Киселева Г.А. Математика часть 1

Канонические уравнения параболы с вершиной в точке (x 0; y 0) имеют вид

(y – y0) 2 = 2 p (x – x0), (x – x0) 2 = 2 p (y – y0).

3. Плоскость

3.1. Различные виды уравнений плоскости

Уравнение плоскости (рис. 17), проходящей через заданную точку M 0 (x 0; y 0; z 0) перпендикулярно заданному вектору

n A; B;C , имеет вид

A (x – x0) + B (y – y 0) + C (z – z 0) = 0.

n

M 0

Рис. 17

Вектор n называется вектором нормали плоскости.

Общее уравнение плоскости имеет вид

A x + B y + C z + D = 0.

Уравнение плоскости (рис. 18), проходящей через три задан-

ные точки M 1(x 1; y 1; z 1), M 2 (x 2; y 2; z 2) и M 3 (x 3; y 3; z 3), име-

ет вид

12

M 2

M 1 M 3

Рис. 18

Уравнение плоскости в отрезках (рис. 19) имеет вид

ax by cz 1.

z c

a

x

Рис. 19

3.2. Основные задачи на плоскость

Расстояние d от точки М0 (x 0; y 0; z 0) до плоскости A x + B y + + C z + D = 0 равно

13

4. Прямая в пространстве

4.1. Различные виды уравнений прямой в пространстве

Уравнение прямой (рис. 20), проходящей через заданную точку M 0 (x 0; y 0; z 0) параллельно заданному вектору s m; n; p , имеет вид

s

M 0

Рис. 20

14

Вектор s называется направляющим вектором прямой.

Параметрические уравнения прямой в пространстве имеют вид

x mt x0 ,

y nt y0 ,z pt z 0 .

Общие уравнения прямой в пространстве (как линия пересечения двух плоскостей) имеют вид

A2 x B2 y C2 z D2 0.

Уравнение прямой (рис. 21), проходящей через две заданные точки M 1 (x 1; y 1; z 1) и M 2 (x 2; y 2; z 2), имеет вид

M 2

M 1

Рис. 21

15

4.2. Взаимное расположение двух прямых в пространстве:

4.3. Взаимное расположение прямой и плоскости в пространстве:

16

Решение примерного варианта контрольной работы

Задача 1. Даны координаты вершин треугольника A (–6; –2),

AРешение

1)Найдем уравнение стороны АВ по

2) Точка E – середина отрезка BC. Найдем координаты точки E по координатам B (–3; 2) и C (–8; 4):

Ответ: 1) (АB): 4 x – 3 y + 18 = 0.

2)(AE): 10 x – y + 58 = 0.

3)(CD): 3 x + 4 y + 8 = 0; |CD| = 5,2 (ед.).

4)(CN): 4x – 3 y + 44 = 0.

18

Задача 2. Дано уравнение кривой второго порядка

x 2 – 4y 2 + 8 x – 24y – 24 = 0.

Определите тип кривой, приведите уравнение к каноническому виду, укажите основные характеристики кривой, постройте кривую.

Решение

Так как коэффициенты при x 2 и y 2 отличны от нуля и имеют разные знаки, то, следовательно, данное уравнение на плоскости задает гиперболу. Для приведения уравнения к каноническому виду выделим полные квадраты:

x 2 – 4 y 2 + 8 x – 24 y – 24 = 0, (x 2 + 8 x) – 4 (y 2 + 6 y) – 24 = 0,

(x 2 + 2 x 4 + 4 2) – 4 2 – 4 (y 2 + 2 y 3 + 3 2) + 4 3 2 – 24 = 0, (x + 4)2 – 4 (y + 3) 2 = 4 (: 4),

Из уравнения видно, что центр гиперболы находится в точке (–4; –3), действительная полуось а = 2, мнимая полуось b = 1. Тогда эксцентриситет будет равен

Для построения гиперболы проведем вспомогательные оси через точку (-4; -3) (см. рисунок).

19

у

–2

–3

–4

1)уравнение высоты, опущенной из точки D на плоскость

АBC;

2)координаты проекции точки D на плоскость АBC.