Лекция. Лекция 12. Поверхности второго порядка

• Название: Лекция 12. Поверхности второго порядка
• Анкор: Лекция
• Дата: 08.04.2022
• Размер: 169.88 Kb.
• Имя файла: Lektsia_12_Poverkhnosti_2_poryadka_2021.docx
• Тип: Лекция; #452984
• страница: 5 из 6

Примерырешениязадач

1. 
   С помощью переноса начала координат привести уравнение кривой второго порядка к каноническому виду. Определить тип кривой и изобразить её в исходной системе координат:
   

4x² + z² – 24x+ 8y+ 2z+ 5 = 0.

Решение.Выделим в уравнении полные квадраты:

4(x² – 6x+ 9) – 36 + (z² + 2z+1)  1 + 8y+ 5 = 0,

4(x– 3)² + (z+ 1)² + 8y– 32 = 0,

4(x– 3)² + (z+ 1)² = – 8(y– 4).

Делаем замену координат:

x = x– 3, y= y– 4, z = z+ 1,

Она равносильна переносу начала координат в точку O'(3, 4,–1). После замены получаем уравнение

4x²

+ z ²

= – 8y,  (x)²

(z )²

+ ₄ = – 8y,

Это уравнение задает эллиптический параболоид, ось которого будет

O^y^ .

В сечении плоскостью

y^  8 получится эллипс

(x )²

16 ⁺

(z )²

₆₄ = 1 с полуосями 4 и 8. Это

следует учесть при изображении.

2. 
   Определите,какоемножествоопределяетсявдекартовойсистемекоординат неравенством
   

(x– 3) – 4(y+ 4)²  0.

Изобразитеэтомножество.

Решение.Определим сначала, какое множество определяется уравнением (x– 3) – 4(y+ 4)² = 0. Делаем замену координат

x = x– 3,

y= y+ 4,

z = z.

Она равносильна переносу начала координат ^z _z

в точку O'(3, –4, 0). В новой системе координат

Oxyz получаем, что поверхность задается уравнением

^{(x )2 – 4(y )2 = 0. (}*)

Поскольку в уравнении отсутствует координата z, то мы сразу делаем вывод, что

наша поверхность является цилиндрической и _x

– 4 _O^y

y

O ₃

x

^{ее образующие параллельны оси Oz. На плоскости Oxy уравнение (}*^{) задает пару} пересекающихся прямых

(x – 2y)(x + 2y ) = 0.

Эта кривая 2 порядка будет направляющей для нашей поверхности. Значит, наша поверхность – это пара пересекающихся плоскостей. Для того, чтобы не загромождать изображение мы нарисовали только небольшую часть этой поверхности. Поскольку изначально у нас было неравенство, то искомое множество

– это внутренность одной из двух пар вертикальных углов, образуемых этими плоскостями. Мы возьмем любую точку на оси Ox: A(a, 0, 0)_{Oxyz} и убедимся, что ее координаты удовлетворяют неравенству (x )² – 4(y )²  0. Значит, ось Ox лежит в нашем множестве. Таким образом, исходное неравенство задает внутренность изображенного двугранного угла и угла, вертикального с ним. А т.к. неравенство нестрогое, то и сами плоскости тоже принадлежат множеству.

3. 
   Составитьуравнениеповерхности,полученнойвращениемкривой
   

z=2y–2,

x=0.

вокругосиa) Oz, б) Oy. Определитьтипповерхности._z

Решение.Данная система уравнений задает прямую l,

лежащую в плоскости Oyz. Первое из уравнений – это ₂

уравнение lв данной плоскости. Для того, чтобы составить

уравнение поверхности Φ, получающейся вращением lвокруг

Oz, мы должны в уравнении lоставить zбез изменения, а

yзаменить на квадратный корень из суммы квадратов ^Oy

оставшихся координат: y x²+y². Получаем уравнение

z=2

x²+y²

–2, 

(z+2)²

– ₄ = 0.

_xO

Данное уравнение определяет конус, ось которого – Oz , а вершина находится в точке O(0, 0,–2).

Строим изображение данного конуса.

1. 
   Подставив в уравнение конуса z= 2, получим x²+y² = 4. Значит, в сечении плоскостью z= 2 получается окружность радиуса 2. Проводим через точку z= 2 на оси Ozвспомогательные линии, параллельно осям Oxи Oy; откладываем на них от данной точки отрезки длины 2 и через получившиеся точки проводим эллипс, изображающий окружность. При этом, масштаб по оси Oxвыбираем в два раза меньше, чем по осям Oyи Oz.
   
2. 
   Строим эллипс равный данному с центром в точке z= – 6 на оси Oz.
   
3. 
   Проводим касательные к эллипсам через точку O. Подчеркнем, что точкикасания ни в коем случае не совпадают с вершинами эллипса.
   
4. 
   Часть нижнего эллипса, заключенную между точками касания изображаем пунктиром.
   

Аналогично, для того чтобы получить уравнение поверхности вращения вокруг

Oy, мы в уравнении lоставляем yбез изменения, а zзаменяем: z x²+z².

Получаем уравнение

x² –4(y– 1)² +z² = 0,

_x2 _{2 z}2

₄ –(y– 1) + ₄ = 0.

Оно задает конус, вершина которого находится в точке O(0, 1, 0) , а ось конуса – Oy. Эту поверхность тоже следует изобразить. При этом, учитываем, что в сечении плоскостью y= 3 получается окружность радиуса 4.

4. 
   Является ли поверхность заданная уравнением ^x
   

– x² +

_y2 _z2

₄ + ₄ = 1

поверхностьювращения? Еслида,товращениемкакойкривой(написатьуравнение) вокруг какой оси она получена? Изобразите ее.

Решение.Данная поверхность – это однополостный гиперболоид. В уравнении

поверхности можно выделить выражение :

2

– x+ ₄ = 1,

и больше нигде в уравнении xи zне встречаются. Поэтому сразу делаем вывод, что это уравнение задает поверхность вращения вокруг Oy. Для того, чтобы определить,

какая кривая  вращается, мы

_y2

заменяем на yи получаем уравнение – x² +

₄ = 1 кривой, которая лежит в плоскости z = 0. Для того, чтобы задать эту кривую в пространстве, мы должны написать систему уравнений

– x² +

_y2

₄ = 1

Можем заменить плоскости y = 0:

z= 0

на z, и тогда получим уравнение кривой γ', лежащей в

– x² +

_z2

₄ = 1,

y=0.

5. 
   Составьте уравнение поверхности, каждая точка которой равноудалена от плоскостиx=– aи от точки F(a, 0, 0).