Khomitsky_Metodichka_AnGeometry

dML

=

[(r1 − r0 ),a]

,

| a |

в которой по условиям задачи r1

z), начальная точка на прямой

= (x, y,

r0 = (9,

4,

7) и направляющий вектор

прямой a = (-1,

- 2, 2).

Вычисляя с помощью определителя векторное произведения и записывая его

модуль, получаем, что

=

1

.

dML

(2 y + 2z − 22)2 + (25 − 2x − z)2 + (14 − 2x + y)2

3

Подставляя вместо переменных (x, y, z) координаты точки M0 , находим

радиус цилиндра R = dM 0 L = 10.

Таким образом, уравнение цилиндра имеет

вид

1

(2 y

+ 2z − 22)2 + (25 − 2x − z)2

+ (14 − 2x + y)2

= 10 .

9.3.

Направляющая конуса задана уравнениями x2 9 + z2

25 = 1,

y = 0 , а

вершина находится в точке S (0, − 3, 4) . Составить уравнение конуса.

9.4.

Составить

уравнение

конуса,

описанного

около

сферы

x2 + y2 + z2 = 4

(т.е.

касающегося данной сферы по некоторой

окружности), если вершина конуса находится в точке S (0, 0, 8) .

9.5.

Показать, что конус с направляющей кривой, заданной системой

x = ϕ(t)

y =ψ (t)

z = χ (t)

и с вершиной в начале координат, может быть задан в параметрической

форме с параметрами u и

v в виде системы равенств

x = uϕ(v)

y = uψ (v) .

Семейство

поверхностей

z = uχ (v)

9.6.

задано в прямоугольной системе координат

уравнением, содержащим произвольный параметр λ .

Определить тип

поверхности при всевозможных λ :

1) x2 + y2 + z2 = λ ;

2) λx2 + y2 + z2 = 1;

3) λx2 + y2 + z2 = λ ;

4) x2 + y2 − z2 = λ ;

5) x2 − y2 − z2 = λ ;

6) x2 + λ( y2 + z2 ) = 1;

7) x2 + y2 = λz ;

8) x2 + λy2 = λz + 1;

9) x2 + y2 = λ ;

10) x2 − y2 = λ .

или вне эллипсоида

9.7.

Определить, лежит ли

точка M (1, 1, 1) внутри

x2 + 2 y2 + 3z2 = 4 .

9.8.

Ось Oz

направлена вверх. Определить, лежит ли точка M (1, 1, 1) выше

или ниже параболоида x2 + 2 y2 = 2z .

9.9.

Сечения

поверхности

x2 + 2 y2 − 3z2 − 1 = 0

плоскостями x = 0 ,

x = 1,

x = 2

спроектированы на плоскость Oyz. Описать и изобразить

эти проекции.

линия пересечения двух поверхностей второго порядка

9.10. Является ли

плоской кривой? Привести примеры.

9.11.

Пусть линия пересечения двух поверхностей второго порядка плоская.

Будет ли эта линия алгебраической? Если да,

то какого порядка?

Привести примеры.

координат, то необходимо производить преобразование поворота. Для кривых

второго порядка, лежащих в плоскости,

поворот также происходит в этой

плоскости, а его угол ϕ определяется выражением

tg 2ϕ =

2B

.

A − C

Из этого выражения следует, что при равенстве коэффициентов A и C в

исходном уравнении независимо от величины ненулевого недиагонального

коэффициента B поворот происходит на угол ϕ = π 4, а новые координаты

связаны со старыми по формулам

x = (x'− y')

и y = (x'+ y')

2 . Для

2

приведения уравнения поверхности к каноническому виду при наличии одного

слагаемого с произведением координат может быть применён аналогичный

поворот в плоскости, содержащий эти координаты. Если же слагаемых с

произведением координат

несколько,

то возможно применение метода

Лагранжа, либо использование инвариантов, о которых будет рассказано ниже.

Некоторые свойства кривых и поверхностей второго порядка могут быть

определены непосредственно через коэффициенты исходного уравнения, что

является следствием постоянства некоторых комбинаций этих коэффициентов

при замене координат. Подобные постоянные при замене координат величины

называются инвариантами преобразований координат. Так, для кривых второго

порядка является инвариантом величина

δ =

A

B

= AC − B2 ,

B

C

знак которой позволяет классифицировать

кривую второго порядка:

δ > 0 - кривая эллиптического типа;

δ < 0 -

кривая гиперболического типа;

δ = 0 -

кривая параболического типа.

Кривые эллиптического и гиперболического типа имеют геометрический центр

и называются центральными кривыми.

Координаты центра (x0 , y0 )

можно

определить из исходного уравнения кривой, решая систему уравнений

+ By0

.

Ax0

+ D = 0

Bx0

+ Cy0

+ E = 0

Поскольку определителем данной системы является инвариант δ , у системы

есть решение и кривая является

центральной лишь при δ ¹ 0 ,

т.е. при

принадлежности к эллиптическому или гиперболическому типу.

Для поверхностей второго порядка, определяемых в трёхмерном

пространстве (x1, x2

, x3 )

уравнением вида

∑3

aij xi x j + 2∑3

ak 4 xk + a44 = 0,

i, j =1

k =1

I3

= det(aij

),

i, j = 1, 2, 3.

Если этот определитель отличен от нуля, это означает наличие у поверхности

геометрического центра,

координаты которого (x01, x02 , x03 )

определяются,

как и в случае кривой второго порядка,

системой уравнений

∑3

aij x0 j + ai 4 = 0 ,

i = 1, 2, 3,

j =1

детерминант которой есть

I3 . Для

центральной поверхности

её уравнение

может быть записано в виде

λ x2

+ λ x2

+ λ x2

+ η = 0 ,

1

1

2

2

3

3

Пример

1.

Определить

тип

и

расположение

кривой

4x2 − 9 y2

− 8x − 36 y − 68 = 0

на плоскости.

Решение. Вычисляем значение инварианта

δ =

A

B

=

4

0

= −36 < 0 ,

B

C

0

− 9

что говорит о принадлежности

данной кривой к гиперболическому типу.

Поскольку в уравнении кривой отсутствуют слагаемые с произведением

координат, привести уравнение к каноническому виду можно с помощью одних

лишь параллельных переносов,

т.е.

через выделение полного квадрата.

Производя эту операцию, получаем:

4(x2 − 2x + 1) − 9( y2 + 4 y + 4) − 4 + 36 − 68 = 0 , или

4(x − 1)2 − 9( y + 2)2

− 36 = 0.

Производя преобразование параллельного переноса

x − 1 = x'

,

Пример 2. Определить тип кривой

2x2 − 2

xy + 9 = 0 и составить её

3

каноническое уравнение.

−

A

B

2

= −3, что

Решение.

Записываем

инвариант δ =

=

3

B

C

−

3

0

определяет тип данной кривой как гиперболический

.

Поскольку

в уравнении

имеется слагаемое с произведением координат,

необходимо совершить

преобразование поворота x = x'cosϕ − y'sinϕ

y = x'sinϕ + y'cosϕ

на угол ϕ , тангенс которого определяется равенством

tg 2ϕ =

2B

=

2 × (- 3)

= -

,

3

A - C

2 - 0

откуда ϕ = −π 6 , и преобразование поворота имеет вид:

x =

x'+

1

y'

3

2

2

.

y = -

1

x'+

3

y'

2

2

Подставляя эти выражения для координат в исходное уравнение кривой,

получаем уравнение в виде

2

x'+

1

y' 2

- 2

x'+

1

y' -

1

x'+

y' + 9 = 0,

3

3

3

3

2

2

2

2

2

2

которое после раскрытия скобок и приведения подобных членов уже не будет

содержать слагаемых с произведением координат:

или в канонической форме

3(x')2

- ( y')2 + 9 = 0,

')2

( y')2

(x

−

= −1,

( 3)2

(3)2

что определяет сопряжённую гиперболу с полуосями a =

и b = 3.

3

Пример 3. Показать,

что уравнение z = xy

определяет гиперболический

параболоид.

Решение.

Уравнение содержит одно слагаемое с произведением координат,

именно,

xy ,

что

говорит о необходимости использования

преобразования

поворота в плоскости (Oxy) . Поскольку

коэффициенты при x2 и y2 в

исходном уравнении равны между собой

(оба равны нулю), поворот

выполняется на угол ϕ = π 4, а новые координаты связаны со старыми по

формулам x = (x'− y')

и y = (x'+ y')

2 . Подставляя эти выражения в

2

исходное уравнение, получаем уравнение

(x')2 − ( y')2

= z ,

2

что является каноническим уравнением гиперболического параболоида с

параметрами a = b = 1.

Пример 4. С помощью инвариантов определить тип поверхности, заданной

уравнением 5x2 + 11y2

+ 2z2 −16xy + 20xz + 4 yz = 18.

Решение. Прежде всего вычисляем инвариант I3 :

5

− 8

10

= -1458 = -18 ×81,

I3 =

- 8

11

2

10

2

2

т.е. поверхность является

центральной

и может быть описана уравнением вида

λ1x12 + λ2 x22

+ λ3 x32 +η = 0 .

Характеристическое

уравнение

для

канонических коэффициентов

λ1,2,3

имеет вид

5 − λ

− 8

10

= 0 , или λ3 -18λ2 - 81λ +18 ×81 = 0.

− 8

11 − λ

2

Данное

10

2

2 − λ

кубическое уравнение имеет целочисленные корни λ1 = 18, λ2 = 9 и

λ3 = −9. Параметр

η = I4 I3 , где определитель четвёртого порядка

5

− 8

10

0

I4

=

- 8 11

2

0

= -18 × I3 ,

10

2

2

0

0

0

0

-18

откуда η = −18 и каноническое уравнение имеет вид

или

18(x')2 + 9( y')2 − 9(z')2 −18 = 0,

(x')2 +

( y')2

−

(z')2

= 1,

2

2

1)

xy − 2x − y + 6 = 0 ; 2) y =

9 − x

;

x − 3

3)

6x2 + 6 y2 + 6x − 2 y −1 = 0; 4) 9x2 −16 y2 − 6x + 8 y −144 = 0;