Аналитическая геометрия. Домашнее задание. ДЗ по аналитической геометрии. Решение. Формула уравнения прямой по двум точкам имеет вид, где по условию. Уравнение приобретает вид

• Название: Решение. Формула уравнения прямой по двум точкам имеет вид, где по условию. Уравнение приобретает вид
• Анкор: Аналитическая геометрия. Домашнее задание
• Дата: 23.05.2023
• Размер: 0.53 Mb.
• Имя файла: ДЗ по аналитической геометрии.docx
• Тип: Решение; #1154676

Задача 1

Запишите уравнение прямой, проходящей через точки M₁(−1, 2) и M₂(−3,−2). Найдите значения параметров k и b для этой прямой.
Решение.

Формула уравнения прямой по двум точкам имеет вид:

,

где по условию .

Уравнение приобретает вид:

,

выполнение преобразований:







,

таким образом, получено уравнение прямой в общем виде:

,

откуда возможен переход к уравнению прямой с угловым коэффициентом:

,

где
Ответ:
Задача 2.

Две стороны квадрата лежат на прямых 5x − 12y − 65 = 0 и

5x − 12y + 26 = 0. Вычислите его площадь.
Решение.

Так как коэффициенты А и В в данных уравнениях прямых равны, то прямые параллельны. Найдем расстояние L между прямыми по формуле:

,

где ,
,
откуда искомая площадь квадрата:
.
Ответ:

Задача 3

Запишите общее уравнение плоскости, проходящей через перпендикуляры, опущенные из точки P(−3, 2, 5) на плоскости

4x + y − 3z + 13 = 0 и x − 2y + z − 11 = 0.

Решение.

Уравнение плоскости, проходящей через точку и два неколлинеарных вектора имеет вид:

,

где координаты точки, , - координаты векторов. В качестве перпендикуляров подойдут нормальные вектора к заданным плоскостям.

Находим:



,




Искомое уравнение плоскости:

.
Ответ: .
Задача 4.

Найдите длину Λ отрезка прямой, параллельной вектору l = (0, 3, 4), между точками пересечения её с плоскостями

2x + y − z − 6 = 0 и 2x + y − z − 4 = 0.

Решение.

Расстояние между плоскостями вычисляется по формуле:

,

.

Косинус угла между нормалью плоскости и направляющим вектором прямой можно найти, воспользовавшись скалярным произведением векторов:

,

теперь длина отрезка прямой между точками пересечения её с плоскостями:



Ответ: Λ = 10.
Задача 5.

Найдите те значения m и n, при которых прямая пересекает прямые и .

Решение.

Равенство является условием пересечения двух прямых. Искомый направляющий вектор прямой , принадлежащая ей точка: . Находим направляюще векторы прямых:





Найдем точки М1, М2, принадлежащие прямым:

положим y = 0:

,

точка М1(-1,0,1), вектор

Положим z = 0:

,

точка М2(2,-1,0), вектор

Вычисляем смешанное произведение :



Вычисляем смешанное произведение :



Значения m и n найдем, решая систему:
.

Ответ:

Задача 6.

Дано, что прямая L, пересекающая ось аппликат в точке , , параллельна плоскости 2x + 3y + 6z + 7 = 0, отстоит от неё на расстоянии 7 и перпендикулярна оси ординат. Найдите абсциссу точки пересечения этой прямой с координатной плоскостью z = 0.
Решение.

Обозначим направляющий вектор прямой L. По условию параллелен плоскости, а значит перпендикулярен вектору нормали плоскости. Также вектор перпендикулярен оси ординат, т.е. вектору . Согласно условиям, решаем систему уравнений:

,

получаем , пусть , тогда .

Таким образом, .

По условию расстояние от точки равно 7, решаем уравнение:

, , ,







- не подходит, по условию

.

Получена точка , тогда параметрические уравнения прямой имеют вид:



По условию прямая пересекает плоскость z = 0, значит и ,

искомое значение абсциссы
Ответ:


Задача 7.

Запишите уравнение касательной к окружности

в точке M(1, 2).

Решение.

Выделяем полные квадраты и выполняем преобразование уравнения:



,

Получено уравнение окружности с центром в точке .

Находим вектор , который можно принять в качестве вектора нормали касательной, составляем уравнение прямой:

,

точка принадлежит прямой, значит:



Искомое уравнение:



Ответ: .

Задача 8.

Дана кривая Докажите, что эта кривая — эллипс. Найдите координаты центра его симметрии. Найдите его большую и малую полуоси. Запишите уравнение фокальной оси. Постройте данную кривую.

Решение.

Выделим полные квадраты:





Сопоставляя знаменатели дробей (25 > 9) видно, что число 25, соответствующее большой полуоси эллипса, находится вместе с . Это означает, что большая полуось параллельна оси OX. Следовательно, необходимо только лишь выполнить параллельный перенос начала координат.

Введём новую систему координат следующим образом:

В новой системе координат уравнение кривой принимает канонический вид, которое определяет эллипс:


Центр симметрии эллипса находится в точке , её координаты найдем из системы, подставляя значения в формулы преобразования координат:





Центр симметрии имеет координаты:

Так как , то большая полуось эллипса , малая полуось эллипса . Фокальная ось эллипса: , её уравнение , а в старой системе координат .

Ответ:


Задача 9.

Дана кривая . Докажите, что данная кривая — парабола. Найдите координаты её вершины. Найдите значение её параметра p. Запишите уравнение её оси симметрии. Постройте данную параболу.

Решение.

Выделим полный квадрат и преобразуем выражение:





,

очевидно, что получено уравнение, отличное от канонического. Выполним преобразование координат:

,

определяющее поворот осей на 270^о (против часовой стрелки) и перенос начала координат. В новой системе координат уравнение кривой принимает канонический вид:

,

определяющее параболу.

Координаты вершины параболы получим из формул преобразования координат при .

Так как , параметр .

Ось симметрии параболы совпадает с осью , уравнение оси симметрии получим из формул преобразования координат при , , .

_Ответ:

Задача 10

Дана кривая . Докажите, что эта кривая – гипербола. Найдите координаты её центра симметрии. Найдите действительную и мнимую полуоси. Запишите общее уравнение фокальной оси. Постройте данную гиперболу.
Решение.

Будем считать, что уравнение кривой задано относительно правой декартовой системы координат OXY с базисом i, j.

Приводим квадратичную форму к главным осям.

Определяем коэффициенты . Тогда матрица квадратичной формы имеет вид:
.
Характеристическое уравнение этой матрицы:



,
,
.

Корни характеристического уравнения являются собственными числами.

Так как , то это кривая гиперболического типа.

Канонический вид квадратичной формы: .

Находим собственные векторы.

Для числа :

.

Положим , тогда , получен собственный вектор (1,2), его модуль . Орт собственного вектора, являющийся новым базисным вектором . Новый базис должен быть правым, поэтому .

Матрица Q перехода от базиса к :

, .

Новые коэффициенты линейной формы:



Новая систем координат с базисом будет , исходная с базисом - . Выразим новые координаты через исходные :


.

Новое уравнение в системе координат принимает вид:



Выполняем преобразования:











.

В полученном уравнении знак "−" находится при координате , как и в каноническом уравнении гиперболы. Это означает, что действительная полуось параллельна вектору , а мнимая - . Следовательно, осталось выполнить перенос начала координат в точку по формулам:



В новой системе координат c базисом и началом в точке гипербола имеет каноническое уравнение

. Видим, что действительная полуось , мнимая полуось .

Центр симметрии гиперболы находится в точке с координатами , или .

Найдем координаты в системе :

,

получены координаты точки .

Запишем уравнения осей , - выражаем координаты через :

.

Ось имеет уравнение . Подставляя получим .

Уравнение оси при имеет вид .

Фокальной осью является ось , её уравнение: .

Построение:

Строим в исходной системе координат новую систему . Обозначаем точку , проводим оси и .

Фокальная ось гиперболы совпадает с осью , обозначаем на ней вершины гиперболы: .

По оси от точки откладываем мнимые полуоси: .

Строим прямоугольник, проводя линии, параллельные новым осям координат, через отмеченные точки.

Прямые являются асимптотами гиперболы. Они проходят через вершины прямоугольника.

Используя вершины, прямоугольник и асимптоты, строим данную гиперболу.


Ответ: ; ; .