Часть 2 ВА и АГ интернет-материалы

Какую линию определяет уравнение x2 + y2 = x?

РЕШЕНИЕ:

Запишем уравнение в виде x2 – x + y2 = 0.

Выделим полный квадрат из слагаемых, содержащих

16

х:

Окружность

x2 – x = (x – 1/2)2 – 1/4.

1 2

2

1

Уравнение принимает вид x

y

4

2

и определяет окружность с центром в точке (1/2, 0) и

радиусом 1/2.

Так как = -45 , то cos

2 2, sin 2 2.

Отсюда преобразование поворота принимает вид:

2 2 x y ,

17

x

2 2 y x .

y

Ŕ Ń,

,

4

2B

1

Ŕ Ń.

arctg

,

2

A C

В этом примере À Ñ 1 и

.

4

Возьмем = 45 , cos45 = sin45 =

2.

2

После соответствующих вычислений получаем

3

x 2

1

y 2

93

x 2

y 2

1

2

62 25

186 25

2

25

- уравнение эллипса с полуосями a

5 1,5

и b

5 2,7 в

62

186

4x0 2 y0

1 0,

несовместна,

2x0 y0 7 0

Перейдем в уравнении к новым координатам:

4x2 – 4xy + y2 – 2x – 14y + 7 = (4cos2 - 4cos sin + sin2 ) x 2 +

+ 2 (-4sin cos - 2cos2 + 2sin2 + sin cos ) x y + 2 (-cos - 7sin ) x +

+ (4sin2 + 4sin cos + cos2 ) y 2

+ 2 (sin - 7cos ) y + 7 = 0.

(*)

Постараемся теперь подобрать угол так, чтобы коэффициент

при х у обратился в нуль. Для этого нам придется решить

19

тригонометрическое уравнение:

- 4sin cos - 2cos2 + 2sin2 + sin cos = 0.

Имеем 2sin2 - 3sin cos - 2cos2 = 0, или 2tg2 - 3tg - 2 = 0.

Отсюда tg = 2, или tg = -1/2.

Такой же результат получается из общей формулы

1

arctg

2B

,

Ŕ 4,

Ń 1,

2Â 4

2

A C

tg 2

2 tg

4

,

tg

2,

1 tg

2

3

0,5.

cos

1

1

,

sin

tg

2

.

1 tg2

5

1 tg2

5

4x0 2 y0 2 0,

1 0.

2x0 y0

Эта система равносильна одному уравнению

2х0 – у0 + 1 = 0, следовательно, линия имеет

бесконечно много центров,

составляющих прямую 2х – у + 1= 0.

Заметим, что левая часть данного уравнения

разлагается на множители первой степени:

4х2 – 4ху + у2 + 4х –2у –3 = (2х – у +3)(2х – у – 1).

Значит, рассматриваемая линия представляет собой

пару параллельных прямых:

2х – у +3 = 0 и 2х – у – 1 = 0.

Какую линию определяет уравнение

5х2 + 6ху + 5у2 – 4х + 4у + 12 = 0?

РЕШЕНИЕ:

Уравнение 5х2 + 6ху + 5у2 – 4х + 4у + 12 = 0

приводится к каноническому виду: х 2 + 4у 2 + 4 = 0, или

2

y

2

21

x

1.

4

1

Это уравнение похоже на каноническое уравнение эллипса. Однако

оно не определяет на плоскости никакого действительного образа, так

как для любых действительных чисел х ,у левая часть его не

отрицательна, а cправа стоит –1. Такое уравнение называется

уравнением мнимого эллипса.

Какую линию определяет уравнение

5х2 + 6ху + 5у2 – 4х + 4у + 4 = 0?

РЕШЕНИЕ:

Уравнение 5х2 + 6ху + 5у2 – 4х + 4у + 4 = 0

22

приводится к каноническому виду: х 2 + 4у 2 = 0, или

2

y

2

x

0.

4

1

Уравнение похоже на каноническое уравнение эллипса, но определяет

не эллипс, а единственную точку: х = 0, у = 0 – вырожденный эллипс.

4. Кривые на плоскости

Найдите полярное уравнение кривой x = a, a > 0 и

изобразите ее.

23

РЕШЕНИЕ:

= a/cos

cos = a = a/cos :

Найдите полярное уравнение кривой

24

y = b,

b > 0 и изобразите ее.

РЕШЕНИЕ:

= b/sin

sin = b = b/sin :

Постройте в полярной системе

координат линию =

2a sin ,

a > 0.

РЕШЕНИЕ:

Линия

представляет

собой

25

окружность

со

смещенным

Окружность

центром:

y

x2 y2 2a

,

x2 y2

x2 + y2 – 2ay = 0,

x2 + (y – a)2 = a2.

Постройте

в

90

полярной

120

60

системе

координат

150

30

линию = 2

+ cos .

cos(t) 2

0

РЕШЕНИЕ:

180

cos(t)

26

Линия

Улитка Пас-

представляет

210

330

каля

собой улитку

Паскаля и

240

300

270

получается,

t t

если каждый

радиус-вектор окружности

= cos увеличить на два. Найдем координаты

контрольных точек:

= 0, = 3; = /2, = 2; = , = 1.

Найдите полярное уравнение кривой

(х2 + у2)2 = а2ху и изобразите ее.

РЕШЕНИЕ:

a

27

ОДЗ:

xy 0.

sin 2

2

4 a2 2 cos sin 2 a2

sin 2 ,

sin 2 0 .

2

Уравнение кривой в полярных координатах имеет вид:

a

и задает

sin 2 ,

0,

2

, 3 2

2

9

.

4 5cos

x

x2 y2

4 5

9,

Правая

2

2

28

x

y

ветвь гипер-

болы

4 x2 y2

5x 9,

16 x2 y2 5x 9 2 ,

16x2 + 16y2 = 25x2 + 90x + 81,

9x2 + 90x – 16y2 +81 = 0,

2

2

(x 5)

2

y2

9(x + 5)

– 16y

= 144

1 – правая

4

2

2

3

ветвь гиперболы при указанных .

Кривую можно было построить по точкам, например,

при =

= 9/10.

Постройте в полярной

системе

координат линию

29

2 sin2 = а2.

Гипербола

РЕШЕНИЕ:

sin 2 2cos sin

2

2xy

,

2

x2

y2

тогда кривая принимает

вид

30 РЕШЕНИЕ:

Эллипс

x2

y2

1 - эллипс.

2

2

2

3

Какая линия задается параметрическими уравнениями:

2

2t 1,

t R ?

31

x t

y t 1,

Парабола

x 1 2cost,

0, 2p ?

t

32

Окружность

y 3 2sin t,

РЕШЕНИЕ:

(x + 1)2 + (y – 3)2 = 4 – окружность.

Какая линия задается параметрическими уравнениями:

x 2t 1 ,

t R ?

y 1 4t2

,

33

РЕШЕНИЕ:

Парабола

y = – x2 – 2x, y = – (x + 1)2 +1

– парабола с вершиной в точке

(-1, 1).

Установите тип поверхности, заданной уравнением

x2 y2 z2 4 0.

РЕШЕНИЕ:

1

Перенесем константу в правую часть уравнения и раз-

Двуполостный

делим обе части уравнения на число 4. Получим

гиперболоид

x2

z2

y2

1.

4

4

4

Это уравнение задает двуполостный гиперболоид

вращения с осью OY.

Установите тип поверхности, заданной уравнением

x2 y2 z 2.

РЕШЕНИЕ:

2

Преобразуем уравнение к виду

Параболоид

x2

y2

(z 2),

являющемуся канонической формой уравнения пара-

болоида вращения с осью OZ, вершина которого нахо-

дится в точке (0;0;2), а выпуклость обращена вверх.

Установите тип указанной поверхности и постройте

ее:

1) параболоид

1) x2 y2

z 2 0 ;

2)

x2 y2

0 ;

вращения;

3)

x2 y2

0 ;

2) ось oz;

3) две пересе-

кающиеся

плоскости

3

4)

x2 1;

x y ;

4) две плоско-

сти x 1, па-

раллельные

плоскости zoy;

5) x2 z2

1.

5) круговой ци-

линдр с обра-

зующей, парал-

лельной оси oy.

Составьте уравнения проекций на координатные плос-

кости

сечения

эллиптического

параболоида

x2 4xy 5 y2 x 0

4

x y2

z2 плоскостью x 2y z 0.

x2 2xz 5z2 4x 0

РЕШЕНИЕ:

y2 z2 2y z 0

Сечение параболоида плоскостью задается системой

уравнений

Аналогично находятся остальные проекции:

на плоскость OXY: x2 4xy 5y2 x 0 ;

на плоскость OXZ:

x2 2xz 5z2 4x 0 ;

на плоскость OYZ: y2 z2 2y z 0.

Составьте уравнение поверхности, образованной вра-

x

2

,

z

вокруг оси OX.

щением кривой

y 0

РЕШЕНИЕ:

поверхности плоскостью x x0 ,

5

Сечение искомой

y2 z2

x4 .

перпендикулярной оси вращения, есть окружность с

центром в точке C(x0 ,0,0) радиусом R z(x0 ). Урав-

нение этой окружности y2 z2 x 4.Для произволь-

0

и прямой

x 5

y

z 25

.

3

РЕШЕНИЕ:

2

2

Выделим полные квадраты переменных в уравнении поверхно-

сти и увидим, что она представляет собой сферу

x 2 2 y 3 2 z 1 2 92 .

Нет

6

x 5 3t,

y 2t,

Перейдем к параметрическим уравнениям прямой