- •Часть I. Аналитическая геометрия
- •Введение
- •Глава 1. Векторная алгебра. Системы координат. §1. Направленные отрезки. Понятие вектора.
- •§ A 2. Операции над векторами.
- •§3. Угол между векторами. Ориентация пары векторов на плоскости или тройки векторов в пространстве.
- •§4. Проекция вектора на ось.
- •§5. Скалярное произведение векторов.
- •§6. Координаты вектора и точки на прямой.
- •§7. Координаты вектора и точки на плоскости.
- •§8. Координаты вектора и точки в пространстве.
- •§ 9. Деление отрезка в данном отношении.
- •§ 10. Векторное произведение.
- •§11. Формулы для вычисления скалярного и векторного произведений в декартовых координатах.
- •§12. Смешанное произведение векторов.
- •§13. Двойное векторное произведение.
- •§14. Полярная система координат на плоскости.
- •§15. Сферическая и цилиндрическая системы координат в пространстве.
- •§16. Преобразование координат.
- •§17. Общее преобразование координат в пространстве.
- •§18. Примеры решения задач.
- •Глава 2. Прямые и плоскости §1. Уравнение кривой и поверхности.
- •§2. Уравнение прямой на плоскости.
- •§3. Взаимное расположение двух прямых на плоскости.
- •§4. Уравнение прямой в нормальной форме. Расстояние от точки до прямой.
- •§ 5. Уравнение прямой в полярных координатах.
- •§6. Пучок прямых.
- •§7. Уравнение плоскости в пространстве.
- •§8. Уравнение плоскости в нормальной форме. Расстояние от точки до плоскости.
- •§9. Взаимное расположение двух плоскостей в пространстве.
- •§10. Уравнение прямой в пространстве.
- •§11. Взаимное расположение прямой и плоскости в пространстве.
- •§12. Взаимное расположение двух прямых в пространстве. Расстояние между прямыми.
- •§13. Примеры решения задач.
- •Аналогично m3(–1,–3).
- •Прибавим ко второму уравнению первое, умноженное на 4:
- •Точка d делит отрезок bc пополам. Поэтому
- •Отсюда находим
- •Глава 3. Кривые второго порядка §1. Эллипс.
- •§2. Гипербола.
- •7. Гипербола
- •§3. Конические сечения. Парабола.
- •§1 И в §2, совпадают с фокусами, определенными в этом параграфе. Кроме того, эллипс и гипербола имеют две пары фокус-директриса, и определить фигуру можно с помощью любой из пар.
- •§4. Касательные к коническим сечениям.
- •§5. Диаметры конических сечений.
- •§6. Уравнения конических сечений в полярной системе координат.
- •§7. Общее уравнение кривой второго порядка. Центр кривой.
- •§ 8. Классификация центральных кривых второго порядка (случай 0).
- •§10. Примеры решения задач.
- •Значит, кривая имеет центр. Найдем координаты центра (хo, yo) из системы уравнений (10):
- •Глава 4. Поверхности второго порядка §1. Цилиндрические поверхности.
- •§2. Конические поверхности.
- •§3. Поверхность вращения.
- •§4. Эллипсоид.
- •§5. Однополостной и двуполостной гиперболоиды.
- •§6. Эллиптический и гиперболический параболоиды.
- •§7. Классификация поверхностей второго порядка.
- •§8. Примеры решения задач
- •Приложение §1. Матрицы и определители.
- •§2. Правило Крамера.
- •Используемые сокращения
- •Алфавитный указатель
- •Литература
§10. Примеры решения задач.
1. Составить уравнение кривой, каждая точка которой расположена вдвое дальше от точки F(3, 3), чем от оси Ox. Определить тип кривой и изобразить ее в декартовой системе координат.
Решение. Пусть M(x, y) – произвольная точка кривой, MM – перпендикуляр, опущенный на O. Тогда расстояние от M до Ox равно |MM|=|y| (см. чертеж в конце решения), а |MF|= . По условию выполняется
= 2|y| .
Возведение в квадрат, вообще говоря, не является равносильным переходом; но в данном случае обе части равенства неотрицательны. Поэтому, без всяких дополнительных ограничений возводим в квадрат:
(x – 3)2 + (y – 3)2 = 4y2.
Мы раскроем только вторую скобку, и после приведения подобных вновь соберем полный квадрат:
(x – 3)2 + y2 – 6y + 9 – 4y2= 0,
(x – 3)2 –3y2 – 6y + 9 = 0,
(x – 3)2 –3(y2 + 2y + 1 – 4) = 0,
(x – 3)2 – 3(y + 1)2 = –12.
Делаем замену координат
x= x – 3,
y= y + 1.
О на означает перенос начала координат в точку O(3,–1). Получившееся уравнение делим на –12:
– = –1.
Это уравнение задает гиперболу с полуосями a=2 3,4 , b=2. Центр гиперболы находится в точке O(3,–1). Подробное описание построения приводится в решении задачи 2а).
2. С помощью переноса начала координат и поворота координатных осей привести уравнение кривой второго порядка к каноническому виду. Определить тип кривой и изобразить её в исходной системе координат:
а) 25х2 – 14ху + 25у2 + 64х – 64у – 224 = 0.
Решение. Общее уравнение кривой второго порядка на плоскости имеет вид:
а11х2 + 2а12ху + а22у2 + 2а1х + 2а2у + с = 0. (8)
Если
= а12 а22;\s\up12(а11 а12 0,
то кривая имеет центр О(хo, уo), координаты которого можно найти из системы линейных уравнений:
a11xo + a12yo + a1 = 0, (10)
a12xo + a22yo + a2 = 0.
Если мы совершим параллельный перенос начала координат в точку О', то уравнение кривой примет вид:
а11х' 2 + 2а12 х' у' + а22 у' 2 + с' = 0, (9)
где
с' = а1хo+ а2уo+ с. (12)
Вычисляем:
= –7 25;\s\up12(25 –7 = 576 0,
Значит, кривая имеет центр. Найдем координаты центра (хo, yo) из системы уравнений (10):
25хo – 7уo+ 32 = 0, 25хo – 7уo = –32,
–7хo+ 25уo– 32= 0. –7хo+ 25уo= 32.
Для решения применим правило Крамера: xo= , уo = , где x получается заменой первого столбца в на столбец свободных членов, а y – второго столбца:
x = 32 25;\s\up10(–32 –7 = 32· 1 25;\s\up10(–1 –7 = 32·(–18) = –576.
y = –7 32;\s\up10(25 –32 = 32· –7 1;\s\up10(25 –1 = 32·18 = 576.
xo= = –1, yo= = 1.
Значит, центр кривой находится в точке О'(–1, 1). Совершим перенос начала координат в точку О' и получаем новую декартову систему координат Оху. Формулы замены координат имеют вид:
x = x' + 1,
у = у' – 1.
Однако делать эту подстановку в исходное уравнение кривой не следует; мы заранее из теории знаем, что получится в результате этой подстановки: уравнение примет вид (9) (то есть линейная часть уравнения исчезнет, а коэффициенты квадратичной части не изменятся), где с' находится по формуле (12):
с' = 32·(–1) – 32·1 – 224 = –288.
Уравнение данной кривой второго порядка в новой системе координат:
25х2 – 14ху + 25у2 = 288. (9)
Далее совершаем поворот координатных осей на угол , тангенс которого находится по формуле:
а12tg2 + (а11 – а22) ·tg – а12 = 0, (15)
–7tg2 +(25 – 25)tg + 7= 0,
tg2 = 1 tg 1= 1 или tg 2 = –1.
Можем выбрать любое из них. Но, как правило, выбираем такое , для которого tg > 0. Имеем: = , sin = cos = .
Получим новую систему координат О' х''у''. Формулы замены координат имеют вид:
(14)
y = хsin + ycos .
В нашем случае:
х ' = (х'' – y''),
y' = (х'' + y'').
Подставим эту замену в (9):
[25(х– y)2 –14(х– y)·(х+ y) + 25(х + y)2 ] = 288
[25х2 – 50хy+25 y2 – 14х+14 y + 25х2 + 50хy+ 25 y2] = 288.
Слагаемые, содержащие произведение х'' y'' обязательно должны сократиться. Если это не происходит, то следует искать ошибку выше.
[36х'' 2 + 64y'' 2] = 288, 9х'' 2 + 16y'' 2 = 144,
+ = 1.
Это уравнение задает эллипс с полуосями а = 4, b = 3. Строим эллипс.
Для этого сначала строим исходную систему координат Oxy, затем в этой системе находим точку О и строим промежуточную систему координат Оxy, которая получается из Oxy переносом начала в точку О'. Затем поворачиваем координатные оси на выбранный нами ранее угол и получаем окончательную систему координат Оxy. Именно на осях этой системы координат мы и откладываем полуоси эллипса.
В
О'
x'
y'
x''
б ) 7x2+16xy23y214x16y218=0.
Решение.
= 8 –23;\s\up10(7 8 =16164=225≠0.
Значит, ищем координаты центра:
8xo23yo8=0, xo23yo=8.
П о правилу Крамера:
x= 8 –23;\s\up10(7 8 =16164=225≠0, y= 8 8;\s\up10(7 7 =0.
xo= = 1, yo= =0.
Значит центр кривой находится в точке O'(1, 0). Совершаем перенос начала координат в точку О' и получаем новую декартову систему координат O' х' у'. Формулы замены координат:
x = x +1,
y = y
Находим c = 7xo8yo+c = 7218 = 225. Значит в новой системе координат уравнение кривой примет вид:
7x 2 + 16xy 23y 2 225 = 0. (*)
Совершаем поворот координатных осей на угол , тангенс которого находим из уравнения (5):
8tg2 +30tg 8=0,
4tg2 +15tg 4=0,
D =225+64=289,
tg1= = , tg2= = 4.
Выбираем положительный тангенс: tg = . Находим sin = , cos = . В уравнении (*) делаем замену:
[7(4x"y")2+16(4x"y")(x"+4y")23(x"+4y")2]=225,
[112 x"256 x"y"+7y"2+64 x"2+240 x"y"64y"2–
23x"2184x"y"368y"2]=225
При приведении подобных, слагаемые содержащие произведения x"y" должны сократиться. Если этого не происходит, следует искать ошибку выше.
[153 x"2425y"2]=225,
9x"225y"2=225,
=1.
Получилось уравнение гиперболы с полуосями a = 5, b = 3.
Описание построения:
1) О(1, 0) новое начало координат, Оx||Оx, Оy||Оy вспомогательные оси;
2) совершаем поворот координатных осей, зная что tg α = 1/4 ; получаем новые координатные оси Ох" и Оy" (способ построения см. в конце решения задачи 2а)).
3) в новой системе координат Ох"y" строим фундаментальный прямоугольник: a = 5, b = 3 ;
4) проводим диагонали фундаментального прямоугольника, они будут являться асимптотами гиперболы;
5) строим гиперболу: она стремится к асимптотам, касаясь фундаментального прямоугольника.
в) 9x2 24xy + 16y2 20x + 110 y 50 = 0.
= (12 16;\s\up12( 9 (12 = 0
В данном случае не можем применить процедуру нахождения центра и сразу поворачиваем координатные оси:
12 tg27tg+12 =0,
D=49+576=625,
tg 1 = = , tg 2 = = – .
sin= ; cos= .
Поскольку это первая замена координат, то вид формул отличается от (6) количеством штрихов. Подставляем в первоначальное уравнение:
[9(4x 3y)2 24(4x 3y)(3x + 4y) + 16(3x + 4y)2] –
(4x 3y) + (3x + 4y) 50 = 0,
[144 x 2 216 xy' +81y 2288 x2 168 xy +288 y 2+ 144 x2 +384xy +296y 2]
– 16 x + 12 y + 66 x + 88 y50 = 0 .
Слагаемые с xy должны сократиться. Кроме того, если = 0, то одна из переменных в квадрате сокращается полностью:
25 y 2 + 50 x + 100y 50 = 0, y 2 + 2x + 4y 2 = 0 . (*)
Выделяем полный квадрат:
(y2 + 4y + 4) 4 + 2x 2 = 0,
(y' + 2)2 + 2(x' – 3) = 0.
Делаем замену координат:
Она равносильна переносу начала координат в точку O(3,2)Оxy. Подчеркнем, что это координаты относительно второй системы координат Оxy.
y"2=–2x" –парабола.
Ее параметр p = 1, а ось параболы – Оx".
Описание построения:
1. совершаем поворот координатных осей, зная что tg α = 3/4 ;
2. новое начало координат О(3,–2) в системе координат Оxy ;
3. координатные оси Оx" и Оy".
4. для построения параболы любым способом находим дополнительную точку; например, подставим в уравнение (*) y= 0, тогда x = 1. Т.е. А(1, 0)Оxy дополнительная точка (в системе Оxy).