Page 153 - 4371

2
 y  a x  1 , c

1 0
0
 2 .
  x  a y  c 2
0
2 0
Поділимо обидві частини першого рівняння системи на
a  0, а обидві частини другого рівняння на a  , після
0
1 2
чого додамо перше рівняння до другого:
y x c c
2
2
x  y  0  0  1  2  0 .
0 0
a a a a
1 2 1 2
Виділяючи повні квадрати, дістаємо
2 2
 1   1  c 1 c 2 1 1
 x     y      2  2 .
0
0
 2a 2   2a 1  a 1 a 2 2a 2  2a 1 

Рисунок 5.11 Рисунок 5.12

Таким чином, точка M лежить на колі з центром у точці
0
 1 1  c c 1 1
O  ,  і радіусом R  1  2  2  2 , що й
 2a 2 2a 1  a 1 a 2 4a 2 4a 1
треба було довести.
5.19 Нехай xM , y  – довільна точка гіперболи, відмін-
0 0
на від  0,1  і  1 ,  0 , і нехай одна із дотичних, проведених із
точки M до кола, дотикається до нього в точці  , yxA , а
1 1
друга – в точці B (див. рисунок 5.12). Оскільки вектори
AM  x  x , y  y  і OA   , yx  ортогональні, то
0 1 0 1 1 1
153