Page 169 - 4371

2 2 2 2
ходимо до рівності: r  x  x   y  x  x   y .
0 0
Аналогічно, як і у випадку а), одержуємо:
2
2
2
2
 4 r  4x 2 x  4r 2 y  r 2 r  4x 2 , або
0 0
x 2 y 2
  1.
2 2
 r   r 2  4x 2 
   0 
 2   2 
 
Отже, в цьому випадку шуканим геометричним місцем бу-
де еліпс.
5.41 Перш за все доведемо, що центр вписаного в еліпс
ромба співпадає з центром еліпса. Нехай еліпс задано рів-
x 2 y 2
нянням   1 (a  ) b і в нього вписано деякий ромб.
a 2 b 2
a
Рівномірно розтягнемо всю картину в напрямі осі Oy в
b
раз. При цьому еліпс перетвориться в коло, а ромб – у впи-
саний в це коло прямокутник (це випливає з того, що при
рівномірному розтягу паралелограм перетворюється в па-
ралелограм, а паралелограмом, вписаним в коло, може бу-
ти тільки прямокутник). Оскільки центри кола і вписаного
в нього прямокутника співпадають, це означає, що до роз-
тягу центри еліпса і вписаного в нього ромба теж співпа-
дали.
Доведемо, що шуканим перетином буде деякий круг,
центр якого співпадає з центром еліпса. Для доведення
цього твердження, враховуючи, що діагоналі ромба взаєм-
но перпендикулярні і в точці перетину діляться пополам,
досить показати, що всі хорди еліпса, які видно з його
о
центра під кутом 90 , знаходяться на одній і тій же віддалі
від центра. Скористаємось результатом, одержаним при
розв’язуванні задачі 5.12 (див. рисунок 5.6). Знаходимо
 1 1 
AB 2  r 2 r 2  ba 2 2    
1  2 2 2 2 2 2 2 2 
 b cos  a sin  b sin  a cos  
169