Page 154 - 4371

x x  x 2  y y  y 2  0 , що з урахуванням того, що
0 1 1 0 1 1
x 2  y 2  1 приводить до рівності x x  y y  1. Пряма
1 1 0 1 0 1
AB проходить через точку A перпендикулярно до вектора

OM   , yx , отже її рівняння можна записати у виді
0 0
x   xx  y   yy  0 . Після розкриття дужок і враху-
0 1 0 1
вання рівності, одержаної вище, маємо: x x  y y  1  0 .
0 0
Знайдемо спільну точку цієї прямої з гіперболою; для цього
x 2  y 2  ,1
розв’яжемо систему:  Із другого рівняння
x x  y y 1  .0
 0 0
1 x x 1 2 xx  x 2 x 2
y  0 підставимо в перше: x 2  0 0  1,
y y 2
0 0
2
2
2
або y 2 x  1 2 xx  x 2 x  y , звідки y 2  x 2 x 2  x2 x 
0 0 0 0 0 0 0
2
 1 y 2  0 . Враховуючи, що y 2  x 2   1 1 y  2 x , ма-
0 0 0 0 0
2
ємо   x x   , тобто рівняння має єдиний корінь
0
0
1 x 2 y 2
x  x . Тоді y  0   0   y . Таким чином,
0 0
y y
0 0
C x ,  y  – єдина спільна точка прямої і гіперболи.
0 0
Щоб переконатись, що це саме точка дотику, а не пере-
~
тину, візьмемо на прямій довільну іншу точку xD , ~  y
~ ~
( x x  y y  1) і розглянемо
0 0
~ 2 2 ~
2 ~ 2 ~ 2 ~ 1  2 xx 0  x 0 x 1 2 2 ~ 2~ 2
x  y  x    xy 0 1  2 xx 0  x 0 x 
y 2 y 2
0 0
1 2~ 2 2 2 ~ 2~ 2 1 2 2 2 ~ ~ 2 2
  xy 0  x 0  y 0  2 xx 0  x 0 x    y 0  x 0 x  2 xx 0  x 0  y 0 
y 2 y 2
0 0
1 ~ 1 ~ 2 1
~ 2
 2  x  2 xx 0  x 0 2  y 0 2  2 y 0 2    xx 0   2 y 2 0  1.
y y y
0 0 0
~ 2
~ 2
Отже, x  y  1 для будь-якої точки прямої, відмінної від
точки D . Це свідчить про те, що всі точки прямої (крім то-
154