Классификация поверхностей второго порядка

причем R=3, если а'0≠0, и R = 2, если а'0 = 0. Уравнение (1) задает (в системе координат O'x"y"z") цилиндр

Классификация поверхностей второго порядка

Курсовой проект

Математика и статистика

Другие курсовые по предмету

Математика и статистика

Сдать работу со 100% гаранией
6 две совпадающие плоскости

 

Список литературы

 

.Лекции по аналитической геометрии. П. С. Александров 1968 г.

.Справочник по математике. Г.Корн. и Т.Корн 1970 г.

.Аналитическая геометрия. П. С. Моденов 1969 г.

.Линейная алгебра и многомерная геометрия. Н.В. Ефимов. Э.Р. Розендорн 1970 г.

.Курс аналитической геометрии и линейной алгебры. Д.В. Беклемишев 1987 г.

.Краткий курс по аналитической геометрии. Н.В. Ефимов 1975 г.

7.Сборник задач по аналитической геометрии. Д.В. Клетеник 1986 г.

 

Приложение 1

 

Задача 1.

Какую поверхность определяет уравнение:

 

 

Решение. Чтобы привести данное уравнение к каноническому виду выделяем полные квадраты по x, y, z :

 

 

Отсюда:

 

 

Сравнивая это уравнение с каноническими выясним что это уравнение однополостного гиперболоида, центр которого смещён в точку О`(-1 ; 1 ; -2) если ввести обозначения:

 

 

то уравнение примет вид:

 

Новые оси O`X, O`Y и O`Z параллельны старым. Так как a = c = 2 то это однополостный гиперболоид вращения вокруг оси О`Y. Относительно новых осей гиперболоид имеет вид:

 

Рис. 17

 

Задача 2.

Исследовать форму и расположение относительно системы координат поверхности:

 

4 - z = x2 + y2

 

Решение. Применим метод сечений. Полагая в данном уравнение z = h получим

2+y2=4-h

 

отсюда следует что 4- h должна быть величиной неотрицательной. Пусть 4 - h = R*R, получим в сечении плоскостью z = h линию :

2+y2=R2 ; z = h

Эта линия, очевидно, является окружностью радиуса R с центром на оси Oz. Следовательно данная поверхность является поверхностью вращения вокруг оси Oz. Чтобы выяснить вращением какой линии она получается, пересечём поверхность плоскостью x = 0. В сечении получится парабола на плоскости yOz

2=4-z ; x=0 ;

 

Вершина её лежит в точке (0, 0, 4) а направлена парабола в отрицательную сторону оси Oz. Таким образом исследуемая поверхность параболоид вращения :

 

Рис. 18

 

Задача 3.

Показать, что уравнение :

 

 

Определяет однополостный гиперболоид вращения вокруг оси Oy.

Решение. Рассмотрим сечение данной поверхности плоскостями y = h перпендикулярными оси Оу. В сечении получим линию:

 

, где

 

Таким образом, в любом сечении, перпендикулярном оси Оу, получается окружность радиуса R, то есть данная поверхность есть поверхность вращения вокруг оси Оу. Выясним, вращением какой линии получена эта поверхность. Пересечём поверхность какой-либо плоскостью, проходящей через ось вращения, например плоскостью хОу, в сечении получится линия:

 

 

Эта есть гипербола с полуосями а, b. Вращаясь вокруг оси Оу, она и образует данную поверхность, являющуюся поэтому однополостным гиперболоидом вращения вокруг оси Оу.

 

Рис. 19

Задача 4.

Найти точки пересечения эллипсоида

 

 

с прямой

 

при

 

при каком значении а прямая касается эллипсоида ?

Решение. Запишем параметрические уравнения данной прямой :

 

x = 1 ; y = 1 + t ; z = a*t.

 

Подставляя значения x, y, z в уравнение эллипсоида :

 

 

получим квадратное уравнение для t :

 

 

из которого находим значения параметра t, отвечающие точкам пересечения прямой с эллипсоидом :

 

при получатся два значения :

 

 

следовательно точки пересечения следующие:

 

 

Если прямая касается эллипсоида, то должно быть , а это произойдёт в том случае, если подкоренное выражение равно нулю.

Значит при прямая является касательной.

Задача 5.

Исследовать сечения эллипсоида

 

 

Плоскостями

 

Решение. Рассмотрим сначала сечение эллипсоида плоскостями z = h, где

 

 

Подставляя в уравнение эллипсоида получим :

 

 

Отсюда

 

.

 

Вводя обозначения

 

и

 

видим, что в сечении получится эллипс

 

 

С полуосями . При получаем

 

 

Таким образом, наибольший получается в сечении плоскостью хОу. Если поднимать или опускать эту плоскость вдоль оси Oz параллельно плоскости xOy, то размеры сечений уменьшаются до тех пор, пока при z=3 z=-3 не превратятся в точку (0,0,3) или (0, 0, -3). При дальнейшем увеличении h плоскость эллипсоида пересекать уже не будет, так как корень, входящий в выражения для станет мнимым.

В сечении плоскостями, параллельными xOz и yOz, будут также получаться эллипсы. В частности, в сечении координатными плоскостями y = 0 и x = 0 получатся наибольшие по размерам эллипсы:

 

 

Проведённое исследование позволяет сделать вывод, что эллипсоид является овальной поверхностью:

 

Рис. 20

Задача 6.

Какую поверхность определяет уравнение

 

 

Решение. Эта поверхность есть гиперболический цилиндр с образующими, параллельными оси оХ. В самом деле, данное уравнение не содержит х, а направляющая цилиндра есть гипербола

 

 

с центром в точке (0, 1, 2) и действительной осью, параллельной оси Оу.

 

Приложение 2

 

Задача 1.8.

Составить уравнения сторон треугольника, если А(-5 ; 5) и В(3 ; 1) две его вершины, а D(2, 5) - точка пересечения высот.

Решение:

Уравнение АВ (как прямая проходящая через две точки) :

 

; x + 5 = -2(y - 5) ; АВ: -0.5x + 2.5 = y.

 

Чтобы найти AC, найдём сначала BD:

 

;: -4x + 13 = y.

 

Так как BD┴AC то κκ1 = -1, где κ = -4, и значит κ1 = 0.25. (κ и κ1 угловые коэффициенты BD и AC).

AC: y = 0.25x + b; b найдем исходя из того что AC проходит через точку А(-5;5)

 

5 = + b ; b = 6.25 ; AC: y=0.25x + 6.25

 

Чтобы найти уравнение прямой ВС вначале найдём уравнение DHab потом через их пересечения найдём точку С и потом искомую прямую СВ.

κκ1 = -1, где κ = -0.5 для АВ, и значит κ1 = 2. y = 2x + b. DHab пересекает D(2;5), то есть 5 = + b, b = 1, DHab : y = 2x + 1.

y = 2x + 1

y = 0.25x + 6.25

2x - 0.25x + 1 - 6.25 = 0 ; x = 3 ; y = + 1 = 7 ; значит С(3 ; 7)

; 6(x - 3) = 0(y - 1) ; x = 3.

 

Значит CB: x = 3.

 

Рис. 21

 

Ответ:

: y = 0.25x + 6.25 ;

АВ: y = -0.5x + 2.5 ;

CB : x = 3.

 

Задача 2.8.

Даны вершины треугольника АВС. Найти длины медианы, высоты, биссектрисы, проведённых из вершин А, найти угол при вершине В. (назовём углом φ)

 

А(10 ; -1) В(-2 ; -6) С(-6 ; -3)

Решение:

АМ медиана, М(Хм ; Ум), Хм = (-6 - 2)/2 = -4 ; Ум = (-3 - 6)/2 = -4,5

 

│АМ│=

СВ: -0,75x - 7,5 = y ;

ρ(А, ВС) =│АН│= = = 11,2

 

│AH│=11,2 - длина высоты.

AD - биссектриса, значит λ = AB/АC ;

=АС=

: -0,75x-7,5: ; (5/12)*x - (62/12) = y ;

κ = - 0,75 ; κ1 = 5/12 ; φ = = (-14/12) / (65/48) ≈ -0,861538461…

φ ≈ arccos(-0,86153846) = 1200

 

Ответ : АМ медиана, равна 208,25 ≈ 14,439…

АН высота, равна 11,2

AD биссектриса равна ≈ 15,745

φ внутренний угол равен ≈ 1200

(треугольник ABC изображён на следующей странице на рисунке 22)

 

Рис. 22

 

Задача 4.8.

Найти точки пересечения кривой второго порядка γ с прямой α :

 

γ: x2-2xy+y2-4x+4=0.

α: x+y-2=0.

 

Решение:

= -x+2; x2-2xy+y2-4x+4= (x-y)2-4x+4= (2x+2) 2-4x+4=4x2-8x+4-4x+4=02-3x+2=0;

D=32-2*4=1;

x1,2= (3±1) / 2 ; x1= 2/2=1 ; x2= 4/2=21= -1+2=1 ; y2= -2+2=2

 

Значит точки пересечения кривой второго порядка γ с прямой α это точки А(1;1) и В(2; 0)

Ответ: А(1;1) и В(2; 0)

Задача 7.8.

Для векторов: и , заданных в ортонормированном базисе R(O, , , ) найти :

. Направляющие косинусы вектора ;

. Площадь параллелограмма, построенного на векторах и , имеющих общее начало.

. Объём пирамиды, построенной на векторах , , , имеющих общее начало.

Решение:

. α β и γ есть углы между ортами e1 e2 e3 вектора . Значит cos α, cos β, cos γ направляющие косинусы этого вектора. (рисунок 23)

 

Рис. 23

 

;

2. Площадь параллелограмма построенного на векторах равна модулю их векторного произведения.

 

Рис. 24

 

=

 

3. Объём пирамиды равен одной шестой от объёма параллелепипеда, а объём параллелепипеда равен смешанному произведению трёх векторов, на которых он основан.

Похожие работы

<< < 1 2 3 4 5 6 >