![](/user_photo/2706_HbeT2.jpg)
- •Министерство образования и науки
- •Введение
- •Раздел 1. Элементы векторной алгебры в пространстве.
- •Тема 1.1. Направленные отрезки. Векторы.
- •Тема 1.2. Умножение векторов на действительные числа
- •Тема 1.3. Коллинеарные и компланарные векторы.
- •Тема 1.4. Скалярное произведение векторов
- •Тема 1.5. Векторные подпространства
- •Тема 1.6. Применение векторов к решению задач
- •Задачи повышенной трудности
- •Домашнее задание
- •Индивидуальные задания по векторной алгебре Вариант I
- •Вариант 2
- •Вариант 3
- •Вариант 4
- •Вариант 5
- •Вариант 6
- •Вариант 7
- •Вариант 8
- •Вариант 9
- •Раздел 2. Метод координат на плоскости
- •Тема 2.1. Аффинная система координат. Аффинные задачи
- •Задачи повышенной трудности
- •Тема 2.2. Прямоугольная система координат. Аффинные и метрические задачи
- •Тема 2.3. Полярная система координат. Метрические задачи
- •Тема 2.4. Ориентация плоскости. Преобразования координат на плоскости
- •Тема 2.5. Геометрическое истолкование уравнений и неравенств между координатами. Алгебраические линии.
- •Домашнее задание
- •Тема 2.6. Уравнения прямой в аффинной и прямоугольной декартовой системах координат. Аналитическое задание полуплоскости
- •Тема 2.7. Взаимное расположение двух прямых.
- •Тема 2.8. Расстояние от точки до прямой. Угол между двумя прямыми
- •Задачи повышенной трудности
- •Тема 2.9. Аффинные и метрические задачи на прямую. Решение задач школьного курса методом координат
- •Раздел 3. Кривые второго порядка
- •Тема 3.I. Окружность
- •Задачи повышенной трудности
- •Домашнее задание
- •Тема 3.2. Эллипс
- •Задачи повышенной трудности
- •Тема 3.3. Гипербола
- •Задачи повышенной трудности
- •Тема 3.4.Парабола
- •Задачи повышенной трудности
- •Тема 3.5. Пересечение линии второго порядка с прямой. Асимптотические направления и асимптоты
- •Тема 3.6. Центр линии второго порядка. Касательная
- •Тема 3.7. Сопряженные направления. Главные направления. Диаметры линии второго порядка
- •1) Эллипса ; 2) гиперболы.
- •Тема 3.8. Приведение общего уравнения кривой второго порядка к каноническому виду
- •Индивидуальные задания по кривым второго порядка
1) Эллипса ; 2) гиперболы.
Тема 3.8. Приведение общего уравнения кривой второго порядка к каноническому виду
Литература: [1], гл. 16, §1, стр. 399–403; [7], гл. 4, § 37, 38, стр. 125–134.
Основные сведения
Из определения
алгебраической линии следует, что в
аффинной системе координат
общее уравнение линии второго порядка
имеет вид:
.
Коэффициенты этого уравнения - любые
действительные числа, причем хотя бы
один из коэффициентов
не равен нулю.
Существует всего девять типовлиний второго порядка, представленные в следующей таблице:\
|
Название линии |
Каноническое уравнение |
Центры |
1. |
Эллипс |
|
Один центр, не принадлежащий линии |
|
Гипербола |
|
Один центр, не принадлежащий линии |
|
Парабола |
y2=2px |
Нет центров |
|
Мнимый эллипс |
|
Один центр, не принадлежащий линии |
|
Пара пересекающихся прямых |
|
Один центр, принадлежащий линии |
|
Пара мнимых пересекающихся прямых |
|
Один центр, принадлежащий линии |
|
Пара параллельных прямых |
y2-a2=0 |
Прямая центров, не принадлежащих линии |
|
Пара мнимых параллельных прямых |
y2+a2=0 |
Прямая центров, не принадлежащих линии |
|
Пара совпавших прямых |
y2=0 |
Прямая центров, принадлежащих линии |
Любое общее уравнение кривой 2-го порядка можно привести к каноническому виду путем преобразования координат. Это можно сделать разными способами. Выделим два случая:
1)
;
2)
.
В первом случае, для того чтобы привести уравнение линии второго порядка к каноническому виду и построить точки этой линии, необходимо выполнить следующее:
Найти корни
характеристического уравнения
.
Найти координаты векторов
и
по формулам:
, где
.
Вычислить коэффициенты
и
по формулам:
.
Уравнение линии второго порядка примет следующий вид:
.
Выделяя полные квадраты привести последнее уравнение к одному из видов: а)
,
б)
,
в)
г)
.
Переносом начала координат получить каноническое уравнение линии.
Построить систему координат
по координатам точки
и векторов
и
и затем построить точки линии в системе
по каноническому уравнению.
Если
,
то преобразования начинаем с пункта
4).
Рассмотрим примеры, иллюстрирующие схему.
Пример 1. Уравнениеx2+xy+y2–3x–6y+3=0 привести к каноническому виду и установить, какой геометрический образ оно определяет.
Решение:1)
Характеристическое уравнение для данной
линии примет вид.
Значит,
.
2)
.
3)
=
.
4)
.
5)
или
6) Каноническое
уравнение линии имеет вид
.
Замечание. Если данная линия распадается на пару прямых, то иногда удается без приведения уравнения к каноническому виду разложить левую часть уравнения на множители и найти уравнения тех прямых, которые составляют линию.
Пример 2. Какая
линия задана уравнением:?
Решение. Последовательно преобразуем правую часть следующим образом:
.
Значит, данная линия
распадается на пару пересекающихся
прямых:
.
Пример 3.Определить тип каждого из следующих уравнений, привести уравнения к каноническому виду и установить, какой геометрический тип они определяют:
a) 4x2+9y2–40x+36y+100=0, В) 4x2–25y2+50y–24x–89=0,
b) 9x2–16y2–36x+32y+20=0,D) 4y2–8y–2x–1=0.
Решение:
a)
Здесьи
одного знака, следовательно, уравнение
определяет эллиптическую кривую.
Для приведения данного уравнения к каноническому виду перепишем его следующим образом:
4(x2–10x)+9(y2+4y)=–100
и дополним выражения в скобках до полных квадратов:
4(x2–10x+25)+9(y2+4y+4)=–100+100+36
или после преобразований:
4(x–5)2+9(y+2)2=36.
Теперь перенесем
начало системы координат в точку
(5,–2).
В новой системе
координат
последнее уравнение будет иметь вид:
или
.
Это уравнение эллипса с полуосями
=3,
=2
и с центром в точке
(5,–2) (Рис.
30).
b) Здесьи
разных знаков, следовательно, данное
уравнение определяет гиперболическую
кривую. После выделения полных квадратов
и введения новой системы координат
уравнение кривой можно переписать в
следующем виде:
.
Это уравнение гиперболы с полуосями
=5,
=2.
c)
Здесьи
разных знаков, следовательно, данное
уравнение определяет гиперболическую
кривую. Выделяя полные квадраты, получим
9(x–2)2 – 16(y–1)2 = 0, или
раскладывая левую часть на множители:
[3(x–2) + 4(y–1)][3(x–2) – 4(y–1)] = 0
и окончательно получим:
(3x+4y–10)(3x–4y–2) = 0.
Данное уравнение определяет две прямые 3x+4y–10 = 0 и
3x–4y–2 = 0, пересекающиеся в точке (2,1).
d)
Здесьи
=0,
следовательно, уравнение определяет
кривую параболического типа. После
выделения полного квадрата с переменнойy, получим:
(y–1)2
=
(x+
).
Введением новой
системы координат
(
+
,
)
упростим последнее уравнение:
.
Это уравнение определяет параболу с
параметромр=
.