Page 157 - 4371

1
Порівнюючи одержані вирази, бачимо, що S  S ,
KLM ABC
2
що і треба було довести.
5.21 Введемо полярну систему координат, помістивши
полюс в точку A і напрямивши полярну вісь так, як пока-
зано на рисунку 5.14. Якщо точка  ,rM  належить вка-
заному геометричному місцю, то, як видно з рисунка
r  R  a sin  . Тоді, в силу симетрії фігури відносно пря-
мої OA, маємо:
  
1 2 2 2 2
S   2  r 2 d      sinaR  d   R 2  2aR sin 
2   
  
2 2 2

 a 2 2
2
 a 2 sin   d  R 2  2aR cos 2    cos1 2  d 
  2
2 

2
2
a  2  2R  a 2 
2
  R   .
2 2
5.22 Шукане рівняння параболи, очевидно, може бути
2
записане у виді y  ax  b. Підставляючи звідси
y  b 2
2
x  у рівняння еліпса, маємо ay  4 y 5 a 4b  0 .
a
Оскільки це рівняння повинно мати лише один корінь, то
його дискримінант повинен дорівнювати нулю, отже
4  a 5 a 4b  0 , або 5a 2  4ab  4  0 . Враховуючи, що
парабола повинна пройти через задані точки, одержуємо
1  a  b , тобто b  a  1. Тоді для a маємо рівняння
5a 2  4a  a  1  4  0, або a 2  4 a 4  0 , звідки a  2 ,
тоді b  3. Таким чином, шукана парабола y 2x 2  3.
5.23 Введемо прямокутну декартову систему координат,
2
в якій рівняння параболи матиме вид x  2 py (див. рису-

157