzoru na warunek styczności elipsy i prostej (str. 87)
A 2 a 2 + B 2 b 2 = C 2
stąd
16a 2 + 25b 2 = 625 (równanie II)
a
−
16
2
2 25(25 b )
3. Podstawiamy tę wartość do równania I
144 144
+ = 1 (mnożymy przez 25b 2 (25 − b 2 ))
2 2
25(25 − b ) 25b
144b 2 + 3600 − 144b 2 = 625b 2 − 25b 4
25b 4 − 625b 2 + 3600 = 0
4. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego
∆ = 390625b 4 − 360000b 4 = 30625b 4
=
stąd
√∆ = ±175b 2
b 1
2
= 16 oraz b 2
2
= 9
a 1
2
= 225/16 oraz a 2
2
= 25
Odpowiedź: Szukane równania elipsy to
2 2
16x y
+ = 1 oraz
225 16
2 2
x y
+ = 1 . (rys. 201 i 202)
25 9
Rys. 201 Rys. 202
Zadanie 90. Znaleźć równanie elipsy stycznej do prostych x + y = 5 oraz x − 4y = 10.
Rozwiązanie:
1. Korzystamy ze wzoru na warunek styczności elipsy i prostej (str. 87)
A 2 a 2 + B 2 b 2 = C 2
a 2 + b 2 = 25 (równanie I)
a 2 + 16b 2 = 100 (równanie II)
2. Odejmując stronami od równania II równanie I otrzymujemy

190 Rozdział 11. Zadania
stąd
Odpowiedź: Szukane równanie elipsy to
15b 2 = 75
b 2 = 5 oraz a 2 = 20
2 2
x y
+ = 1 . (rys. 203)
20 5
Rys. 203
Zadanie 91. Znaleźć równanie stycznej do hiperboli
Rozwiązanie:
2 2
x y
− = 1 w punkcie A (4√2, 3) leżącym na hiperboli.
16 9
1. Korzystamy ze wzoru na równanie stycznej do hiperboli (wzór nr 9, str. 59)
4 2x 3y
− = 1 (mnożymy przez 144)
16 9
stąd
36√2x − 48y = 144
y = 3√2/4x − 3
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = 3√2/4x − 3. (rys. 204)
Rys. 204
Zadanie 92. Znaleźć równanie stycznej do hiperboli
2 2
x y
− = 1 w punkcie A (−4, 3) leżącym na hiperboli.
8 9

Rozdział 11. Zadania
191
Rozwiązanie:
1. Korzystamy ze wzoru na równanie stycznej do hiperboli (wzór nr 9, str. 59)
−4x
3y
− = 1 (mnożymy przez 72)
8 9
stąd
−36x − 24y = 72
y = −3/2x − 3
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = −3/2x − 3. (rys. 205)
Rys. 205
Zadania 93. Znaleźć równanie stycznej do hiperboli
na hiperboli.
2
2
(x − 3) (y + 2)
− = 1 w punkcie A (9, 1) leżącym
18 9
Rozwiązanie:
1. Korzystamy ze wzoru na równanie stycznej do hiperboli (wzór nr 10, str. 59)
(9 −3)(x −3)
(1 + 2)(y + 2)
− = 1 (mnożymy przez 36)
18 9
12x − 36 − 12y − 24 = 36
stąd
y = x − 8
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = x − 8. (rys. 206)
Rys. 206

192 Rozdział 11. Zadania
Zadanie 94. Znaleźć równanie stycznej do hiperboli
na hiperboli.
2
2
(x + 5) (y + 3)
− = 1 w punkcie A (7, 3) leżącym
36 12
Rozwiązanie:
1. Korzystamy ze wzoru na równanie stycznej do hiperboli (wzór nr 10, str. 59)
(7 + 5)(x + 5) (3 + 3)(y + 3)
− = 1 (mnożymy przez 36)
36 12
12x + 60 − 18y − 54 − 36 = 0
stąd
y = 2/3x − 5/3
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = 2/3x − 5/3. (rys. 207)
Rys. 207
Zadanie 95. Znaleźć równania stycznych do hiperboli
leżącego poza hiperbolą.
2 2
x y
− = 1 , poprowadzonych z punktu A (2, 0)
8 9
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy równanie pęku prostych, przechodzących przez punkt A
y − 0 = a 1
(x − 2)
y = a 1
x − 2a 1
2. Korzystamy ze wzoru na warunek styczności hiperboli i prostej (str. 87)
2
b 1
+ b 2 − a 12
a 2 = 0
2 2
4a 1
+ 9 − 8a 1
= 0
stąd
2
a 1
= 9/4
a 1
= 3/2 oraz a 1
= −3/2
Odpowiedz: Szukane równania stycznych to y = 3/2x − 3 oraz y = −3/2x + 3. (rys. 208)

Rozdział 11. Zadania
193
Rys. 208
2
2
(x −1)
(y + 3)
Zadanie 96. Mając dane równanie hiperboli − = 1 znaleźć równania stycznych do niej poprowadzonych
z punktu A (3, −3) leżącego poza hiperbolą.
8 9
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy równanie pęku prostych, przechodzących przez punkt A
y + 3 = a(x − 3)
y = ax − 3a − 3
2. Podstawiamy tę wartość do równania hiperboli
2 2
(x −1) (ax−3 a− 3 + 3)
− = 1 (mnożymy przez 72)
8 9
9(x 2 − 2x + 1) − 8(a 2 x 2 − 6a 2 x + 9a 2 ) = 72
9x 2 − 18x + 9 − 8a 2 x 2 + 48a 2 x − 72a 2 − 72 = 0
(9 − 8a 2 )x 2 + (48a 2 − 18)x − 72a 2 − 63 = 0
3. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)
∆ = 2304a 4 − 1728a 2 + 324 + 2592a 2 − 2304a 4 + 2268 − 2016a 2 = 0
1152a 2 = 2592
stąd
a 2 = 9/4
a 1
= 3/2 oraz a 2
= −3/2
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = 3/2x − 15/2 oraz y = −3/2x + 3/2. (rys. 209)

194 Rozdział 11. Zadania
Rys. 209
Zadanie 97. Znaleźć równania stycznych do hiperboli
Rozwiązanie:
2 2
x y
− = 1 , równoległych do prostej x + y − 7 = 0.
15 6
1. Przekształcamy równanie ogólne prostej na równanie kierunkowe
y = −x + 7
2. Skoro styczne mają być równoległe do prostej, to muszą mieć postać
y = −x + b
3. Podstawiamy tę wartość do równania hiperboli
2 2
x ( − x + b)
− = 1 (mnożymy przez 30)
15 6
2x 2 − 5x 2 + 10bx − 5b 2 − 30 = 0
−3x 2 + 10bx − 5b 2 − 30 = 0
4. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)
∆ = 100b 2 − 60b 2 − 360 = 0
40b 2 = 360
b 2 = 9
stąd
b 1
= 3 oraz b 2
= −3
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = −x + 3 oraz y = −x − 3. (rys. 210)
Rys. 210

Rozdział 11. Zadania
195
Zadanie 98. Znaleźć równania stycznych do hiperboli
y = −x + 2.
2
2
(x − 2) (y + 3)
− = 1 , prostopadłych do prostej
5 4
Rozwiązanie:
1. Skoro styczne mają być prostopadłe do prostej, to muszą mieć postać
y = x + b
2. Podstawiamy tę wartość do równania hiperboli
2 2
(x − 2) (x + b+
3)
− = 1 (mnożymy przez 20)
5 4
4x 2 − 16x + 16 − 5x 2 − 10bx − 5b 2 − 30x − 30b − 45 − 20 = 0
−x 2 − (46 + 10b)x − 5b 2 − 30b − 49 = 0
3. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)
∆ = 2116 + 920b + 100b 2 − 20b 2 − 120b − 196 = 0
80b 2 + 800b + 1920 = 0 (dzielimy przez 80)
b 2 + 10b + 24 = 0
∆ = 100 − 96 = 4
√∆ = ±2
stąd
− 10 + 2
−10 −2
b1
= = − 4 oraz b 2
= = −6
2
2
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = x − 4 oraz y = x − 6. (rys. 211)
Rys. 211
Zadanie 99. Znaleźć równania stycznych do hiperboli
Rozwiązanie:
2 2
x y
− = 1 , prostopadłych do prostej y = 2/3x − 3.
8 9
1. Skoro styczne mają być prostopadłe do prostej, to muszą mieć postać

196 Rozdział 11. Zadania
2. Podstawiamy tę wartość do równania hiperboli
2
2
x 2 1
y = −3/2x + b
3
( − x + b)
−
8 9
= (mnożymy przez 288)
36x 2 − 72x 2 + 96bx − 32b 2 − 288 = 0
−36x 2 + 96bx − 32b 2 − 288 = 0 (dzielimy przez 4)
−9x 2 + 24bx − 8b 2 − 72 = 0
3. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)
∆ = 576b 2 − 288b 2 − 2592 = 0
288b 2 = 2592
b 2 = 9
stąd
b 1
= 3 oraz b 2
= −3
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = −3/2 + 3 oraz y = −3/2 − 3. (rys. 212)
Rys. 212
Zadanie 100. Znaleźć równania stycznych do hiperboli
3x + 2y − 6 = 0.
2 2
(x + 2) y
− = 1 , równoległych do prostej
16 8
Rozwiązanie:
1. Przekształcamy równanie ogólne prostej na równanie kierunkowe
2y = −3x + 6
y = −3/2x + 3
2. Skoro styczne mają być równoległe do prostej to muszą mieć postać
3. Podstawiamy tę wartość do równanie hiperboli
y = −3/2x + b

Rozdział 11. Zadania
197
3
( − x+
b)
16
−
8
= (mnożymy przez 96)
2
2
(x + 2) 2 1
6(x + 2) 2 − 12(−3/2x + b) 2 = 96
6x 2 + 24x + 24 − 27x 2 + 36bx − 12b 2 − 96 = 0
− 21x 2 + (24 + 36b)x − 12b 2 − 72 = 0
4. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)
∆ = 576 + 1728b + 1296b 2 − 1008b 2 − 6048 = 0
288b 2 + 1728b − 5472 = 0 (dzielimy przez 288)
b 2 + 6b − 19 = 0
∆ = 36 + 76 = 112
√∆ = ±4√7
stąd
−6−4 7
− 6+
4 7
b1
= = −3− 2 7 oraz b 2
= = − 3+
2 7
2
2
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = −3/2x − 3 − 2√7 oraz y = −3/2x − 3 + 2√7. (rys. 213)
Rys. 213
Zadanie 101. W punkcie A (4, 4) na paraboli
Rozwiązanie:
2
y
x = poprowadzono styczną. Znaleźć jej równanie.
4
1. Znajdujemy równanie pęku prostych, przechodzących przez punkt A
y − 4 = a(x − 4)
y = ax − 4a + 4
2. Korzystamy ze wzoru na warunek styczności paraboli i prostej (str. 87)
p − 2a 1
b 1
= 0
2 − 2a 1
(− 4a 1
+ 4) = 0

198 Rozdział 11. Zadania
2
2 + 8a 1
− 8a 1
= 0
2
4a 1
− 4a 1
+ 1 = 0
3. Obliczamy wyróżnik równania i przyrównujemy go do zera (warunek styczności prostej i hiperboli)
∆ = 16 − 16 = 0
stąd
a 1
= 1/2
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = 1/2 x + 2. (rys. 214)
Rys. 214
Zadanie 102. Znaleźć równanie stycznej do paraboli y = 3x 2 − 6x, poprowadzonej w punkcie A (3, 9) leżącym
na paraboli.
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy równanie pęku prostych, przechodzących przez punkt A
y − 9 = a(x − 3)
y = ax − 3a + 9
2. Podstawiamy tę wartość do równania paraboli
ax − 3a + 9 = 3x 2 − 6x
3x 2 − (6 + a)x + 3a − 9 = 0
3. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)
∆ = 36 + 12a + a 2 − 36a + 108 = 0
a 2 − 24a + 144 = 0
∆ = 576 − 576 = 0
stąd
a = 12
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = 12x − 27. (rys. 215)

Rozdział 11. Zadania
199
Rys. 215
Zadanie 103. Z punktu A (−8, −2) poprowadzić styczne do paraboli
Rozwiązanie:
2
y
x = .
4
1. Znajdujemy równanie pęku prostych, przechodzących przez punkt A
y + 2 = a(x + 8)
stąd
y − 8a + 2
x =
a
2. Podstawiamy tę wartość do równania paraboli
2
y − 8a + 2 y =
a 4
ay 2 − 4y + 32a − 8 = 0
3. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)
∆ = 16 − 128a 2 + 32a = 0 (dzielimy przez 16)
−8a 2 + 2a + 1 = 0
∆ = 4 + 32 = 36
stąd
√∆ = ±6
a = −1/4 oraz a = 1/2
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = 1/2x + 2 oraz y = −1/4x − 4. (rys. 216)
Rys. 216

200 Rozdział 11. Zadania
Uwaga: Zadanie to można rozwiązać również korzystając ze wzoru na warunek styczności paraboli do
prostej (str. 87) p − 2a 1
b 1
= 0, gdzie podstawiając p = 2, a 1
= a, oraz b 1
= 8a − 2 otrzymujemy
2 − 2a(8a − 2) = 0, czyli po przekształceniu to samo równanie −8a 2 + 2a + 1 = 0. Dalszy ciąg jak wyżej.
Zadanie 104. Z punktu A (−4, 1) poprowadzić styczne do paraboli
Rozwiązanie:
2
y
x = .
6
1. Znajdujemy równanie pęku prostych, przechodzących przez punkt A
y − 1 = a(x + 4)
y = ax + 4a + 1
stąd
y −4a −1
x =
a
2. Podstawiamy tę wartość do równania paraboli
2
y −4a − 1 y =
a 6
ay 2 = 6y − 24a − 6
ay 2 − 6y + 24a + 6 = 0
3. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)
∆ = 36 − 96a 2 − 24a = 0 (dzielimy przez 12)
−8a 2 − 2a + 3 = 0
∆ = 4 + 96 = 100
stąd
√∆ = ±10
a = −3/4 oraz a = 1/2
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = −3/4x − 2 oraz y = 1/2x + 3. (rys. 217)
Rys. 217
Zadanie 105. Z punktu A (1, 1) położonego poza parabolą
2
x
y = − + x poprowadzić styczne do niej.
4

Rozdział 11. Zadania
201
Rozwiązanie:
1. Znajdujemy równanie pęku prostych, przechodzących przez punkt A
y − 1 = a(x − 1)
y = ax − a + 1
2. Podstawiamy tę wartość do równania paraboli
ax − a + 1 = −1/4x 2 + x
1/4x 2 + (a − 1)x − a + 1 = 0
3. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)
∆ = a 2 − 2a + 1 + a − 1 = 0
a 2 − a = 0
a(a − 1) = 0
stąd
a = 0 oraz a = 1
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = 1 oraz y = x. (rys. 218)
Rys. 218
Zadanie 106. Znaleźć równanie wspólnych stycznych paraboli
Rozwiązanie:
2 20x
y = i elipsy
3
2 2
x y
+ = 1.
45 20
Ponieważ obie proste mają być stycznymi do obu krzywych, muszą być równocześnie spełnione warunki
styczności prostej i paraboli oraz prostej i elipsy.
1. Warunek styczności dla prostej y = a 1
x + b 1
i paraboli x =
2p
2. Warunek styczności dla prostej y = a 1
x + b 1
i elipsy
2
y
p − 2a 1
b 1
= 0 (równanie I)
x
a
2
2
y
+ = 1
b
2 2
a 12
a 2 + b 2 − b 1
2
= 0 (równanie II)

202 Rozdział 11. Zadania
3. Z zrównania paraboli wynika, że
4. Podstawiając wartość p do równania I otrzymujemy
2p = 20/3
p = 10/3
10/3 − 2a 1
b 1
= 0
2a 1
b 1
= 10/3
5
a1
=
3b
5. Podstawiając wartości p i a 1
do równania II otrzymujemy
stąd
25
2
45⋅ + 20 − b1
= 0 (mnożymy przez b
9b
12
)
2
1
125 + 20b 1
2
− b 1
4
= 0
b 1
4
− 20b 1
2
− 125 = 0
∆ = 400 + 500 = 900
1
√∆ = ±30
b 1
2
= −5 oraz b 1
2
= 25
6. Pierwszą wartość odrzucamy (kwadrat liczby nie może być ujemny), więc otrzymujemy
i odpowiednio
b 1
= 5 oraz b 1
= −5
a 1
= 1/3 oraz a 1
= −1/3
Odpowiedź: Szukane równania stycznych to y = −1/3x − 5 oraz y = 1/3x + 5. (rys. 219)
Rys. 219
Zadanie 107. Mając dane równanie paraboli y 2 = 12x znaleźć równania stycznych równoległych do prostej
3x − y + 5 = 0.
Rozwiązanie:
1. Przekształcamy równanie ogólne prostej na równanie kierunkowe

Rozdział 11. Zadania
203
y = 3x + 5
2. Skoro styczne mają być równoległe do prostej, to muszą mieć postać
y = 3x + b
3. Podstawiamy tę wartość do równania paraboli
(3x + b) 2 = 12x
9x 2 + 6bx + b 2 − 12x = 0
9x 2 + (6b − 12)x + b 2 = 0
4. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)
∆ = 36b 2 − 144b + 144 − 36b 2 = 0
144b = 144
stąd
b = 1
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = 3x + 1. (rys. 220)
Rys. 220
Zadanie 108. Znaleźć równanie stycznej do paraboli
Rozwiązanie:
2
y
x = , prostopadłej do prostej y = −x + 2.
8
1. Skoro styczna ma być prostopadła do prostej, to musi mieć postać
y = x + b
stąd
x = y − b
2. Podstawiamy tę wartość do równania paraboli
y− b =
8
y 2 − 8y + 8b = 0
3. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)
∆ = 64 − 32b = 0
2
y

204 Rozdział 11. Zadania
stąd
32b = 64
b = 2
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = x + 2. (rys. 221)
Rys. 221
Zadanie 109. Znaleźć równanie stycznej do paraboli
Rozwiązanie:
2
x
y = , prostopadłej do prostej 3x + 2y + 8 = 0.
6
1. Przekształcamy równanie ogólne prostej na równanie kierunkowe
y = −3/2x − 4
2. Skoro styczna ma być prostopadła do prostej, to musi mieć postać
y = 2/3x + b
3. Podstawiamy tę wartość do równania paraboli
2
2 x
x+ b =
3 6
x 2 − 4x − 6b = 0
4. Obliczamy wyróżnik równania kwadratowego i przyrównujemy go do zera (warunek styczności)
∆ = 16 + 24b = 0
24b = −16
stąd
b = −2/3
Odpowiedź: Szukane równanie stycznej to y = 2/3x − 2/3. (rys. 222)

Rozdział 11. Zadania
205
Rys. 222
Zadanie 110. Znaleźć równanie paraboli, której osią jest oś OX, wierzchołkiem początek układu, i która jest
styczna do prostej x − 2y + 5 = 0.
Rozwiązanie:
1. Z założenia zadania wynika, że szukana parabola ma postać x =
2p
2. Korzystamy ze wzoru na warunek styczności paraboli i prostej (str. 87)
B 2 p − 2AC = 0
4p − 2·1·5 = 0
4p = 10
2p = 5
2
y
Odpowiedź: Szukane równanie paraboli to
2
y
x = . (rys. 223)
5
Rys. 223

206 Załącznik 1. Przekształcenia równań na funkcje
Załącznik 1
Przekształcenia równań na funkcje
Nr
rys.
Równanie krzywej
Krzywa jako
funkcja
Wartości odciętej i rzędnej
1 2 3 4
60
2 2
x y
+ = 1
100 64
4
y = ± 100 −x
5
2
x ±10 ±8 ±6 ±4 ±2 0
y 0 ±4,8 ±6,4 ±7,3 ±7,8 ±8
61
2 2
x y
+ = 1
16 12
y = ±
48 − 3x
4
2
x ±4 ±3 ±2 ±1 0
y 0 ±2,3 ±3 ±3,4 ±3,5
62
2 2
x y
+ = 1
36 12
y = ±
36 − x
3
2
x ±6 ±5 ±4 ±3 ±2 ±1 0
y 0 ±1,9 ±2,6 ±3 ±3,3 ±3,4 ±3,5
63
2 2
x y
+ = 1
49 16
4
y = ± 49 −x
7
2
x ±7 ±6 ±5 ±4 ±3 ±2 ±1 0
y 0 ±2,1 ±2,8 ±3,3 ±3,6 ±3,8 ±4 ±4
2 2
(x −p) (y −q)
Uwaga: Aby narysować obraz elipsy + = 1 należy najpierw narysować elipsę
2 2
a b
x
a
2
2
y
+ = 1 i następnie przesunąć ją o wektor [p, q].
b
2 2
(x 7) (y 4)
+ =
49 16
x 0 2 4 7 10 12 14
y 4
1,2
6,8
0,4
7,6
0
8
0,4
7,6
1,2
6,8
4
64
2 2
x y
+ = 1
50 32
4
y = ± 50 −x
5
2
x ±7 ±6 ±5 ±4 ±3 ±2 ±1 0
y ±0,8 ±3 ±4 ±4,7 ±5,1 ±5,4 ±5,6 ±5,7
65
2 2
x y
+ = 1
25 9
3
y = ± 25 −x
5
2
x ±5 ±4 ±3 ±2 ±1 0
y 0 ±1,8 ±2,4 ±2,7 ±2,9 ±3
66
2 2
x y
+ = 1
100 36
3
y = ± 100 −x
5
2
x ±10 ±8 ±6 ±4 ±2 0
y 0 ±3,6 ±4,8 ±5,5 ±5,9 ±6
67
3 2
4(x − ) 2
2 y
+ = 1
25 4
x −1 −0,5 0,5 1,5 2,5 3,5 4
y 0 ±1,2 ±1,8 ±2 ±1,8 ±1,2 0

Załącznik 1. Przekształcenia równań na funkcje
207
68
2 2
x y
− = 1
16 9
3
4
2
y = ± x −16
x ±9 ±8 ±7 ±6 ±5 ±4
y ±6 ±5,2 ±4,3 ±3,4 ±2,3 ±0
69
2 2
x y
− = 1
16 9
3
= ± − jak w rysunku 68
4
2
y x 16
70
2 2
x y
− = 1
25 16
4
= ± −
5
2
y x 25
x ±10 ±9 ±8 ±7 ±6 ±5
y ±6,9 ±6 ±5 ±3,9 ±2,7 0
71
2 2
x y
− = 1
5 4
y = ±
−
5
2
4x 20
x ±7 ±6 ±5 ±4 ±3 ±2,24
y ±5,9 ±5 ±4 ±3 ±1,8 0
72
2
2
(x − 2) (y + 3)
− = 1
5 4
x −3 −2 −1 −0,24 4,24 5 6 7
y
1
−7
0
−6
−1,2
−4,8
−3
−3
−1,2
−4,8
0
−6
1
−7
73
2 2
x y
− = 1
8 4
y = ±
2
x − 8
2
x ±7 ±6 ±5 ±4 ±3 ±2,83
y ±4,5 ±3,7 ±2,9 ±2 ±0,7 0
74
2 2
x y
− = 1
16 9
3
= ± − jak w rysunku 68
4
2
y x 16
75
76
77
78
79
80
81
x
1
y = ± x −4
2
2
y 1
4 − = 2
2
2 2
(x + 15) y
− = 1
81 144
2 2
x y
2
− = 1 y = ± x −16
16 16
8
y =
x
2
x
y =
8
2
y
x =
12
2
x
y =
4
x ±7 ±6 ±5 ±4 ±3 ±2
y ±3,4 ±2,8 ±2,3 ±1,7 ±1,1 0
x −30 −28 −26 −24 −6 −4 −2 0
y ±16 ±12,5 ±8,4 0 0 ±8,4 ±12,5 ±16
x ±9 ±8 ±7 ±6 ±5 ±4
y ±8,1 ±6,9 ±5,7 ±4,5 ±3 0
x −8 −4 −2 −1 1 2 4 8
y −1 −2 −4 −8 8 4 2 1
x ±8 ±6 ±4 ±2 ±1 0
y 8 4,5 2 0,5 0,1 0
x 0 1/12 1/3 4/3 25/12 3
y 0 ±1 ±2 ±4 ±5 ±6
x ±6 ±4 ±2 ±1 0
y 9 4 1 0,3 0

208
Załącznik 1. Przekształcenia równań na funkcje
82
2
y
x =
6
x 0 1/6 2/3 3/2 6
y 0 ±1 ±2 ±3 ±6
83
2
x
y = jak w rysunku 79
8
84
85
2
y
x =
4
2
y
x =
4,5
x 0 1/4 1 4 9
y 0 ±1 ±2 ±4 ±6
x 0 2/9 8/9 2 32/9 50/9 8
y 0 ±1 ±2 ±3 ±4 ±5 ±6
86
87
2
x
y =
4
jak w rysunku 81
2
y
x =
4
jak w rysunku 84
88
89
2
y = x + 5x + 4
2
y = − x + 3x
x −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1
y 10 4 0 −2 −2 0 4 10
x −1 0 1 1,5 2 3 4
y -4 0 2 2,3 2 0 -4
1 1
9 3
2
y = − x + x
x −4 −2 0 1,5 3 5 7
y −3,1 −1,1 0 0,3 0 −1,1 −3,1
94
2 2
x y
+ = 1
15 9
y = ±
45 − 3x
5
2
x ±3,87 ±3 ±2 ±1 0
y 0 ±1,9 ±2,6 ±2,9 ±3
95
2 2
x y
− = 1
8 9
y = ±
−
8
2
9x 72
x ±7 ±6 ±5 ±4 ±3 ±2,83
y ±6,8 ±5,6 ±4,4 ±3 ±1,1 0
96
97
2
2
(x − 3) (y + 5)
+ = 1
15 9
2
x
y = jak w rysunku 79
8
x −0,87 0 2 3 4 6 6,87
y
−5
−3,1
−6,9
−2,1
−7,9
−2
−8
−2,1
−7,9
−3,1
−6,9
−5

Załącznik 1. Przekształcenia równań na funkcje
209
98
2
2
(x −1)
(y + 3)
− = 1
8 9
x −4 −3 −2 −1,83 3,83 4 5 6
y
1,4
−7,4
0
−6
−1,9
−4,1
−3
−3
−1,9
−4,1
0
−6
1,4
−7,4
100
2 2
x y
+ = 1
30 24
y = ±
120 − 4x
5
2
x ±5,47 ±5 ±4 ±3 ±2 ±1 0
y 0 ±2 ±3,3 ±4,1 ±4,6 ±4,8 ±4,9
101
2 2
x y
− = 1
15 6
y = ±
−
5
2
2x 30
x ±9 ±8 ±7 ±6 ±5 ±4 ±3,88
y ±5,1 ±4,4 ±3,7 ±2,9 ±2 ±0,6 0
102
2
x
y =
6
x ±6 ±5 ±4 ±3 ±2 ±1 0
y 6 4,2 2,7 1,5 0,7 0,2 0
103
104
2
y
x =
4
jak w rysunku 84
2
y
x =
12
jak w rysunku 80
105
2 2
x y
+ = 1
169 25
5
y = ± 169 −x
13
2
x ±13 ±11 ±9 ±7 ±5 ±3 ±1 0
y 0 ±2,7 ±3,6 ±4,2 ±4,6 ±4,9 ±5 ±5
106
2 2
x y
+ = 1
25 9
3
y 25 x
5
2
= ± − jak w rysunku 65
2 2
x y
+ = 1
9 25
5
y = ± 9−x
3
2
x ±3 ±2 ±1 0
y 0 ±3,7 ±4,7 ±5
107
2 2
x y
+ = 1
169 144
12
y = ± 169 −x
13
2
x ±13 ±11 ±9 ±7 ±5 ±3 ±1 0
y 0 ±6,4 ±8,7 ±10,1 ±11,1 ±11,7 ±12 ±12
108
2 2
x y
− = 1
144 25
5
12
2
y = ± x −144
x ±17 ±16 ±15 ±14 ±13 ±12
y ±5 ±4,4 ±3,8 ±3 ±2,1 0
109
2 2
x y
− = 1
16 9
3
= ± − jak w rysunku 68
4
2
y x 16
110
2 2
x y
− = 1
9 8
2
= ± −
3
2
y 2x 18
x ±8 ±7 ±6 ±5 ±4 ±3
y ±7 ±6 ±4,9 ±3,8 ±2,5 0
111
2
x
y = jak w rysunku 79
8

210
Załącznik 1. Przekształcenia równań na funkcje
2
x
y =
2
x ±4 ±3 ±2 ±1 0
y 8 4,5 2 0,5 0
2
x
y = −
4
x ±6 ±4 ±2 ±1 0
y 9 4 1 0,3 0
112
y = x
2
x ±3 ±2 ±1 0
y 9 4 1 0
y
= −2x
2
x ±3 ±2 ±1 0
y −18 −8 −2 0
152
2 2
3x y
2
+ = 1 y = ± 7 −3x
7 7
x ±1,5 ±1 ±0,5 0
y ±0,5 ±2 ±2,5 ±2,6
154
2 2
x y
+ = 1
16 9
3
y = ± 16 −x
4
2
x ±4 ±3 ±2 ±1 ±0
y 0 ±2 ±2,6 ±2,9 ±3
155
2 2
x y
+ = 1
15 5
y = ±
15 − x
3
2
x ±3,87 ±3 ±2 ±1 0
y 0 ±1,4 ±1,9 ±2,2 ±2,2
156
157
2 2
x y
2
+ = 1 y = ± 2 4−x
4 16
2 2
(x − 3) y
+ = 1
25 16
x ±2 ±1,5 ±1 ±0,5 0
y 0 ±2,6 ±3,5 ±3,9 ±4
x −2 −1 1 3 5 7 8
y 0 ±2,4 ±3,7 ±4 ±3,7 ±2,4 0
158
2 2
x y
+ = 1
25 16
4
y = ± 25 −x
5
2
x ±5 ±4 ±3 ±2 ±1 0
y 0 ±2,4 ±3,2 ±3,7 ±3,9 ±4
2 2
x y
− = 1
9 16
4
= ± −
3
2
y x 9
x ±8 ±7 ±6 ±5 ±4 ±3
y ±9,9 ±8,4 ±6,9 ±5,3 ±3,5 0
159
2 2
25x 25y
− = 1
64 36
3
20
2
y = ± 25x −64
x ±6 ±5 ±4 ±3 ±2 ±1,6
y ±4,3 ±3,6 ±2,7 ±1,9 ±0,9 0
160
2 2
x y
− = 1
64 36
3
= ± −
4
2
y x 64
x ±13 ±12 ±11 ±10 ±9 ±8
y ±7,7 ±6,7 ±5,7 ±4,5 ±3,1 0
161
2 2
x y
− = 1
16 9
3
= ± − jak w rysunku 68
4
2
y x 16

Załącznik 1. Przekształcenia równań na funkcje
211
162
2 2
3x 5y
− = 1
28 28
y = ±
2
3x − 28
5
x ±8 ±7 ±6 ±5 ±4 ±3,06
y ±5,7 ±4,9 ±4 ±3,1 ±2 0
163
2 2
x y
− = 1
25 24
2
5
2
y = ± 6x −150
x ±10 ±9 ±8 ±7 ±6 ±5
y ±8,5 ±7,3 ±6,1 ±4,8 ±3,2 0
164
2 2
x y
2
− = 1 y = ± 3 x −4
4 36
x ±7 ±6 ±5 ±4 ±3 ±2
y ±20,1 ±17 ±13,7 ±10,4 ±6,7 0
165
x
2
2
y 1
4 − = 2
2
1
y = ± x −4
jak w rysunku 75
166
2 2
x y
2
− = 1 y = ± 3x −27
9 27
x ±8 ±7 ±6 ±5 ±4 ±3
y ±12,8 ±11 ±9 ±6,9 ±4,6 0
167
2 2
x y
− = 1
64 36
3
= ± − jak w rysunku 160
4
2
y x 64
168
2
y
x = jak w rysunku 84
4
169
2
y = − x + 3x
jak w rysunku 89
1 1
= − + jak w rysunku 89
9 3
2
y x x
170
2
x
y = jak w rysunku 81
4
171
2
y = − x + 3x −2
x −1 0 1 2 3 4
y -6 -2 0 0 -2 -6
172
2
y
x = jak w rysunku 84
4
173 y = − 2
x ±8 ±4 ±2 ±1 0
y 6 0 −1,5 −1,9 −2
174
2
y
x =
18
x 0 1 3 6 9
y 0 ±4,2 ±7,3 ±10,4 ±12,7

212
Załącznik 1. Przekształcenia równań na funkcje
175
2 2
x y
+ = 1
100 64
4
y 100 x
5
2
= ± − jak w rysunku 60
2
y
x =
24
x 0 1 2 3 4
y 0 ±4,9 ±6,9 ±8,5 ±9,8
176
2
y
x =
8
x 0 1/8 1/2 2 8 12,5 18
y 0 ±1 ±2 ±4 ±8 ±10 ±12
177
178
179
180
2
y
x =
6
jak w rysunku 82
2
x
y =
4
jak w rysunku 81
2
y
x =
8
jak w rysunku 176
2
y
x =
8
jak w rysunku 176
181
2 2
x y
+ = 1
45 20
2
y = ± 45 −x
3
2
x ±6,7 ±6 ±5 ±4 ±3 ±2 ±1 0
y 0 ±2 ±3 ±3,6 ±4 ±4,3 ±4,4 ±4,5
2
y
x = + 14
4
x 14 15 16 17 18 19
y 0 ±2 ±2,8 ±3,5 ±4 ±4,5
182
2
y = x − 4
x ±4 ±3 ±2 ±1 0
y 12 5 0 −3 −4
193
194
195
2 2
x y
+ = 1
36 12
2 2
x y
+ = 1
16 12
2
2
(x + 3) (y −1)
+ = 1
16 12
2
36 − x
y = ± jak w rysunku 62
3
1
y 48 3x
2
2
= ± − jak w rysunku 61
x −7 −5 −3 −1 1
y 1
4
−2
4,5
−2,5
4
−2
1

Załącznik 1. Przekształcenia równań na funkcje
213
196
197
198
2
2
(x −1)
(y − 3)
+ = 1
45 20
2
2
(x − 3) (y + 2)
+ = 1
36 9
2 2
x y
+ = 1
15 9
x −5,7 −4 −2 −0 2 4 6 7,7
y 3
6
0
7
−1
7,4
−1,4
7,4
−1,4
7
−1
6
0
x −3 −1 1 3 5 7 9
y
−2
0,2
−4,2
0,8
−4,8
1
−5
0,8
−4,8
2
45 − 3x
y = ± jak w rysunku 94
5
0,2
−4,2
−2
3
199
2 2
x y
+ = 1
9 4
2
y = ± 9−x
3
2
x ±3 ±2 ±1 0
y 0 ±1,5 ±1,9 ±2
200
2 2
x y
+ = 1
25 16
4
y 25 x
5
2
= ± − jak w rysunku 158
201
2 2
16x y
+ = 1
225 16
16
y = ± 225 −16x
15
2
x ±3,75 ±3 ±2 ±1 0
y 0 ±2,4 ±3,4 ±3,9 ±4
202
2 2
x y
+ = 1
25 9
3
y 25 x
5
2
= ± − jak w rysunku 65
203
2 2
x y
+ = 1
20 5
1
y = ± 20 −x
2
2
x ±4,47 ±4 ±3 ±2 ±1 0
y 0 ±1 ±1,7 ±2 ±2,2 ±2,2
204
2 2
x y
− = 1
16 9
3
= ± − jak w rysunku 68
4
2
y x 16
205
206
207
208
2 2
x y
− = 1
8 9
2
2
(x − 3) (y + 2)
− = 1
18 9
2
2
(x + 5) (y + 3)
− = 1
36 12
2 2
x y
− = 1
8 9
2
9x − 72
y = ± jak w rysunku 95
8
x −4 −3 −2 −1,25 7,25 8 9 10
y
1,9
−5,9
1
−5
−0,1
−3,9
−2
−2
−0,1
−3,9
1
−5
x 1 2 3 4 5 6 7
y
−3
−0,9
−5,1
0,1
−6,1
0,9
−6,9
1,6
−7,6
2
9x − 72
y = ± jak w rysunku 95
8
2,3
−8,3
3
−9
1,9
−5,9

214
Załącznik 1. Przekształcenia równań na funkcje
209
2
2
(x −1)
(y + 3)
− = 1
8 9
x −4 −3 −2 −1,83 3,83 4 5 6
y
1,4
−7,4
0
−6
−1,9
−4,1
−3
−3
−1,9
−4,1
0
−6
1,4
−7,4
210
2 2
x y
− = 1
jak w rysunku 101
15 6
211
2
2
(x − 2) (y + 3)
− = 1
5 4
x −3 −2 −1 −0,24 4,24 5 6 7
y
1
−7
0
−6
−1,2
−4,8
−3
−3
−1,2
−4,8
0
−6
1
−7
212
2 2
x y
− = 1
jak w rysunku 95
8 9
213
2 2
(x + 2) y
− = 1
16 8
x −9 −8 −7 −6 2 3 4 5
y ±4,1 ±3,2 ±2,1 0 0 ±2,1 ±3,2 ±4,1
214
2
y
x = jak w rysunku 84
4
215
2
y = 3x − 6x
x −2 −1 0 1 2 3 4
y 24 9 0 −3 0 9 24
216
217
2
y
x =
4
jak w rysunku 84
2
y
x =
6
jak w rysunku 82
218
1
= − +
4
2
y x x
x −4 −2 0 2 4 6 8
y −8 −3 0 1 0 −3 −8
219
2 2
x y
+ = 1
45 20
2
y 45 x
3
2
= ± − jak w rysunku 181
220
221
2
y
x =
12
jak w rysunku 80
2
y
x =
8
jak w rysunku 176

Załącznik 1. Przekształcenia równań na funkcje
215
222
2
x
y = jak w rysunku 102
6
223
2
y
x =
5
x 0 1 2 3 4 5
y 0 ±2,2 ±3,2 ±3,9 ±4,5 ±5