Справочник. справочный материал. ЭЛЕМЕНТЫ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ -2. Методические указания к расчетным заданиям покурсу высшей математики элементы линейной алгебры и аналитической геометрии. Дифференциальное исчисление функции одного переменного
 Скачать 0.58 Mb.
|
|
Рис. 1 2) 1 2 2 2 2 = − b y a x - гиперболический цилиндр (рис. 2). Рис. 2 3) x 2 = 2py – параболический цилиндр (рис. 3). Рис. 3 Поверхности вращения Поверхность, описываемая некоторой линией, вращающейся вокруг неподвижной прямой d, называется поверхностью вращения с осью вра- щения d. ( ) 0 , 2 2 = + z y x F ,– поверхность вращения с осью вращения Оz, ( ) 0 , 2 2 = + y z x F – поверхность вращения с осью вращения Оу, 18 ( ) 0 , 2 2 = + x y z F – поверхность вращения с осью вращения Ох. Запишем уравнения поверхностей вращения для некоторых частных случаев: 1) 1 2 2 2 2 2 = + + c z a y x – эллипсоид вращения; 2) 1 2 2 2 2 2 = − + c z a y x – однополостный гиперболоид вращения; 3) 1 2 2 2 2 2 − = − + c z a y x – двуполостный гиперболоид вращения; 4) z p y x 2 2 2 = + – параболоид вращения. Аналогично могут быть записаны уравнения для рассмотренных выше поверхностей вращения, если осью вращения являются оси Ох или Оу. Однако перечисленные выше поверхности являются всего лишь частными случаями поверхностей второго порядка общего вида некоторые типы, ко- торых рассмотрены ниже: Сфера: 2 2 2 2 ) ( ) ( ) ( r c z b y a x = − + − + − ( рис.4) Рис. 4. Трехосный эллипсоид: 1 2 2 2 2 2 2 = + + c z b y a x (рис. 5) В сечении эллипсоида плоскостями, параллельными координатным плос- костям, получаются эллипсы с различными осями. Рис. 5. 19 Однополостный гиперболоид: 1 2 2 2 2 2 2 = − + c z b y a x (рис. 6) Рис. 6. Двуполостный гиперболоид: 1 2 2 2 2 2 2 − = − + c z b y a x (рис. 7) Рис. 7 Эллиптический параболоид: 0 , 0 где , 2 2 2 > > = + q p z q y p x (рис. 8) Рис. 8. Гиперболический параболоид: z q y p x 2 2 2 = − (рис. 9) 20 Рис. 9. Конус второго порядка: 0 2 2 2 2 2 2 = − + c z b y a x (рис. 10) Рис. 10. 2.3. Примеры решений расчетных заданий по теме « Аналитиче- ская геометрия на плоскости» Задание 14. Даны вершины треугольника ABC: A(–5;3), B(2;4), C (0;0). Составить уравнение медианы, проведенной из вершины С. Решение. Найдем координаты H – середины AB. , 1,5 2 2 5 - 2 − = + = + = B A H x x x 5 , 3 2 4 3 2 = + = + = B A H y y y Составим уравнение медианы CH, как уравнение прямой, проходящей через две точки C и H. , C H C C H C x x x x y y y y − − = − − 0 5 , 1 0 0 5 , 3 0 − − − = − − x y Получим 0 3 7 = + y x Задание 15. Найти точку, симметричную точке M(3;7) относительно прямой l : 0 2 = − + y x Решение. Искомая точка 1 M лежит на С 4 А В Н y x –5 2 y x M М 1 7 2 M’ -1 2 –5 21 прямой, перпендикулярной данной прямой l и пересекающей ее в точке M ′ . Так как точка M ′делит отрезок 1 MM пополам, то 2 , 2 1 1 M M M M M M y y y x x x + = + = ′ ′ (1) Найдем проекцию точки M на данную прямую. Для этого составим урав- нение прямой 1 l , проходящей через точку M перпендикулярно данной прямой. Угловой коэффициент прямой l равен 1 − = − = B A k . Значит угло- вой коэффициент прямой 1 l : 1 1 1 = − = k k Тогда из уравнения ( ) M M x x k y y − = − 1 получим 3 7 − = − x y Найдем координаты точки M ′, как точки пересечения прямых l и 1 l . Для этого решим систему уравнений = + − = − + 0 4 0 2 y x y x . Получим 3 , 1 = − = ′ ′ M M y x Подставляя эти значения в формулы ( ) 1 , 2 7 3 , 2 3 1 1 1 M M y x + = + = − получим 1 , 5 1 1 − = − = M M y x Задание 16. Составить уравнение высоты CH треугольника ABC: A(–4;3), B(3;–3), C(2;4). Решение. Составим уравнение стороны AB: ; A B A A B A x x x x y y y y − − = − − ; 3 3 4 3 3 3 + + = − − − x y 0 3 7 6 = + + y x Для нахождения высоты запишем каноническое уравнение прямой с направляющим вектором { } 7 , 6 = n , проходящей через точку C: 7 4 6 2 − = − y x Получим 0 10 6 7 = + − y x Задание 17. Найти площадь квадрата с вершиной A(-2;0)и стороной, ле- жащей на прямой l : 0 4 = − − y x Решение. Так как точка A не принадлежит данной прямой, то расстояние от данной точки до l , является стороной квадрата. Это расстояние найдем по формуле: ( ) 2 6 1 1 4 0 1 2 1 2 2 = + − ⋅ − − ⋅ = + + + = B A C By Ax d A A y x A –2 4 –4 y x A B C H – 4 3 3 2 4 – 3 22 Площадь квадрата 2 6 2 2 = = a S 2 ед. 18 = S Задание 18. Даны вершины треугольника ABC: A(–3;0), B(11;–2), C(–5;0). Составить уравнение средней линии, параллельной стороне BC. Решение. Так как средняя линия MN проходит через середины сторон AB и AC, то , 2 , 2 B A M B A M y y y x x x + = + = 2 , 2 C A N C A N y y y x x x + = + = Под- ставив координаты точек, получим , 1 , 4 − = = M M y x 0 , 4 = − = N N y x Уравнение прямой, проходящей через две точки M(4,-1) и N(-4,0): ; A B A A B A x x x x y y y y − − = − − ; 4 4 4 1 0 1 − − − = + + x y 0 4 8 = + + y x Задание 19. Даны точки A(–13;3), B(8;0), C(3;2), D(–3;–1). Найти точку пересечения прямых AB и CD. Решение. Составим уравнение прямой AB: ; A B A A B A x x x x y y y y − − = − − ; 13 8 13 3 0 3 + + = − − x y 0 8 7 = − + y x Составим уравнение прямой CD: ; C D C C D C x x x x y y y y − − = − − ; 3 3 3 2 1 2 − − − = − − − x y 0 1 2 = + − y x Найдем точку пересе- чения прямых, решив систему уравнений: − = − = + 1 2 8 7 y x y x Получим 1 , 1 = = y x Задание 20. Составить уравнение окружности с центром в точке ( ) 4 ; 1 1 − − O , касающейся оси OX. Построить ее. Решение. Найдем радиус искомой окружности. Он равен расстоянию от точки 1 O до прямой 0 = y ( ) 4 1 0 0 4 1 1 0 2 2 = + + ⋅ − − ⋅ = + + + = B A C By Ax d A A Тогда уравнение окружности имеет вид: ( ) ( ) 4 4 1 2 2 2 = − + + y x Задание. 21. Составить каноническое уравнение эллипса , 1 2 2 2 2 = + b y a x если 36 = b , 6 , 0 = ε Сделать чертеж. Решение. Для получения уравнения эллипса, найдем полуось a по формуле a c = ε Между величинами c b a и , у эллипса существует зависимость 2 2 2 c b a = − В 23 нашем случае 1 2 2 2 − = − = ε a b a b a Подставляя исходные данные, полу- чим 45 = a Тогда уравнение эллипса будет 27 36 45 , 1 36 45 2 2 2 2 2 2 2 = − = = + c y x Задание 22. Используя свойства гиперболы, записать уравнение траекто- рии точки M , которая в каждый момент движения находится вдвое даль- ше от точки ( ) 0 ; 8 − F , чем от прямой 2 − = x Решение. Найдем уравнение гиперболы 1 2 2 2 2 = − b y a x . По условию задачи , 2 2 1 a MF MF = − MK MF 2 1 = Если ( ) 2 2 1 8 y x MF + + = и ( ) 2 2 + = x MK , то ( ) ( ) 2 2 2 2 2 8 + = + + x y x , ( ) 2 2 8 y x + + =4 ( ) 2 2 + x , 48 3 2 2 = − y x , 1 48 16 2 2 = − y x Задание 23. Известно, что фокус параболы находится в точке F(6;3), а прямая 0 7 = − y – директриса параболы. Составить уравнение параболы, найти ее параметр и дать геометрическую иллюстрацию. Решение. Центр параболы лежит на прямой 6 = x в точке ( ) 5 ; 6 O между директрисой и фокусом. Используя формулы по преобразованию коорди- нат b y y a x x + ′ = + ′ = , и учитывая, что ( ) ( ) , 0 ; 0 5 ; 6 O O ′ → получим b a + = + = 0 5 , 0 6 . В новой системе координат ( ) 2 ; 0 − ′ F , уравнение дирек- трисы 2 = ′ y , т.к. 5 3 , 6 6 + ′ = + ′ = y x и 5 7 + ′ = y . Парабола будет иметь уравнение y p x ′ − = ′ 2 2 . Если , 2 2 = p то 8 2 y x ′ − = ′ 48 48 − 1 F 2 F 8 − 8 4 − 4 2 − ( ) y K ; 2 − ( ) y x M , y x 0 24 Вернувшись к старой системе координат, получим ( ) ( ) 5 8 6 2 − − = − y x Задание 24. Построить кривую 0 4 4 36 9 2 = − − − x y y Решение. В зависимости от коэффициентов уравнение 0 2 2 2 2 = + + + + F Ey Dx Cy Ax задает окружность, эллипс, гиперболу или параболу. Если , 9 , 0 = = C A т.е 0 = ⋅ C A , то заданное уравнение опреде- ляет параболу. Преобразуем уравнение: 0 4 4 36 9 2 = − − − x y y , ( ) , 40 4 6 3 2 + = − x y ( ) ( ) , 10 4 2 9 2 + = − x y ( ) ( ) , 10 9 4 2 2 + = − x y ( ) ( ) 10 9 2 2 2 2 + ⋅ = − x y Получили уравнение параболы с вершиной ( ) 2 , 10 − O и 9 2 = p Произведем параллельный перенос осей координат, приняв за новое начало точку ( ) 2 , 10 ' − O . Формулы преобразования коор- динат имеют вид , 10 ' − = x x 2 ' + = y y После преобразования координат получим уравнение 9 2 2 ' 2 ' x y ⋅ = Кривая является параболой с директри- сой 9 1 2 − = − = ′ p x и фокусом ′ 0 ; 9 1 F . В системе координат xOy: ( ) 2 , 10 − O ; 9 91 − = x ; − 2; 9 89 F 25 Задание 25. Из = = t y t x cos 1 tg исключить параметр t , найти уравнение кривой в виде ( ) 0 , = y x F и построить ее. Решение. Если = = t y t x cos 1 tg , то ( ) = = x y x t arctg cos 1 arctg . Так как a a 2 tg 1 1 cos + ± = , то ( ) x y arctg tg 1 1 1 2 + ± = , 2 1 x y + ± = , 1 2 2 x y + = Получим 1 2 2 = − x y уравнение равносторонней гиперболы (а=b=1), с фокусами ( ) 2 ; 0 1 F и ( ) 2 ; 0 2 − F на оси ординат. Задание 26. Построить кривую cos 3 1 ϕ = r Решение. Используя формулы , sin , cos ϕ = ϕ = r y r x связывающие пря- моугольные и полярные координаты, получим: ( ) 1 3 1 1 3 1 sin 1 3 1 cos 3 1 , cos 3 1 cos 2 2 2 2 2 2 2 + − = − = ϕ − = ϕ = ϕ = ϕ y x y r y x x , 3 1 2 2 2 + = y x x x 0 3 3 2 2 = − + x y x Выделив полный квадрат, получим уравнение окружности с центром в точке 0 ; 6 1 и радиусом : 6 1 = r 36 1 6 1 2 2 = + − y x Построим ее. |