V. АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ НА ПЛОСКОСТИ.

ПОВЕРХНОСТИ ВТОРОГО ПОРЯДКА

1

Федеральное агентство по образованию РФ ГОУ ВПО «Уральский государственный технический университет – УПИ»

Институт образовательных информационных технологий

V. АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ НА ПЛОСКОСТИ.

ПОВЕРХНОСТИ ВТОРОГО ПОРЯДКА

Учебное пособие

Научный редактор – доц., канд. физ. - мат. наук О.А. Кеда

Печатается по решению редакционно-издательского совета

Екатеринбург 2005

2

УДК 514.123.2(075.8) ББК 22.147 я 73 А 64

Рецензенты: кафедра физики Уральского государственного лесотехнического университета; доктор физ. - мат. наук, проф. А.П. Танкеев, зав. лабораторией ИФМ УрО РАН

Авторы: А.Б. Соболев, М.А. Вигура, А.Ф. Рыбалко, Н.М. Рыбалко А 64 V. АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ НА ПЛОСКОСТИ. ПОВЕРХНОСТИ ВТОРОГО ПОРЯДКА: Учебное пособие / А.Б. Соболев, М.А. Вигура, А.Ф. Рыбалко, Н.М. Рыбалко. Екатеринбург: ГОУ ВПО УГТУ-УПИ, 2005. 76 с. ISBN 5-321-00633-4

В учебно-методическом пособии излагаются теоретические основы аналитической геометрии на плоскости и понятий о поверхностях второго порядка, формулы аналитической геометрии на плоскости, приводятся решения большого числа задач. Пособие содержит варианты задач с ответами для самостоятельного решения, задания расчетно-графической работы «Линии на плоскости», список формул и рекомендованной литературы.

Рекомендовано Уральским отделением Учебно-методического объединения вузов РФ в области строительного образования в качестве учебного пособия

для студентов строительных специальностей направления 6533500 “Строительство” всех форм обучения

Подготовлено кафедрой высшей математики

УДК 514.123.2(075.8)

ББК 22.147 я 73 ISBN 5-321-00633-4 © ГОУ ВПО «Уральский государственный технический университет – УПИ», 2005

3

ОГЛАВЛЕНИЕ

АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ НА ПЛОСКОСТИ………………………………………….6

ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ НА ПЛОСКОСТИ………6

1.ПРОСТЕЙШИЕ ЗАДАЧИ НА ПЛОСКОСТИ…..…………………………………………...6 1.1. Расстояние между двумя точками…………………………………………………………….6 1.2. Деление отрезка в данном отношении………………………………………………………..6 1.3. Площадь треугольника…………………………………………………………………………7

2. ПРЯМАЯ ЛИНИЯ НА ПЛОСКОСТИ……………………………………………………….7 2.1. Общее уравнение прямой……………………………………………………………………...7 2.2. Каноническое уравнение прямой………………………………………………….. …………7 2.3. Уравнение прямой, проходящей через две точки……………………………………………8 2.4. Уравнение прямой, проходящей через данную точку в заданном направлении…………..8 2.5. Уравнение прямой в отрезках…………………………………………………………………8 2.6. Нормальное уравнение прямой………………………………………………………………..9 2.7. Расстояние от точки до прямой……………………………………………………………….9 2.8. Координаты точки пересечения двух прямых……………………………………………….9 2.9. Угол между двумя прямыми…………………………………………………………………10 2.10. Условие параллельности и перпендикулярности двух прямых………………………….10 2.11. Уравнение пучка прямых……………………………………………………………………10

3. КРИВЫЕ ВТОРОГО ПОРЯДКА……………………………………………………………11 3.1. Эллипс…………………………………………………………………………………………11 3.2. Окружность…………………………………………………………………………................12 3.3. Гипербола……………………………………………………………………………………...12 3.4. Парабола……………………………………………………………………………………….14

4. ПРЕОБРАЗОВАНИЯ КООРДИНАТ……………………………………………………….15 4.1. Параллельный перенос………………………………………………………………………..15 4.2. Поворот координатных осей…………………………………………………………………15 4.3. Изменение начала координат и поворот осей……………………………………………….16 4.4. Приведение общего уравнения кривой второго порядка к каноническому виду………..17

5. ЛИНИИ В ПОЛЯРНОЙ СИСТЕМЕ КООРДИНАТ……………………………………….18 5.1. Полярные координаты на плоскости………………………………………………………...18 5.2. Связь полярных координат с декартовыми………….……………………………………...18 5.3.Уравнение линий в полярной системе координат и их геометрическое изображение…...19

5.3.1. Кривые второго порядка…………………………………………………………………...195.3.2. Спирали……………………………………………………………………………………..205.3.3. Розы………………………………………………………………………………………….20

6. ПАРАМЕТРИЧЕСКОЕ ЗАДАНИЕ ЛИНИЙ………………………………………………23 6.1. Окружность……………………………………………………………………………………23

4

6.2. Циклоида………………………………………………………………………………………23 6.3. Астроида……………………………………………………………………………………….24

7. КРИВЫЕ ТРЕТЬЕГО ПОРЯДКА…………………………………………………………..24 7.1. Полукубическая парабола…………………………………………………………………….24 7.2. Локон Аньези………………………………………………………………………………….25 7.3. Декартов лист…………………………………………………………………………………25

8. КРИВЫЕ ЧЕТВЕРТОГО ПОРЯДКА………………………………………………………26 8.1. Улитка Паскаля……………………………………………………………………………….26 8.2. Кардиоида……………………………………………………………………………………..26 8.3. Лемниската Бернулли………………………………………………………………………...27 ФОРМУЛЫ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ НА ПЛОСКОСТИ………………………….28 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ ПО АНАЛИТИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ НА ПЛОСКОСТИ……………..34 ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ………………………………………………52 ПОВЕРХНОСТИ ВТОРОГО ПОРЯДКА………………………………………………………...666 1. Поверхности…………………………………………………………………………………….666 1.1. Линейчатые поверхности…………………………………………………………………….66

1.2. Поверхности вращения………………………………………………………………………661.3. Поверхности второго порядка……………………………………………………………….67

2. Исследование формы поверхностей второго порядка по их каноническим уравнениям……………………………………………………………………………………...67

2.1. Эллипсоид……………………………………………………………………………………..68 2.2. Гиперболоиды…………………………………………………………………………………69

2.2.1. Однополостный гиперболоид……………………………………………………………...692.2.2. Двуполостный гиперболоид……………………………………………………………….70

2.3. Параболоиды………………………………………………………………………………….70 2.3.1. Эллиптический параболоид……………………………………………………………….702.3.2. Гиперболический параболоид……………………………………………………………..71

2.4. Конус…………………………………………………………………………………………..71 2.5. Цилиндры……………………………………………………………………………………...72

2.5.1. Эллиптический цилиндр…………………………………………………………………..722.5.2. Гиперболический цилиндр………………………………………………………………..722.5.3. Параболический цилиндр…………………………………………………………………72

РЕШЕНИЕ ТИПИЧНЫХ ЗАДАЧ……………………………………………………………….73 ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ……….…………………………………….77 БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК…………………………………………………………...90

5

АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ НА ПЛОСКОСТИ

ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ НА ПЛОСКОСТИ

1.ПРОСТЕЙШИЕ ЗАДАЧИ НА ПЛОСКОСТИ

1.1. Расстояние между двумя точками Пусть даны две точки M1(x1,y1) и M2(x2,y2). Расстояние между ними равно длине вектора

{ }1 2 2 1 2 1M M x x ,y y= − − и может быть вычислено по формуле

( ) ( )2 22 1 2 1x x y y− + −1 2d M M= = .

1.2. Деление отрезка в данном отношении Точка M(x,y) делит отрезок M1M2 в отношении λ , если

1

2

M M

MMλ= .

y

M1

M2

CM

Тогда 1 2 M M MMλ= , а отсюда

1 1

2 2

x x y y ,x x y y

λ− −= =

− − и координаты точки М находятся по формулам:

1 2

1 2

1

1

x xx

y yy

λλλλ

+⎧ =⎪⎪ +⎨ +⎪ =⎪ +⎩

,

Координаты середины отрезка С получаются при М1М=ММ2, т.е. =1λ : 1 2 1 2

2 2c cx x y yx , y .+ +

= =

Отметим, что число λ не зависит от того, как выбрано положительное направление на отрезке М1М2, так как при изменении направления на противоположное λ не меняется. Число λ может быть положительным или отрицательным числом, может равняться нулю или принимать бесконечное значение в зависимости от расположения точки М на отрезке М1М2:

6

Но λ не принимает значение -1, так как при λ =-1: 21 MMMM −= и ,0 2121 ==+ MMMMMM

т.е. точка М1 совпадает с точкой М2, а мы предполагали их различными.

1.3. Площадь треугольника Пусть треугольник задан координатами своих вершин:

0

y

x

M1 M2

M3

М1(x1,y1), M2(x2,y2), M3(x3,y3).

Тогда 1 1

2 2

3 3

111

x yy

x y

12

S x=

При вычислении по этой формуле площадь получается положительной, если обход вершин в порядке нумерации происходит против часовой стрелки, и отрицательной – в противоположном случае. Формула площади треугольника может быть записана в виде

2 1 2 1

3 1 3 1

12

x x y yS

x x y y− −

=− −

.

2. ПРЯМАЯ ЛИНИЯ НА ПЛОСКОСТИ

2.1. Общее уравнение прямой Общее уравнение прямой на плоскости xoy получается из общего уравнения плоскости в пространстве при z=0. Прямая на плоскости в декартовых координатах задается уравнением

Ax+By+C=0. Если А=0 (В=0), то прямая параллельна оси ox (оси oy). Если С=0, то прямая проходит через начало координат. Если прямая проходит через точку (x0,y0) перпендикулярно вектору

{ BAn ,= }, ее уравнение принимает вид: 0 0( ) ( )A x x B y y 0− + − = .

2.2. Каноническое уравнение прямой Если прямая проходит через точку (x0,y0) параллельно направляющему вектору , то из канонических и параметрических уравнений прямой в пространстве при z=0 получаем каноническое и параметрические уравнения прямой на плоскости в виде:

{ }a l,m=

myy

lxx 00 −

=− и

⎩⎨⎧

+=+=

,,

0

0

mtyyltxx

где t - параметр, . ( , )t ∈ −∞ ∞

7

2.3. Уравнение прямой, проходящей через две точки Пусть на плоскости заданы две точки M1(x1,y1), M2(x2,y2). Для того чтобы написать уравнение прямой, проходящей через эти точки, полагаем в соответствующем уравнении прямой в пространстве

Тогда получаем искомое уравнение в виде

1 2 0.z z z= = =

Y M2

M1

O X

1 1

2 1 2 1

x x y yx x y y

− −=

− −.

2.4. Уравнение прямой, проходящей через данную точку в заданном направлении

Пусть прямая составляет угол α с осью ох. Угловым коэффициентом прямой k называется число k t . g= α

Прямая может быть задана точкой М1(x1,y1) и угловым коэффициентом k или двумя точками М1(x1,y1) и М2(x2,y2). Уравнение прямой с угловым коэффициентом k может быть получено из общего уравнения прямой Ax+By+C=0,

если 0,B ≠ тогда , и BCb −= . Аk

B= −y k x b= + где

Пусть прямая пересекает ось oy в точке P(0,b).

Из уравнения прямой, проходящей через две точки, имеем 2 1

1 12 1

( )y y x xx x

y y −− = −

− .

,Отсюда 2 1

2 1

y yx x

−= tg kα =

−.

.

Таким образом 1 1( )y y k x x− = − Уравнение полученной прямой принимает вид уравнения прямой с угловым коэффициентом k, если b=y1 - k x1.

2.5. Уравнение прямой в отрезках Общее уравнение прямой Ax+By+C=0 может быть преобразовано к виду

уравнения прямой “в отрезках”: 1x ya b

+ = .

Прямая в отрезках пересекает ось ox в точке А(а,0) и ось oy в точке В(0,b).

8

2.6. Нормальное уравнение прямой Пусть известно расстояние от прямой до начала координат OP p= и угол α между перпендикуляром к прямой и осью ox. Из нормального уравнения плоскости в пространстве, полагая z=0 и учитывая, что

cos2π sin⎛ ⎞− α = α⎜ ⎟

⎝ ⎠,

получаем нормальное уравнение прямой на плоскости в виде

cos sin 0x y pα + α − = . Нормальное уравнение прямой можно получить из общего уравнения

прямой Ax+By+C=0, умножив его на нормирующий множитель 2 2

1A B

µ = ±+

.

Знак числа µ должен быть противоположен знаку числа С. Косинусы углов, образуемых прямой с осями координат, называются направляющими косинусами прямой. Если угол между прямой и осью ox равен α и угол между прямой и осью oy равен β, то . 2 2cos cos 1α + β =

2.7. Расстояние от точки до прямой Расстояние d от точки M0(x0,y0) до прямой, задаваемой нормальным уравнением, равно модулю отклонения точки от прямой δ , d=|δ |, где

0 0cos sinx y pδ = α + α − = 0 02 2

Ax By CA B+ +

±+

.

По этой формуле δ положительно, если точка М0 и начало координат лежат по разные стороны от прямой, в противном случае δ отрицательно.

2.8. Координаты точки пересечения двух прямых Если прямые заданы уравнениями A1x+B1y+C1=0 и A2x+B2y+C2=0, то координаты точки их пересечения (x0, y0) получаются как решение системы уравнений

1 1 1

2 2 2

0,0

A x B y CA x B y C

+ + =⎧⎨ + + =⎩

по формулам Крамера в виде

1 1 1 1

2 2 2 20 0

1 1 1 1

2 2 2 2

, ,

B C C AB C C A

x yA B A BА B A B

= = при 1 1

2 2

0.A BA B

≠

9

2.9. Угол между двумя прямыми Пусть две прямые заданы уравнениями:

1 1 1

2 2

,.

y k x by k x b

= += +

2

Острый угол ϕ пересечения этих прямых (отсчитываемый против часовой стрелки) находится из следующих соотношений:

2 12 1

1 2

( ) .1tg tg

tg tgtg tg α − α

α =ϕ = α −+ α α

Отсюда 2 1

2 11k ktg

k k−

ϕ =+

.

Если прямые заданы общими уравнениями А1x+B1y+C1=0 и A2x+B2y+C2=0, то угловые коэффициенты прямых равны

1 21 2

1 2

, A Atg tgaB B

α = − = −

и угол ϕ между прямыми определяется формулой 1 2 2 1

1 2 1 2

.A B A BtgA A B B

−ϕ =

+

2.10. Условие параллельности и перпендикулярности двух прямых Прямые y1=k1x+b1 и y2=k2x+b2 параллельны друг другу, если 0=ϕ . Следовательно, , то есть k1=k2. 0tgϕ =

Прямые y1=k1x+b1 и y2=k2x+b2 перпендикулярны друг другу, если 2π

ϕ = .

Следовательно, tg , то есть k1k2 = -1. Отсюда ϕ → ∞ 12

1kk

= − .

Если прямые заданы общими уравнениями:

А1В1-А2В1=0, 2

2

1

1

BA

BA

= - условие параллельности,

А1А2+В1В2=0 - условие перпендикулярности прямых.

2.11. Уравнение пучка прямых Совокупность всех прямых плоскости, проходящих через некоторую точку M(x0,y0), называется пучком прямых с центром М. Пусть A1x+B1y+C1=0 и A2x+B2y+C2=0 - уравнения двух прямых, пересекающихся в точке М; и α β - произвольные числа, одновременно не равные нулю, тогда α (A1x+B1y+C1)+β (A2x+B2y+C2)=0 - уравнение прямой, проходящей через точку М.

10

Если 0 , то при α ≠β

λ =α

получим уравнение пучка прямых в виде

A1x+B1y+C1+ (A2x+B2y+C2)=0, которое определяет все прямые пучка, кроме второй из прямых, т.к. .

λ0≠α

3. КРИВЫЕ ВТОРОГО ПОРЯДКА Кривые второго порядка на плоскости описываются алгебраическими уравнениями второго порядка.

3.1. Эллипс Эллипсом называется геометрическое место всех точек M(x,y), для которых сумма расстояний до двух заданных точек F1(+с,0) и F2(-с,0) (называемых фокусами эллипса) постоянна и равна 2а.

Так называемое каноническое уравнение эллипса может быть получено непосредственно из опре ени липса. дел я эл По определению 1 2 2F M F M a+ = и 1 2 2 ,F F c= где а>c. Воспользуемся формулой расстояния между двумя точками

2 2 2 21 1 2( ) , ( )F M x c y r F M x c y r2.= − + = = − + =

По определению . Подставим в это равенство найденные r1 и r2:

arr 221 =+

aycxycx 2)()( 2222 =+−+++ .

Проделаем очевидные преобразования: 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

( ) 2 ( ) ;

( ) 4 4 ( ) ( )

( ) ;

( ) ( ).

x c y a x c y2;x c y a a x c y x c y

a x c y a cx

a c x a y a a c

+ + = − − +

+ + = − − + + − +

− + = −

− + = −

Так как а>c, то положим a2-c2=b2, тогда b2x2+a2y2=a2b2 или 12

2

2

2

=+by

ax .

Полученное уравнение называется каноническим уравнением эллипса. Элементами эллипса являются: точка О - центр эллипса; точки A, B, C, D - вершины эллипса; точки F1(с,0), F2(-с,0) - фокусы эллипса; 2c - фокусное расстояние, которое вычисляется по формуле 22 bac −= ; АВ=2а и

11

CD=2b - большая и малая оси эллипса; a и b - большая и малая полуоси

эллипса; , ( 1)ce ea

= < - эксцентриситет эллипса, который вычисляется по

формуле 2

21 bea

= − .

Эксцентриситет определяется отношением осей эллипса и характеризует его форму: чем больше e, тем более вытянут эллипс вдоль большой оси.

Прямые, параллельные малой оси и отстоящие от неё на

расстояние ae

, называются директрисами эллипса.

Уравнения правой и левой директрис эллипса имеют вид: axe

= ± .

Отметим, что a ae

> , так как . 1<e

Фокальный параметр 2bp

a= - это половина хорды, проведённой через

фокус параллельно малой оси.

3.2. Окружность Окружность представляет собой геометрическое место точек, равноудаленных от точки О, называемой центром окружности. Уравнение окружности можно получить из уравнения эллипса при a=b=R: x2+y2=R2.

3.3. Гипербола Гиперболой называется геометрическое место всех точек M(x,y), для

которых абсолютная величина разности расстояний до двух заданных точек F1(+c,0) и F2(-c,0) (называемых фокусами гиперболы) постоянна и равна 2а<2с.

12

Так называемое каноническое уравнение гиперболы может быть получено непосредственно из определения гиперболы.

По определению aMFMF 221 =− и ,221 cFF = где а<с.

Воспользуемся формулой расстояния между двумя точками 2 2 2 2

1 1 2( ) , ( )F M x c y r F M x c y r= − + = = + + = 2.

По определению arr 221 ±=− . Подставим в это равенство найденные r1 и r2:

.2)()( 2222 aycxycx ±=+−−++

Проделаем очевидные преобразования: 2 2 2 2

2 2 2 22 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

( ) 2 ( ) ,

( ) 4 ( )4 ( )

( ) ,

( ) ( ).

x c y a x c y2 ,x c y a x c ya x c y

cx a a x c y

c a x a y a c a

+ + = ± + − +

+ + = + − +± − +

− = ± − +

− − = −

Так как c>a, то положим c2-a2=b2, тогда b2x2-a2y2=a2b2 или 2 2

2 2 1x ya b

− = .

Полученное уравнение называется каноническим уравнением гиперболы. Элементами гиперболы являются:

точка О - центр гиперболы; точки А и В - вершины гиперболы; точки F1(+с ,0) и F2(-с ,0) - фокусы гиперболы; 2с - фокусное расстояние, которое вычисляется по формуле 22 abc += ; AB=2a - действительная ось гиперболы; CD=2b -

мнимая ось гиперболы; aceacb =−= ;22 -

эксцентриситет гиперболы, который вычисляется по

формуле 1e ,12

2

>+=abe .

Эксцентриситет определяется отношением осей гиперболы и характеризует еe форму: чем больше e,

тем более вытянут вдоль мнимой оси основной прямоугольник гиперболы.

Уравнения директрис гиперболы имеют вид: eax ±= .

Отметим, что aea

< , так как . 1>e

Асимптоты гиперболы - это прямые, к которым ветви гиперболы неограниченно приближаются при удалении в бесконечность.

13

С учётом того, что bk tga

= ± α = ± , уравнения асимптот гиперболы принимают

вид xaby ⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛±= .

Фокальный параметр гиперболы abp

2

= .

3.4. Парабола Параболой называется геометрическое место

точек M(x,y), равноудалённых от заданной точки F(p/2,O) (называемой фокусом параболы) и от данной прямой (называемой директрисой параболы). Так называемое каноническое уравнение параболы может быть получено непосредственно из определения параболы.

По определению MKFM = и r = d, кроме того, 2pd x= + .

Воспользуемся формулой расстояния между двумя точками 22)

2( ypxr +−= .

Таким образом, получено равенство xpypx +=+−2

)2

( 22 или

222 )2

()2

( xpypx +=+− . Отсюда y2=2px.

Полученное уравнение называется каноническим уравнением параболы. Элементами параболы являются: точка О - вершина параболы; ox - ось параболы; точка F(р/2,O) - фокус

параболы; 2px −= - уравнение директрисы параболы; 1=e - эксцентриситет

параболы. p - фокальный параметр (расстояние от фокуса до директрисы или половины хорды, проходящей через фокус перпендикулярно оси ox).

14

4. ПРЕОБРАЗОВАНИЯ КООРДИНАТ

4.1. Параллельный перенос Перенесём начало координат из точки О в точку О1

параллельным переносом осей. Пусть в системе координат xoy точка М имеет координаты x и y. Система координат x′O1y′ получена из системы координат xOy параллельным переносом осей, при котором начало координат О1 имеет координаты x0 и y0 в системе координат xOy. Точка М в

системе координат x′O1y′ имеет координаты x′ и y′. Связь между координатами точки M(x,y) и точки M(x′,y′) в старой и новой системах координат задается формулами:

0

0

,,

x x xy y y

′= +⎧⎨ ′= +⎩

(1) 0

0

,.

x x xy y y′ = −⎧

⎨ ′ = −⎩ (2)

Уравнения кривых второго порядка, когда их центры симметрии находятся в точке с координатами O1(x0,y0), получаются с помощью преобразования координат при параллельном переносе осей (2).

2 20 0( ) ( ) 2x x y y− + − = R - уравнение окружности с центром в

точке O1(x0,y0) и радиусом R. Аналогично получаются уравнения других кривых

второго порядка:

2 20 0

2 2

( ) ( ) 1x x y ya b− −

± =

0 )

- уравнения эллипса и гиперболы с центром симметрии

в точке O1(x0,y0); 2

0( ) 2 (y y p x x− = − - уравнение параболы с вершиной в точке O1(x0,y0).

При этом, например, уравнения директрис эллипса и гиперболы: 0ax xe

− = ± , а

параболы: 0 2px x− = − .

Аналогично преобразуются и уравнения асимптот гиперболы:

0 0( )by y x xa

− = ± − .

4.2. Поворот координатных осей Выведем формулу преобразования координат при повороте

координатных осей.

15

Повернём оси координат на угол α относительно исходной системы координат. Координаты точки М в системе координат x′Oy′ равны x′ и y′. Найдём её координаты в системе коорднат xOy. В треугольнике CMD CMD∠ = α , OD=x′, MD=y′.

A B

Следовательно, x=OA=OB-AB=OB-CD, y=MA=AC-CM=DB+CM. Поскольку

cos , sin ,cos , sin ,

OB x CD yCM y DB x

′ ′= α =′ ′= α =

αα

αα

то (3) cos sin ,sin cos .

x x yy x y

′ ′= α −⎧⎨ ′ ′= α +⎩

Эти формулы выражают старые координаты (x,y) произвольной точки М через новые координаты (x′,y′) этой же точки при повороте осей на угол α.

Формулы, выражающие новые координаты (x′,y′) точки М через её старые координаты (x,y), получим из следующих соображений: если новая система получена поворотом старой на угол α, то старая система получается поворотом новой на угол (-α), поэтому в равенствах (3) можно поменять местами старые и новые координаты, заменяя одновременно α на (-α). Выполнив это преобразование, получим

cos sin ,sin cos .

x x yy x y′ = α + α⎧

⎨ ′ = − α +⎩ α

При этом, например, уравнения директрис эллипса (гиперболы) и параболы принимают вид:

cos sin ;

cos sin .2

ax yepx y

′ ′α − α = ±

′ ′α − α = −

4.3. Изменение начала координат и поворот осей Если оси декартовой прямоугольной системы переносятся параллельно на величины x0 по оси ox и на y0 по оси oy и, кроме того, поворачиваются на угол α, то этому изменению системы соответствуют формулы преобразования координат, выражающие старые координаты через новые

0

0

,cos sinsin cos ,

x x y xy x y y

′ ′= α − α +⎧⎨ ′ ′= α + α +⎩

(4)

и новые координаты через старые:

16

0 0

0 0

( ) ( )cos sin( )sin ( )cos

x x yx yy x x y y

,.

′ = − + −α α⎧⎨ = − − α + − α⎩

(5)

4.4. Приведение общего уравнения кривой второго порядка к каноническому виду

Пусть кривая второго порядка задана в общем виде: 0222 22 =+++++ FEyDxCyBxyAx .

Приведение этого уравнения к каноническому виду заключается в нахождении системы координат, в которой кривая имеет канонический вид, геометрически это может быть достигнуто переносом начала координат в центр кривой (x0,y0) и поворотом координатных осей на угол, совмещающий оси симметрии кривой с координатными осями. Алгебраически это приводит к исчезновению членов с произведением текущих координат и членов, содержащих их в первой степени, после применения формулы (1) п.4.1 и (3) п.4.2. Уравнения, определяющие центр кривой, если он существует, записывается как

0 0

0 0

0,0.

Ax By DBx Cy E

+ + =⎧⎨ + + =⎩

(6)

Кривые второго порядка, имеющие единственный центр, называются центральными. После переноса начала координат в центр (x0,y0) уравнение кривой примет вид

2 212 0Ax Bx y Cy F′ ′ ′ ′+ + + = ,

где . 1 0 0F Dx Ey F= + +Чтобы получить каноническое уравнение кривой

2 21 1 2( ) ( ) 0A x C y F′′ ′′+ + = ,

подвергнем уравнение (6) преобразованию поворота осей координат на угол ϕ. После преобразования

cos sin ,sin cos ,

x x yy x y′ ′′ ′′= ϕ − ϕ′ ′′ ′′= ϕ + ϕ

где ,x y′′ ′′ - новые координаты. Выпишем из преобразованного уравнения, слагаемые второго порядка:

2

2

( cos sin ) 2 ( cos sin )( sin cos ) ( sin cos ) .A x y B x y

x y C x y

′′ ′′ ′′ ′′ϕ − ϕ + ϕ − ϕ ⋅

′′ ′′ ′′ ′′⋅ ϕ + ϕ + ϕ + ϕ

Из этих слагаемых нас интересует слагаемое, содержащее произведение x y′′ ′′⋅ , коэффициент перед которым равен

2 21 2 (cos sin )2 sin cos2 sin cos 2 cos2 ( )sin 2 .

B BAC B C A= − + ϕ − ϕ +ϕ ϕ

+ ϕ ϕ = ϕ + − ϕ

Найдём угол поворота из условия В1=0: 2 cos2 ( )sin 2B A Cϕ = − ϕ .

17

Если А=С, то co и в качестве угла поворота можно выбрать s2 0ϕ =4π

ϕ = ;

если A C≠ , то выбираем 1 22

BarctgA C

ϕ =−

. (7)

Подробные схемы приведения общих уравнений второго порядка будут изложены в решении задач.

5. ЛИНИИ В ПОЛЯРНОЙ СИСТЕМЕ КООРДИНАТ

5.1. Полярные координаты на плоскости Полярные координаты определяются заданием на плоскости полюса О и

полярной оси ρ .

Координаты точки М в полярных координатах задаются длиной радиус-вектора OM = ρ этой точки и углом его

наклона к полярной оси. При этом 0 , 0≤ ρ ≤ ∞ ≤ ϕ ≤ ∞ .

5.2. Связь полярных координат с декартовыми Совместим начало декартовой системы с полюсом полярной системы координат, а ось ox с полярной осью ρ . Найдём связь координат точки M(x,y) и M(ρ ,ϕ). на выражается следующей системой уравнений:

О

2 2 ,,

, .

cossin

x yytg

xy

x

ρ = +ϕϕ ϕ =

= ρ⎧⎨ = ρ⎩

Если известны координаты точек A(x1,y1) и B(x2,y2), то проекции отрезка { } { }2 1 2 1, cos ,AB x x y y= − − = ρ ϕ ρ ϕsin , а полярный угол отрезка по координатам

его начала и конца находится по формулам:

2 1 2 1

2 22 12 1 2 1

2 1

cos , sin ,

, ( ) ( ) .

x x y y

y ytg x x y yx x

− −ϕ = ϕ =

ρ ρ−

ϕ = ρ = − + −−

18

5.3. Уравнение линий в полярной системе координат и их геометрическое изображение

5.3.1. Кривые второго порядка Построим линию cos ,aρ = ϕ а=const>0. Координата ρ принимает только положительные значения. При получаем точку А(а,0). 0 cos =1, =aϕ = ϕ ρ

Рассмотрим точку М(ρ ,ϕ). Из уравнения линии -

cosaρ

ϕ = , значит, угол ОМА - прямой. С возрастанием угла ϕ от 0 до π /2

косинус этого угла убывает от 1 до 0, таким образом, ρ убывает от а до 0 в точке О(0, /2), и радиус-вектор точки М описывает верхнюю половину окружности. Нижняя её половина получается при изменении ϕ от 3 π /2 до 2

ππ .

Этим значениям угла соответствуют положительные значения cosϕ, возрастающие от 0 до 1, что приводит к возрастанию от 0 до а и геометрическому замыканию окружности.

ρ

Итак, уравнение задаёт окружность с центром в точке (a/2,0) и радиусом a/2.

cosaρ = ϕ

Такой же результат получается, если в уравнении линии перейти к декартовым координатам.

cosaρ = ϕ

Тогда 2 2

2 2

xx y ax y

+ =+

, 2 2 0,x y ax+ − =

22 2( )

2 4ax y− + =

a - каноническое уравнение окружности с центром в точке

(a/2,0) и радиусом a/2.

В полярных координатах кривые второго порядка имеют уравнения 1 cos

pe

ρ =− ϕ

,

если полюс находится в фокусе, полярная ось направлена из фокуса к ближайшей вершине (для гиперболы этим уравнением определяется только одна ветвь); р-фокальный параметр, е - эксцентриситет кривой.

19

5.3.2. Спирали 1. Архимедова спираль: =аϕ,ρ 0 , R< ϕ < ∞ ρ∈ . Для построения архимедовой спирали нужно вычислить значения ρ при различных значения ϕ:

; 2 2 ; 3 3 ;2 2

OA a OB OA a OC OA aπ π= ⋅ = = ⋅ ⋅ = = ⋅ ⋅ …

2π и так далее.

Кривая представляет собой путь, описываемый точкой, движущейся с

постоянной скоростью по лучу, вращающемуся около полюса О, с постоянной

скоростью ω: va =ω

.

2. Гиперболическая спираль: , (0, ), a Rρ = ϕ∈ ∞ ρ∈ϕ

.

3. Логарифмическая спираль ), 0, 1; 0, , a a a Rϕρ = . > ≠ ϕ∈ ∞ ρ∈⎡⎣

5.3.3. Розы При построении графиков будем считать, что параметр a>0. 1. Двухлепестковые розы

sin 2 , a>0; 0 2 , 0 aaρ = ϕ ≤ ϕ ≤ π ≤ ρ ≤ . ϕ(0) 0 10 20 30 40 45

ρ (а)

0 0,3 0,6 0,86 0,99 1

ϕ(0) 50 60 70 80 90

ρ (а)

0,99 0,86 0,6 0,3 0

Для нахождения вида кривой sin 2aρ = ϕ обратимся к графику функции для : [0,2 )ϕ∈ π

20

5π/4π/4

ρ

ϕ 3π/2 2ππ/2 π

0

ρ = sin2ϕ

Функция при а>0 принимает допустимые, неотрицательные

значения 0 при

sin 2aρ = ϕ

ρ ≥3[0, ] [ , ];

2 2π

ϕ∈ ∪ ππ принимает максимальные, равные а,

значения при 1 25 и

4 4π π

ϕ = ϕ = , интервалами возрастания функции являются

значения 5[0, ) [ , )4 4π π

ϕ∈ ∪ π , убывания - 5 3, ,4 2 4 2π π π⎛ ⎤ ⎛ϕ∈ ∪⎜ ⎜

π⎤⎥ ⎥⎝ ⎦ ⎝ ⎦

. В результате

график функции принимает вид

cos2 , a>0; 0 2 , 0 aaρ = ϕ ≤ ϕ ≤ π ≤ ρ ≤

)0(ω 0 5 10 20 30 40 45 ρ (а) 1 0,9

8 0,94

0,76

0,5 0,17

0

21

2. Четырехлепестковые розы

cos2 ; 0 2 , Raρ = ϕ ≤ ϕ < π ρ∈

sin 2 ; 0 2 , Raρ = ϕ ≤ ϕ < π ρ∈

3. Трёхлепестковые розы:

sin3 ; 0 2 , 0 , a>0aaρ = ϕ ≤ ϕ < π ≤ ρ ≤

22

cos3 ; 0 2 , 0 a, a>0aρ = ϕ ≤ ϕ < π ≤ ρ ≤

6. ПАРАМЕТРИЧЕСКОЕ ЗАДАНИЕ ЛИНИЙ Параметрические уравнения линий задаются в виде зависимости текущих координат x и y от некоторого параметра t. Каждому значению t соответствуют два значения: x и y. При изменении параметра t текущая точка M(x,y) описывает некоторую кривую на плоскости. Методом исключения параметра уравнение линии приводится к уравнению в декартовых координатах и, наоборот, линия, заданная в декартовых координатах, может быть приведена к виду кривой, заданной параметрически.

6.1. Окружность Пусть M(x,y) - текущая точка окружности с центром в начале координат и радиусом R. В качестве параметра t выберем угол, который составляет радиус-вектор точки М с осью ox. Из треугольника ОМА:

⎩⎨⎧

==

,,

sincos

tRytRx

2

- параметрические уравнения окружности. Исключим из параметрических уравнений параметр t. Для этого возведём эти уравнения в квадрат и сложим их:

2 2 2 2 2(cos sin )x y R t t R+ = + = . Таким образом, получено уравнение окружности в декартовых координатах.

6.2. Циклоида Обыкновенной циклоидой называется кривая, описываемая точкой круга, катящегося без скольжения по прямой линии.

23

Пусть ox - прямая, по которой катится круг радиусом а. Тогда МС=СК=а, где К - точка касания. За параметр t примем угол поворота МС относительно СК: - угол качения (в радианах). Так как качение окружности происходит без скольжения,

то ОК=

MCKt ∠=

∪

MK =at. Из рисунка видно, что sin ( sin ),

cos (1 cos ).x OP OK PK OK MQ at a t a t ty PM KC QC a a t a t

= = − = − = − = −= = − = − = −

Таким образом, параметрические уравнения циклоиды ( sin ),

(1 cos ),

x a t ty a t

= −⎧⎨ = −⎩

где ∞<<∞− t .

При 0 2 получаем первую арку циклоиды. Укажем, что длина дуги ОА1О1=8а, а площадь одной арки S=3

t≤ < ππa2.

6.3. Астроида Астроидой называется кривая, которую описывает точка окружности радиуса R/4, когда окружность катится без скольжения внутри окружности радиуса R.

Параметрические уравнения астроиды 3

3

s ,n ,

tt

cosi

x Ry R

⎧ =⎪⎨

=⎪⎩.

232

где 0 2t≤ < π

В декартовых координатах уравнение астроиды x2/3+y2/3=R2/3.

Длина астроиды L=6R, а площадь, ограниченная астроидой S=3πR2/8.

7. КРИВЫЕ ТРЕТЬЕГО ПОРЯДКА

7.1. Полукубическая парабола Уравнение полукубической параболы в декартовых координатах

− yxa

⎩⎨⎧

=

=

,,3

2

atytx

0.>a ,0= Параметрические уравнения полукубической параболы:

где ∞<<∞− t .

24

7.2. Локон Аньези

Уравнение локона Аньези в декартовых координатах: 2 2 ( )x y a a y= − .

Уравнение локона Аньези в полярных координатах: 3

2 2sincos

aa

ρ ϕ =+ ρ ϕ

.

Локон Аньези имеет асимптоту y = 0 при ±∞→x . Точки перегиба )4

3,3

( aa± .

Площадь между локоном Аньези и асимптотой S= πa2.

7.3. Декартов лист Уравнения декартова листа в декартовых координатах

3 3 3 , a>0x y axy+ = ;

в полярных координатах 3 3

3 sin 2( )2 sin cos

a ϕρ =

ϕ + ϕ.

Параметрические уравнения декартова листа

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

∞+

∞+

=

.<t<1- ,13=y

-1,<t<- ,13

3

2

3

tat

tatx

Декартов лист имеет асимптоту x+y+a=0 или ϕϕ

ρcossin +

=a . Точка

)2

3,2

3( aaA .

Площадь петли декартова листа 23 2aS = .

25

8. КРИВЫЕ ЧЕТВЕРТОГО ПОРЯДКА

8.1. Улитка Паскаля

Уравнение улитки Паскаля в декартовых координатах )()( 222222 yxbaxyx +=−+ ,

в полярных координатах . cosa bρ = ϕ +

Параметрические уравнения улитки Паскаля cos (cos ),

sin (sin ), 0 2 .x a t t by t t b t

= +⎧⎨ = + ≤⎩ < π

0,

π

Из уравнения кривой нетрудно увидеть, что улитка Паскаля получается при увеличении или уменьшении радиус-вектора каждой точки окружности на постоянный отрезок b. В зависимости от соотношения между a и b улитка Паскаля приобретает различный вид, как это показано на рисунках.

8.2. Кардиоида Уравнение кардиоиды в декартовых координатах

2 2 2 2 2 2( )( 2 )x y x y ax a y+ + − − = в полярных координатах (1 cos ), 0.a aρ = + ϕ >Параметрические уравнения кардиоиды

cos (1 cos ),sin (1 cos ), 0 2 .

x a t ty a t t t

= +⎧⎨ = + ≤ <⎩

Кардиоида является частным случаем улитки Паскаля при a=b. Вершина кардиоиды находится в точке А(2а,0). Укажем, что площадь

кардиоиды 23

2aS π

= , а длина L=8a.

26

8.3. Лемниската Бернулли

Лемниската Бернулли - линия, представляющая геометрическое место точек, расстояние которых от двух данных точек (фокусов) есть постоянная величина, равная квадрату половины межфокусного расстояния. Уравнение лемнискаты Бернулли в декартовых координатах

2 2 2 2 2 2( ) 2 ( )x y a x y+ − − = 0 , в полярных координатах

2 22 cos2 , 0.a aρ = ϕ > Укажем, что точка М лежит на кривой, если выполнено условие

21 2

1 2 .2

F FF M F M

⎛ ⎞⋅ = ⎜ ⎟

⎝ ⎠

Вершины кривой находятся в точках ( 2,0); ( 2,0).A a C a− Площадь каждой петли S=a2.

27

ФОРМУЛЫ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ НА ПЛОСКОСТИ

2 22 1 2 1( ) (d x x y y= − + − ) -расстояние между точками A(x1,y1) и B(x2,y2);

1 2

1 2

,1

,1

1

x xx

y yy

+ λ⎧ =⎪⎪ + λ⎨ + λ⎪ =⎪ + λ⎩λ ≠ −

-координаты точки С(x,y), которая делит отрезок, соединяющий точки A(x1,y1) и

B(x2,y2), в отношении ACCB

λ = ;

1 2

1 2

;2

2

x xx

y yy

+=

+=

-координаты середины отрезка АВ;

1 1

2 2

3 3

11 01

x yx yx y

=

-условие принадлежности трёх точек (x1,y1), (x2,y2), (x3,y3) одной прямой;

1 1

2 2

3 3

2 1 2 1

3 1 3 1

11 12

1

12

x yS x y

x y

x x y yx x y y

= =

− −=

− −

-модуль этих выражений даёт площадь треугольника с вершинами (x1,y1), (x2,y2), (x3,y3).

Прямая на плоскости Ax+By+C=0 - общее уравнение прямой; A(x-x0)+B(y-y0)=0

- уравнение прямой, проходящей через точку (x0,y0) перпендикулярно нормальному вектору {A,B};

0 0x x y yl m

− −=

- каноническое уравнение прямой, проходящей через точку (x0,y0) параллельно вектору {l,m};

0

0

x x lt ,y y mt

t ( , )

= +⎧⎨ = +⎩∈ −∞ ∞

,

- параметрические уравнения прямой, проходящей через точку (x0,y0) параллельно вектору { }l,m ;

28

1 1

2 1 2

y y x xy y x x

− −=

− − 1

- уравнение прямой, проходящей через две заданные точки (x1,y1) и (x2,y2);

y kx bk tg

,α

= +=

- уравнение прямой с угловым

коэффициентом k, где 0, ,2 2

⎡ π π⎞ ⎛ ⎞α∈ ∪⎟ ⎜⎢ ⎠ ⎝⎣π⎟

⎠-

угол наклона прямой к оси ox;

1

0 0

x y ,a ba , b

+ =

≠ ≠

- уравнение прямой в отрезках, где (а,0) и (0,b) - координаты точек пересечения прямой с осями ox и oy;

0xcos y sin pα α+ − =

- нормальное уравнение прямой, где р - расстояние от начала координат до прямой, α-угол между осью ox и перпендикуляром к прямой, проходящей через начало координат;

2 20Ax By C

A B+ +

=± +

- нормальный вид общего уравнения прямой; знак нормирующего множителя противоположен знаку С;

0 0

2 2

Ax By Cd

A B

+ +=

+

- расстояние от точки (x0,y0) до прямой Ax+By+C=0;

⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

=

22

11

22

11

0

22

11

22

11

0 ,

BABAACAC

y

BABACBCB

x

- координаты точек пересечения двух прямых A1x+B1y+C1=0 и A2x+B2y+C2=0;

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−−

=

−−

=

21

21120

21

120 ,

kkkbkby

kkbbx

- координаты точек пересечения прямых y=k1x+b1 и y=k2x+b2;

21

1221 ,0kk

BABA=

=−

- условия параллельности прямых, заданных в общем виде A1x+B1y+C1=0, A2x+B2y+C2=0 и в виде y=k1x+b1, y=k2x+b2 ;

29

1,0

21

2121

−==+

kkBBAA

- условие перпендикулярности прямых, заданных в общем виде A1x+B1y+C1=0, A2x+B2y+C2=0 и в виде y=k1x+b1, y=k2x+b2 ;

.1если ,2

,1

,1

,

21

21

21

21

2121

1221

−==

−≠

+−

=

+−

=

kk

kkkkkktg

BBAABABAtg

πα

α

α

- угол α между двумя прямыми, заданными в общем виде A1x+B1y+C1=0, A2x+B2y+C2=0 и в виде y=k1x+b1, y=k2x+b2 ;

30

Кривые второго порядка Эллипс

22

2

2

2

2

,1

bacby

ax

−=

=+ -

- каноническое уравнение эллипса, если координатные оси совпадают с осями эллипса;

⎩⎨⎧

==

tbytax

sin,cos - параметрические уравнения эллипса, где t-параметр, t ; [0,2 )∈ π

(t - угол, образованный подвижным радиусом с положительным направлением оси ox);

2

1 cos

ba

eρ =

− ϕ - уравнение эллипса в полярных координатах, связанных с

фокусом, a

bae - эксцентриситет эллипса. 22 −

=

2

Окружность 2 2x y R+ = - уравнение окружности радиуса R с центром

в начале координат;

2 20 0( ) ( ) 2x x y y− + − = R

- с центром в точке (x0,y0);

0

0

cos ,sin

x x R ty y R t

= +⎧⎨ = +⎩

- параметрические уравнения окружности с радиусом R и центром в точке (x0,y0);

Rρ =

- уравнение окружности в полярных координатах;

20 0 02 cos( ) Rρ − ρρ ϕ − ϕ + ρ =2 2

- уравнение окружности с центром в точке (α 0,ϕ 0);

31

ϕρ cos2R=

- уравнение окружности, если центр лежит на полярной оси, а окружность проходит через полюс.

Гипербола

2 2

2 2 1x ya b

− = - каноническое уравнение гиперболы ;

,,

( , )

x achty bsht

t

=⎧⎨ =⎩∈ −∞ ∞

- параметрические уравнения одной ветви гиперболы;

2

1 cos

ba

eρ =

− ϕ

- уравнение одной ветви гиперболы в полярных

координатах, связанных с фокусом, 2 2a bea+

= -

эксцентриситет гиперболы.

Парабола 2 2y p= x - каноническое уравнение параболы с вершиной в

начале координат; 2

0( ) 2 (y y p x x− = − 0 ) - с вершиной в точке (x0,y0);

1 cosp

ρ =− ϕ

- уравнение параболы в полярных координатах,

связанных с фокусом;

,

2

x t

y p

=⎧⎪⎨

=⎪⎩ t - параметрические уравнения параболы.

32

Уравнения прямых 2 2 2 2 0,a x c y

ay xc

− =

= ±

- уравнения двух пересекающихся прямых;

2 2 0,y a

y a− =

= ± - уравнения двух параллельных

прямых;

2 0y = - уравнение двух совпадающих с осью ox прямых.

Формулы преобразования координат при параллельном переносе координатных осей в точку (х0, у0):

0 0

0 0

, ,; .

x x x x x xy y y y y y

′ ′= + = −⎧ ⎧⎨ ⎨′ ′= + =⎩ ⎩ −

α

0 α

Формулы преобразования координат при повороте координатных осей на угол α в положительном (против часовой стрелки) направлении:

cos sin , cos sin ,sin cos ; sin cos .

x x y x x yy x y y x y

′ ′ ′= α − α = α + α⎧ ⎧⎨ ⎨′ ′ ′= α + α = − α +⎩ ⎩

Формулы преобразования координат при параллельном переносе координатных осей в точку (х0, у0) и повороте их на угол α в положительном направлении:

0 0 0

0 0

cos sin , ( )cos ( )sin ,sin cos ; ( )sin ( )cos .

x x y x x x x y yy x y y y x x y y

′ ′ ′= α − α + = − α + − α⎧ ⎧⎨ ⎨′ ′ ′= α + α + = − − α + −⎩ ⎩

33

РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ ПО АНАЛИТИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ НА ПЛОСКОСТИ

Задача 1. Определить элементы треугольника, если заданы уравнения трех его сторон:

АС: х – 2у + 5 = 0, АВ: х + 2у – 3 = 0,

ВС: 2х + у – 15 = 0. Решение

1. Вершины треугольника Координаты вершин треугольника находятся как точки пересечения соответствующих сторон. Так, например, координаты точки А являются решением системы уравнений

⎩⎨⎧

=−+=+−

.032,052

yxyx

Нетрудно показать, что А (-1, 2). Аналогично находим В (9, -3) и С (5, 5).

2. Уравнения высот Высотой треугольника называется отрезок перпендикуляра, опущенного из

вершины треугольника на противоположную сторону. Так, например, hc = CC1 ⊥ AB. Уравнение высоты СС1 ищем как уравнение

прямой у = k1x + b, если известен угловой коэффициент прямой АВ: 1 3 ,2 2

y x= − + равный 21 .2

k = − Из условия перпендикулярности прямых k1 ⋅ k2

= -1 → k1 = 2. Поскольку высота СС1 проходит через точку (5, 5), уравнение hc имеет вид у – 5 = 2⋅(х – 5) или у = 2х – 5.

Анализ уравнений сторон АС: 12 2

y x 5= + и ВС: у = -2х + 5 убеждает нас в

том, что АС ⊥ ВС, и треугольник является прямоугольным. Таким образом, hA: 1 5 ;2 2

y x= + hB: у = -2х + 15.

3. Уравнения медиан Медианой называется отрезок прямой, соединяющей вершину

треугольника с серединой противолежащей ей стороны. Координаты середин сторон находятся по формулам деления отрезка в

данном отношении (см. п.1.2): С2 (4, -1/2), В2 (2, 7/2), А2 (7, 1). Уравнение медианы mC = CC2 получается как уравнение прямой,

проходящей через точки С и С2 (см. п.2.3): 5

1 2 5 4 5y x−

=− − −

5− или mC: 11х – 2у – 45 = 0.

34

Аналогично mВ: -13х – 14у + 75 = 0, mА: -x – 8y + 15 = 0. 4. Длины сторон

По формуле расстояния между двумя точками (см. п.I.I): 2 210 5 5 5, 4 5, 3 5.AB c BC a AC b= = + = = = = =

5. Уравнения биссектрис Биссектрисой треугольника называется лежащий в треугольнике отрезок

прямой, которая делит его внутренний угол пополам. Укажем два способа нахождения уравнения биссектрисы треугольника. а). Биссектриса делит противолежащую сторону в отношении,

пропорциональном прилежащим сторонам. Если С3 – точка пересечения биссектрисы lC = CC3 со стороной АС, то

3

3

3 .4

АС АС bС В СВ a

= = =

Координаты точки С3 находим по формулам деления отрезка в данном отношении λ = 3/4 (см. п.1.2): С3 (23/7, -1/7).

Уравнение биссектрисы lC = CC3 получается как уравнение прямой, проходящей через точки С3 и С (5, 5) (см. п.2.3):

51 7 5 23 7 5y x− −

=− − −

5 или 3х – у – 10 = 0.

б). Уравнение биссектрисы lC = CC3 может быть найдено из условия того, что точки биссектрисы CC3 равноудалены от сторон АС и СВ.

Вычислим отклонения точки (х, у), лежащей на биссектрисе, от сторон АС и СВ (см. п.2.7):

2 5 2 15, ;5 5АС СB

x y x y− + + −δ = δ =

−

δАС и δСВ отрицательны, так как начало координат и точки биссектрисы треугольника лежат по одну сторону от сторон АС и СВ. Учитывая, что d = |δ|, уравнение биссектрисы получим из равенства ,δ δ= − 0δ < ,-δАС = -δСВ,

которое принимает вид: 5

1525

52 −+−=

+− yxyx или lC: 3х – у – 10 = 0.

Для вычисления биссектрисы угла А lА применим второй способ.

Отклонение 5

52 +−−=

yxАСδ отрицательно, так как начало координат и

биссектриса lА лежат по одну сторону от стороны АС.

Отклонение 5

32 −+=

yxABδ положительно, так как начало координат и

биссектриса lА лежат по разные стороны от стороны АВ. Для биссектрисы lА справедливо -δАС = δАВ,

35

то есть 5

325

52 −+=

+− yxyx или х – 2у + 5 = х + 2у –3.

Следовательно, 4у = 8. Таким образом, lА: у = 2. Уравнение lВ: х+у – 6 = 0 может быть найдено одним из двух способов.

6. Центр и радиус вписанной окружности Биссектрисы треугольника пересекаются в у

иС

с

Т

7

си

п

одной точке, являющейся центром вписанной окружности.

01

rА

х

0

С

B

Система уравнений, составленная из уравнений биссектрис:

3 102,

х уу

0,− − =⎧⎨ =⎩

меет решение х = 4, у = 2. ледовательно, центр вписанной окружности находится в точке О1 (4, 2).

Радиус вписанной окружности найдем как расстояние от точки О1 до

тороны АС: ,5

52 00 +−−=

yxАСδ где х0 = 4, у0 = 2.

аким образом, 4 4 5 5.5AC ACr d − +

= = δ = − =

. Центр и радиус описанной окружности Центр описанной окружности находится в точке пересечения

перпендикуляров, восстановленных к сторонам треугольника в их серединах. у С

Координаты середин сторон АС и АВ найдены в п.3). С2 (4, -1/2), В2 (2, 7/2). Уравнения линий серединных перпендикуляров находим аналогично вычислениям в п.2.

2 2иC Bh h

Угловые коэффициенты равны 2 и -2 оответственно, и эти прямые проходят через точки С2 и В2, их уравнения меют вид:

2иCh h

R

0

B2

Ах

B

A2

B2

O O2

R

2B

2

2

1: 2( 4) или 4 2 17 027: 2( 4) или 4 2 15 02

C

B

h y x x y

h y x x y

+ = − − − =

− = − − + − =

,

.

,

Система уравнений, составленная из уравнений серединных ерпендикуляров:

4 2 17 04 2 15 0

x yx y

− − =⎧⎨ + − =⎩

, имеет решение х = 4, у = -1/2.

36

Следовательно, центр описанной окружности находится в точке О2 (4, -1/2). Нетрудно заметить, что центр описанной окружности совпал с серединой

стороны АВ: 1 5 .2 2

R AB= =5

8. Центр тяжести треугольника Центр тяжести треугольника находится в точке пересечения медиан. Из п.3 имеем систему уравнений для определения координат центра

тяжести 11 2 45 0,13 14 75 0.

x yx y− − =⎧

⎨− − + =⎩Система имеет решение х = 4,33, у = 1,3. Следовательно, центр тяжести треугольника находится в точке О3 (4,33; 1,3).

Укажем, что медианы треугольника делятся точкой пересечения в отношении 2 : 1, считая от вершины.

Таким образом, координаты центра тяжести могут быть найдены как

координаты точки О3, делящей медиану в отношении 3

3 2

2 .1

СОС С

λ = =

Если воспользоваться формулами деления отрезка в данном отношении (см. п.1.2), то координаты точки:

2 2

3 3

2 25 2 4 5 2 ( 1 2)4,33; 1,33.3 3 3 3

C C C CO O

x x y yx y

+ ++ ⋅ + ⋅ −= = = = = =

9. Внутренние углы треугольника Внутренние углы треугольника могут быть найдены через угловые

коэффициенты прилежащих сторон. Например, внутренний угол при

вершине А треугольника 1 2 ( 1 2) 4 .1 1 1 2 ( 1 2)

AC AB

AC AB

k ktgAk k 3

− − −= =

+ ⋅ + ⋅ −=

Следовательно, ∠ А = arctg(4/3). 10. Площадь треугольника

По формуле площади треугольника (см. п.1.3) имеем 1 2 1

1 19 3 1 60 30 (кв. ед.).2 2

5 5 1S∆

−= ⋅ − = ⋅ =

Площадь треугольника может быть вычислена по формуле S∆ = p ⋅ r, где p – полупериметр треугольника;

r – радиус вписанной окружности.

Поскольку 3 5 5 5 4 5 6 5, a 5, то 305

p r ∆

+ += = = S = (кв. ед.).

Задача 2. Найти точки пересечения следующих линий: 2.1. (x – 1)2 + (y – 3)2 = 4 и (x – 3)2 + (y – 5)2 = 4;

37

2.2. (x – 5)2 + y2 = 1 и x + y = 0. Решение

2 2

2 2

1. 2 6 6 06 10 30 0

x y x yx y x y

⎧ + − − + =⎨

+ − − + =⎩

,,

0,

,

вычитая из первого уравнения второе,

получим систему 2 2 2 6 6

6,x y x yy x

⎧ + − − + =⎨

= − +⎩решая которую, получаем две точки пересечения (1, 5) и (3, 3). 2.2. Линии (x – 5)2 + y2 = 1 и x + y = 0 не пересекаются, так как система

уравнений не имеет действительных решений. 2 2( 5) 1

0х ух у

⎧ − + =⎨

+ =⎩

Задача 3. Найти проекцию точки Р (4, 9) на прямую, проходящую через точки А (3, 1) и В (5, 2). Решение

Искомую точку найдем, решая совместно уравнение прямой АВ с уравнением перпендикуляра, проведенного к этой прямой из точки Р.

.21

21

11

23: −=→

−=

− хуухАВ

Уравнение перпендикуляра из точки Р на прямую АВ ищем в виде

у – 9 = k(x – 4); из условия перпендикулярности 1 1 22

k k .⋅ = − → = −

1 1 7,,2 2

3.2 17,

xy xyy x

⎧ == − ⎧⎪ →⎨ ⎨ =⎩⎪ = − +⎩

Задача 4. Постройте прямую 3х – 5у + 15 = 0. Решение

Уравнение прямой в отрезках имеет вид: 1,5 3x y

+ =−

прямая отсекает на осях отрезки (-5) и 3. 3

-5

у

х

0

Задача 5. Даны две прямые 2х + 3у – 5 = 0, 7х +15у +1 = 0, пересекающиеся в точке М. Составить уравнение прямой, которая проходит через точку М и перпендикулярна к прямой 12х – 5у – 1 = 0. Решение

Прямые пересекаются, так как угловые коэффициенты 2/7 ≠ 3/15. Составим уравнение пучка прямых с центром в точке М (см. п.2.11):

2х + 3у – 5 + λ⋅(7х + 15у +1) = 0.

38

Чтобы выделить в этом пучке искомую прямую, найдем ее из условия перпендикулярности к прямой 12х – 5у – 1, для которой k1 = 12/5. Из уравнения пучка прямых (2 + 7λ)⋅х + (3 + 15λ)⋅у + (-5 + λ) = 0 получаем

1

2 7 1 ,3 15

kk

+ λ= − = −

+ λ значит, 2 7 5 ,

3 15 12+ λ

− = −+ λ

откуда λ = -1 и уравнение искомой

прямой: 5х + 12у + 6 = 0.

Задача 6. Написать уравнение прямой L, проходящей через точку М (2, 1) под углом 45° к прямой L1: 2х + 3у +4 = 0. Решение

Угол между прямыми найдем из выражения для тангенса угла α между ними (см. п.2.9):

2 3 1,1 (2 3)

ktgk

+α = =

− ⋅ где k – угловой коэффициент искомой прямой.

Из этого уравнения k1 = 1/5, k2 = -5. Используя координаты точки М, запишем уравнения искомых прямых:

1 3 5 3 0,: или5 5

5 115 11

x yy xL

x yy x

⎡ ⎡ − + == +⎢ ⎢⎢ ⎢ + − == − +⎣ ⎣

,0.

Задача 7. Составить уравнение прямой L, параллельной прямым L1: х + 2у – 1 = 0 и L2: х + 2у +2 = 0 и проходящей посередине между ними.

y

Р1кпМлтв

2

Lт

0

M(x,y)

L2

L1

xL

ешение способ. Уравнение прямой L будем искать в виде А(х – х0) + В(у + у0) = 0. В ачестве нормального вектора { , }n A B= можно выбрать нормальный вектор рямых L1 и L2, равный {1, 2}. Найдем какую-нибудь точку 0 (х0, у0) ∈ L. Точка М0 будет делить пополам отрезок, соединяющий две юбые точки, лежащие на L1 и L2. Например, М1 (1, 0) ∈ L1 и М2 (-2, 0) ∈ L2, огда точка М0 имеет координаты (-1/2, 0), и уравнение прямой L принимает ид: х + 2у + 1/2 = 0.

способ. Произвольная точка М (х, у) ∈ L, если (см. п.2.6) | δ (М, L1) | = | δ (М, L2) |.

Для снятия модуля определим знаки отклонений точки М (х, у) от прямых 1 и L2. Для этого нужно выяснить взаимное расположение начала координат, очки М (х, у) и прямых L1 и L2.

39

Приведем уравнения прямых к нормальному виду:

1 1

2 2

1 2 1 1 2: 0,5 5 5 5 51 2 1 1 2: 0,5 5 5 5 5

L x y n

L x y n

, ,

, ,

⎧ ⎫+ − = = ⎨ ⎬⎩ ⎭

− −⎧ ⎫− − − = = ⎨ ⎬⎩ ⎭

где - единичные векторы нормалей к прямым L1 и L2, проведенным из начала координат.

1 иn n2

2Видим, что противоположны по направлению, значит, начало координат лежит в полосе между прямыми L1 и L2. Отсюда заключаем, что точка М и начало координат лежат по одну сторону как от прямой L1, так и от прямой L2, значит, отклонения точки М от прямых L1 и L2 имеют один и тот же знак

(отрицательный), тогда из

1 иn n

2 1 2 25 5

x y x y+ − − − −= следует

х + 2у – 1 = -х – 2у – 2 и х + 2у + 1/2 = 0. Задача 8. Составить уравнение эллипса, фокусы которого лежат на оси абсцисс, симметрично относительно начала координат, зная, что малая ось равна 10, а эксцентриситет равен 12/13. Решение

Из условия имеем b = 5, е = 12/13. Поскольку е = с/а и а2 = b2 + c2, то

a2 = b2 + е2⋅a2 или 2

22 .

1ba

e=

− Подставляя числовые значения, получим

а2 = 169.

Следовательно, уравнение эллипса имеет вид: 2 2

1.169 25х у

+ =

Задача 9. Составить уравнение эллипса, фокусы которого лежат на оси абсцисс, симметрично относительно начала координат, зная, что его большая ось равна 10, а расстояние между фокусами равно 8. Решение

Из условия имеем а = 5, с = 4. Вычислим малую полуось 2 2 25 16 3.b a c= − = − =

Следовательно, уравнение эллипса имеет вид: 2 2

1.25 9х у

+ =

Задача 10. Фокусы гиперболы совпадают с фокусами эллипса 2 2

1.25 9x y

+ =

Составить уравнение гиперболы, если ее эксцентриситет равен 2. Решение

Из уравнения эллипса находим: aэл.2 = 25, bэл.

2 = 9. сэл.

2 = aэл.2 - bэл.

2 = 16, сэл. = 4. По условию сгип. = сэл. = с и егип. = с/агип. = 2.

40

Таким образом, агип. = с/2 = 2 и bгип.2 = с2 – агип.

2 = 16 – 4 = 12.

Уравнение искомой гиперболы имеет вид: 2 2

1.4 12x y

− =

Задача 11. Составить уравнение параболы, если известны ее фокус F(-7, 0) и уравнение директрисы x – 7 = 0.

Решение Из уравнения директрисы имеем x = -p/2 = 7 или p = -14. Таким образом, уравнение искомой параболы

y2 = -28x.

Задача 12. Установить, какие линии определяются следующими уравнениями. Сделать чертежи.

1. 237 6 13, 7,2

y x x y x= − − + < ∈ .R

Решение 237 6

2y x x− = − − +13. Возводим обе части

уравнения в квадрат:

( ) ( )2 297 64

y x x− = − +13 или

( )249

− = ( )27 6 13 .y x x− +

Выделяем в правой части полный квадрат:

( ) ( )2 24 7 39

y x− = − + 4 или 2 2( 3) ( 7) 1.

4 9x y− −

− = −

Это – сопряженная гипербола. О′(3, 7), полуоси а = 2, b = 3. Заданное же уравнение определяет ветвь гиперболы, расположенную под прямой y – 7 = 0, т.к. y < 7.

2. 1 11 .2 2

yx += −

Решение Область допустимых значений (х, у) определяется

условиями 1 1,0,

21.1 0,

y yxx

+⎧ ≥ −≥ ⎧⎪ →⎨ ⎨ ≤⎩⎪ − ≥⎩

(y + 1)/2 = 4⋅(1 – x)2 → y + 1 = 8⋅(1 – x)2. Искомая кривая – часть параболы с вершиной в точке (1, -1). 41

3. 22 9 8y x= − − − + .x Решение Искомая кривая – часть окружности: (y + 2)2 + (x – 4)2 = 52, y ≤ -2, x ∈ [-1, 9]. 4. y2 – x2 = 0. Решение (y – x)⋅(y + x) = 0

y=-x

0

y=x y

x– две пересекающиеся прямые. Задача 13. Какую линию определяет уравнение x2 + y2 = x? Решение

Запишем уравнение в виде x2 – x + y2 = 0. Выделим полный квадрат из слагаемых, содержащих х:

x2 – x = (x – 1/2)2 – 1/4.

Уравнение принимает вид 2

21 12 4

x y⎛ ⎞⎜ ⎟ − + =⎝ ⎠

и определяет окружность с центром в точке (1/2, 0) и радиусом 1/2. Задача 14. Преобразовать уравнение x2 – y2 = a2 поворотом осей на 45° против часовой стрелки. Решение

Так как α = -45°, то cos 2 2, sin 2 2.α = α = − Отсюда преобразование поворота принимает вид (см. п.4.2):

( )( )

2 2 ,

2 2 .

x x y

y y

⎧ ′ ′= ⋅ +⎪⎨

′ ′= ⋅ −⎪⎩ x

Подстановка в исходное уравнение дает х′у′ = а2/2. Проиллюстрируем приведение общих уравнений прямых второго порядка к каноническому виду на нескольких примерах, иллюстрирующих разные схемы преобразований. Задача 15. Привести уравнение 5x2 + 9y2 – 30x + 18y + 9 = 0 к каноническому виду и построить кривую. Решение

Сгруппируем члены этого уравнения, содержащие одноименные координаты:

(5x2 – 30x) + (9y2 + 18y) +9 = 0, или 5(x2 – 6x) + 9(y2 + 2y) +9 = 0.

42

в

y ′y

аО

З

Р

П

и

З

Р

сЭ

(xП

Дополняем члены в скобках до полных квадратов: 5(x2 – 6x + 9 – 9) + 9(y2 + 2y + 1 – 1) +9 = 0, или

5(x – 3)2 + 9(y + 1)2 = 45. Обозначаем x′ = x – 3, y′ = y + 1, x0 = 3, y0 = -1, то есть точка О1(3, -1) – центр кривой. Уравнение в новой системе координат принимает

ид:

x′

0x

01

2 22 25 9 45

9 5x yx y′ ′

′ ′+ = → + =1 и определяет эллипс с полуосями

= 3, b = 5 ,который в исходной системе координат имеет центр в точке 1(3, -1).

адача 16. Определить вид кривой 2 25 3 7 2.4 2 4

x xy y+ + =

ешение Определим угол поворота осей по формуле (7) п.4.4:

( )5 7 3 1 2 1, , , и 3 .4 4 4 2 2

BA C B A C arctg arctg6A Cπ

= = = ≠ ϕ = = − = −−

одвергнем уравнение кривой преобразованию: 3 1cos sin ,

2 21 3sin cos2 2

x x y x y

y x y x y

⎧′ ′ ′= ϕ − ϕ = +⎪⎪

⎨⎪ ′ ′ ′ ′= ϕ + ϕ = − +⎪⎩

′

получим уравнение эллипса 2 2

5 3 1 3 3 1 1 3 7 1 3 24 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2

x y x y x y x y⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞

′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′+ + + − + + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

= .

x′ 2 + 2y′ 2 = 2. адача 17. Установить, какую линию определяет уравнение

x2 + y2 + xy – 2x + 3y = 0. ешение

Перенесем начало координат в такую точку О1(х0, у0), чтобы уравнение не одержало х′ и у′ в первой степени. то соответствует преобразованию координат вида (см. п.4.1):

0

0

,.

x x xy y y

′= +⎧⎨ ′= +⎩

Подстановка в исходное уравнение дает x′ + x0)2 + (x′ + x0)(y′ + y0) + (y′ + y0)2 – 2(x′ + x0) + 3(y′ + y0) = 0 или ′2 + x′y′ + y′2 + (2x0 + y0 - 2)x′ + (x0 + 2y0 + 3)y′ + x0

2 + x0y0 + y02 - 2x0 + 3y0 =0.

оложим 2x0 + y0 – 2 = 0, x0 + 2y0 + 3 = 0.

43

Решение полученной системы уравнений: x0 = 7/3 и y0 = -8/3. Таким образом, координаты нового начала координат O1(7/3, -8/3), а

уравнение принимает вид x′2 + x′y′ + y′ 2 = 93/25. Повернем оси координат на такой угол α, чтобы исчез член х′у′. Подвергнем последнее уравнение преобразованию (см. п.4.2):

cos sin ,sin cos

x x yy x y′ ′′ ′′= α −⎧

⎨ ′ ′′ ′′= α +⎩

αα

и получим (cos2α + sinα⋅cosα + sin2α)⋅x′′2 + (cos2α - sin2α)⋅x′′y′′ +

x′ α

y ′ x′′

0x

y y ′′

01

+ (sin2α - sinα⋅cosα + cos2α)⋅y′′ 2 = 93/25. Полагая cos2α - sin2α = 0, имеем tg2α = 1. Следовательно, α1,2 = ±45°.

Возьмем α = 45°, cos45° = sin45° = .22 После соответствующих вычислений получаем

.2593

21

23 22 =′′+′′ yx

Итак, 2 2

162 25 186 25

x y′′ ′′+ =

– уравнение эллипса с полуосями 62 5 1,5;a = ≈

186 5 2,7b = ≈ в дважды штрихованной системе координат, получаемой из исходной параллельным переносом осей координат в точку О1(7/3, -8/3) и последующим поворотом на угол 45° против часовой стрелки. Уравнение x2 + y2 + xy – 2x + 3y = 0 приведено к каноническому виду

2 2

2 2 1.x ya b′′ ′′

+ =

Задача 18. Привести к каноническому виду уравнение 4x2 – 4xy + y2 – 2x – 14y + 7 = 0.

Решение Система уравнений для нахождения центра кривой (формула (6) п.4.4)

0 0

0 0

4 2 12 7x yx y

− − =⎧⎨ − + − =⎩

0,0

αα

несовместна,

значит, данная кривая центра не имеет. Не меняя начала координат, повернем оси на некоторый угол α, соответствующие преобразования координат имеют

вид: cos sin ,sin cos .

x x yy x y

′ ′= α −⎧⎨ ′ ′= α +⎩

44

Перейдем в левой части уравнения к новым координатам: 4x2 – 4xy + y2 – 2x – 14y + 7 = (4cos2α - 4cosα⋅sinα + sin2α)⋅x′2 +

+ 2⋅(-4sinα⋅cosα - 2cos2α + 2sin2α + sinα⋅cosα)⋅x′y′ + + (4sin2α + 4sinα⋅cosα + cos2α)⋅y′2 + + 2⋅(-cosα - 7sinα)⋅x′ + 2⋅(sinα - 7cosα)⋅y′ + 7. (*)

Постараемся теперь подобрать угол α так, чтобы коэффициент при х′у′ обратился в нуль. Для этого нам придется решить тригонометрическое уравнение -4sinα⋅cosα - 2cos2α + 2sin2α + sinα⋅cosα = 0. Имеем 2sin2α - 3sinα⋅cosα - 2cos2α = 0, или 2tg2α - 3tgα - 2 = 0. Отсюда tgα = 2, или tgα = -1/2. Возьмем первое решение, что соответствует повороту осей на острый угол. Зная tgα, вычислим cosα и sinα:

2 2

1 1cos , sin .5 51 1

tgtg tg

2αα = = α = =

+ α + α

Отсюда, и учитывая (*), находим уравнение данной кривой в системе х′,у′: 25 6 5 2 5 7y x y′ ′ ′− − + = 0. (**)

Дальнейшее упрощение уравнения (**) производится при помощи параллельного перенесения осей Ох′, Оу′.

Перепишем уравнение (**) следующим образом: 2 55( 2 ) 6 5 7 0.

5y y x′ ′ ′− − + =

Дополнив выражение в первой скобке до полного квадрата разности и компенсируя это дополнение надлежащим слагаемым, получим:

25 6 5 5 0.

5 5 5y x

⎛ ⎞ ⎛ ⎞′ ′− − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Введем теперь еще новые координаты х′′,у′′, полагая ,55 y′ = y′′ + ,55 x′ = x′′ +

что соответствует параллельному перемещению осей на величину 5 5 в направлении оси Ох′ и на величину 5 5 в направлении оси Оу′. В координатах х′′у′′ уравнение данной линии принимает вид

26 5 .5

y x′′ ′= ′

Это есть каноническое уравнение параболы с

параметром 3 55

p = и с вершиной в начале координат системы х′′у′′. Парабола

расположена симметрично относительно оси х′′ и бесконечно простирается в

45

положительном направлении этой оси. Координаты вершины в системе х′у′ 5 5;

5 5⎛ ⎞⎜⎝ ⎠

⎟ а в системе ху 1 3; .5 5

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

Задача 19. Какую линию определяет уравнение 4x2 - 4xy + y2 + 4x - 2y - 3 =0? Решение

Система для нахождения центра кривой в данном случае имеет вид:

0 0

0 0

4 2x yx y

2 0,2 1 0.

− + =− =

⎧⎨ − +⎩

y

x

0

2x-y+3=0

2x-y-1=0

2x-y+1=0

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 есть пара параллельных прямых: 2ху – у +3 = 0 и 2х – у – 1 = 0.

Задача 20 1. Уравнение 5х2 + 6ху + 5у2 – 4х + 4у + 12 = 0

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

1.4 1

x y′ ′+ = −

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 и аналогичные ему называются уравнениями мнимого эллипса. 2. Уравнение 5х2 + 6ху + 5у2 – 4х + 4у + 4 = 0

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

0.4 1

x y′ ′+ =

Уравнение также похоже на каноническое уравнение эллипса, но определяет не эллипс, а единственную точку: х′ = 0, у′ = 0. Такое уравнение и аналогичные ему называются уравнениями вырожденного эллипса. Задача 21. Составить уравнение параболы, если ее фокус находится в точке F(2, -1) и уравнение директрисы D: x – y – 1 = 0. Решение

Пусть в некоторой системе координат х′О1у′ парабола имеет канонический вид у′2 = 2рх′. Если прямая у = х – 1 является ее директрисой, то оси системы координат х′О1у′ параллельны директрисе.

46

Координаты вершины параболы, совпадающей с новым началом координат О1, найдем как середину отрезка нормали к директрисе D, проходящей через фокус. Итак, ось О1х′ описывается уравнением у = -х + b, -1 = -2 + b. Откуда b = 1 и О1х′: у = -х + 1. Координаты точки K пересечения директрисы и оси О1х′ находим из условия:

.0,1,11

==→⎩⎨⎧

+−=−=

KК yxxyxy

Координаты нового начала координат О1(х0, у0):

0 01 2 3 1 0 1; .

2 2 2x y+ − +

= = = = −2

Оси новой системы координат повернуты

относительно старой на угол (-45°). Найдем р = KF = 2. Итак, уравнение параболы в старой системе координат получим, если подвергнем уравнение параболы y′ 2 = 22 ⋅x′ преобразованию (см. формулу (5) п.4.3):

2 2

3 1 2cos( 45 ) sin( 45 ), ( 2),2 2 23 1 2sin( 45 ) cos( 45 ) ( 12 2 2

1 22 2 ( 1) 2 2 ( 2),2 2

x x y x x y

y x y y x y

y x x y x y

⎧ ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞′ = − − ° + + − ° ′

),

= − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎪ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎪→⎨ ⎨⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎪′ = − − − ° + + − ° ′ = + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎩⎩

′ ′= ⋅ ⇒ + − = ⋅ − −

откуда искомое уравнение параболы имеет вид: х2 + 2ху + у2 – 6х + 2у + 9 = 0. Задача 22. Написать уравнение гиперболы, если известны ее эксцентриситет

е = ,5 фокус F(2, -3) и уравнение директрисы 3х – у + 3 = 0.

a / 5

A

3 B

-7

O1 K

-1 α

D1

y ′

x′ -7/3

x

0

y

F

Решение Уравнение директрисы D1 у = х + 3 позволяет заключить, что новая ось координат Ох′ имеет вид y = (-1/3)x + b, проходит через точку F(2, -

3), значит,

: 3

13 23

b− = − ⋅ + -7/3 и Ох′

задается уравнением

, откуда b =

1 7 .3 3

y x= − −

Пусть начало новой системы координат находится в точке О1(х0, у0). Найдем координаты точки К как координаты точки пересечения директрисы D1 и

47

оси Ох′′ из системы 3 3 0, 8 9, .3 7 0 5 5K K

x yx y

y x− + =⎧

→ = − = −⎨ + + =⎩

Геометрические свойства гиперболы, которая в новых осях координат

Ох′у′ имеет вид 2 2

2 2 1,x ya b′ ′

− = позволяют найти КF как расстояние от фокуса

F(2, -3) до директрисы D1: 3х – у + 3 = 0. 2 2

1 1

2 21 1

3 (2) ( 3) 3 12 , ,9 1 10 5

12 ,5 10

a a ,KF O K O Fe

aO K O F KF a b

⋅ − − += = = = = =

+

= − ⇒ = + −

c a b+

так как 2

221 5,be

a= + = = 24 .b a Значение а находим из уравнения

1255 1

a a= −0

и получаем 3 .2

a = При этом b2 = 18.

Уравнение гиперболы в новых координатах имеет вид 2 2

1.9 2 18x y′ ′

− =

Координаты нового центра найдем, зная что точка К делит отрезок О1F в

отношении 1 5 1 :412 10

O K aKF

λ = = =

0

0

0 0

154 , ,1 1 4 2откуда

1 3 .4 2,

1 1 4

F

K

F

K

x xx x

y y yy

⎧ +⎪= = −⎪ +⎪

⎨⎪ + = −⎪ =⎪ +⎩

Из ∆ АВО: sinα = ,101 cosα = .103 Так как поворот совершается на угол (-α): sin(-α) = ,101− cos(-α) = ,103 то формулы преобразований координат (см. (5) в п.4.3) принимают вид:

( )

( )

5 3 3 1 1, 3 62 210 10 10

15 1 3 3 3 7,102 210 10

x x y x x y

y x yy x y

⎧ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎧′ = + + + − ′ = − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎜ ⎟ ⎪⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎪ ⎝ ⎠ ⎪→⎨ ⎨⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎪ ′

,

= + +′ = − + − + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎪ ⎪⎩⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎩

и уравнение гиперболы принимает вид ( ) ( )2 21 13 6 3 7

10 10 1,9 2 18

x y x y− + + +− =

4(3х – у +6)2 – (х + 3у + 7)2 = 180 или 7х2 – у2 – 6ху – 18у + 26х + 17 = 0.

48

Задача 23. Найти полярный угол отрезка, направленного из точки (5, 3 ) в точку (6, 32 ). Решение

2 2(6 5) (2 3 3) 2, cos 1 2, sin 3 2 60 .ρ = − + − = ϕ = ϕ = ⇒ ϕ = ° (см. п.5.2). Задача 24. Составить уравнение прямой в полярных координатах, считая известными расстояние р от полюса до прямой и угол α от полярной оси до луча, направленного из полюса перпендикулярно к прямой.

α

M (ρ, ϕ)

β

L

AO

P

Решение Известны ОР = р, ∠ РОА = α, произвольная точка М прямой L имеет координаты (ρ, ϕ). Точка М лежит на прямой L в том и только в том случае, когда проекция точки М на луч ОР совпадает с точкой Р, т.е. когда р = ρ⋅cosβ, где ∠ РОМ = β. Угол ϕ = α + β и уравнение прямой L принимает вид ρ⋅cos(ϕ - α) = p.

Задача 25. Найти полярные уравнения указанных кривых: 1). x = a, a > 0 Решение ρ⋅cosϕ = a → ρ = a/cosϕ. 2). y = b, b > 0 Решение ρ⋅sinϕ = b → ρ = b/sinϕ. 3). (х2 + у2)2 = а2ху Решение: xy ≥ 0,

4 2 2 cos sinaρ = ρ ϕ ϕ →2

2 sin 2 , sin 2 02a

ρ = ϕ ϕ ≥ .

Уравнение кривой в полярных координатах имеет

вид [ ] [sin 2 , 0, 2 , 3 22

aρ = ϕ ϕ∈ π ∪ π π ] и задает

двухлепестковую розу: Задача 26. Построить заданные в полярной системе координа1). ρ = 2a⋅sinϕ, a > 0. Решение

2 2

2 22 yx y a

x y+ = ⋅

+,

x2 + y2 – 2ay = 0,

49

a0 ρ

b

0 ρ

т линии:

0

ρ

a

x2 + (y – a)2 = a2. 2). ρ = 2 + cosϕ. Решение Линия получается, если каждый радиус-вектор окружности ρ = cosϕ увеличить на два. Найдем координаты контрольных точек: ϕ = 0, ρ = 3; ϕ = π/2, ρ = 2; ϕ = π, ρ = 1.

3). 94 5cos

ρ =− ϕ

Решение 4 – 5⋅cosϕ > 0, cosϕ < 4/5, ϕ ∈ (arccos(4/5), 2π – arccos(4/5)). При этом ρ⋅(4 - 5⋅cosϕ) = 9. Переходя к декартовым координатам, получаем

( ) ( )

2 2

2 2

22 2 2 2

4 5 9,

4 5 9, 16 5

xx yx y

x y x x y x

⎛ ⎞+ − =⎜ ⎟

⎜ ⎟+⎝ ⎠

+ = + + = + 9 ,

16x2 + 16y2 = 25x2 + 90x + 81, 9x2 + 90x – 16y2 +81 = 0,

9(x + 5)2 – 16y2 = 144 → 2 2

2 2

( 5) 14 3

x y+− = – правая ветвь

гиперболы при указанных ϕ. Кривую можно было построить по точкам, например, при ϕ = π ρ = 9/10. 4). ρ2⋅sin2ϕ = а2. Решение

[ ] [ ]sin 2 0, 0, 2 , 3 2 .

.sin 2

a

ϕ ≥ ϕ∈ π ∪ π π

ρ =ϕ

Перейдем к декартовым координатам, учтем, что 2

2 2 2

2sin 2 2cos sin ,xyx y

ρϕ = ϕ ⋅ ϕ ⋅ =

ρ +

тогда кривая принимает вид гиперболы: 2 2 .ayx

=

Задача 27. Какие линии задаются следующими параметрическими уравне-ниями:

50

1). [ ]3cos ,0, 2 .

2sin ,x t

ty t

=⎧∈ π⎨ =⎩

Решение 2 2

2 2 13 2x y

+ = - эллипс.

2). 2 2 1,

.1,

x t tt R

y t⎧ = − +

∈⎨= −⎩

Решение у2 = x – парабола.

3). [ ].2,0,sin23,cos21

⎩⎨⎧

∈+=+−=

πttytx

Решение (x + 1)2 + (y – 3)2 = 4 –окружность;

4). 2

2 1,.

1 4 ,x t

t Ry t

= −⎧∈⎨ = −⎩

Решение y = -x2 – 2x, y – 1 = -(x + 1)2 – парабола с вершиной в точке (-1, 1).

Задача 28. Выведите уравнение астроиды [ ]3

3

cos ,0, 2 ,

sin ,x a t

ty a t

⎧ =∈ π⎨

=⎩

в полярной системе координат. Решение x2 + y2 = a2(sin6t + cos6t) = a2(sin2t + cos2t)⋅(sin4t + cos4t – sin2t⋅cos2t) = = a2(sin4t + cos4t + 2sin2t⋅cos2t – 3sin2t⋅cos2t) = a2((sin2t + cos2t)2 – 3sin2t⋅cos2t) = = a2(1 – 3sin2t⋅cos2t) = a2(1 – (3/4)⋅sin22t).

51

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ

Вариант 1 1. Найти нижеперечисленные элементы треугольника:

а) уравнения и длины сторон; б) уравнения высот; в) уравнения медиан; г) центр тяжести; д) центр и радиус описанного круга; е) внутренние углы, если даны три вершины треугольника: А(0, 0); В(10, -5); С(6, 3).

Ответ: а)АВ: х + 2у = 0, АВ = 5 5 , ВС: 2х + у – 15 = 0, ВС = 4 5 , АС: х – 2у = 0, АС = 3 5 ;

б) х – 2у = 0 (из А), 2х + у – 15 = 0 (из В), 2х – у – 9 = 0 (из С);

в) х + 8у = 0 (из А), 13х + 14у – 60 = 0 (из В), 11х – 2у – 60 = 0 (из С);

г) (16/3, -2/3); д) (5, -5/2), R = (5 5 )/2; е) tgA = 4/3, tgB = 3/4, C = π/2.

2. Построить кривую 5х2 + 9у2 – 30х + 18у + 9 = 0.

Ответ: 2 2( 3) ( 1) 1

9 5x y− +

+ = .

3. Составить уравнение параболы, вершина которой находится в начале координат, зная, что парабола расположена симметрично относительно оси Ох и проходит через точку А(9; 6).

Ответ: у2 = 4х.

4. Фокусы гиперболы совпадают с фокусами эллипса 2 2

1.25 9x y

+ = Составить

уравнение гиперболы, если ее эксцентриситет е = 2.

Ответ: 2 2

1.4 12x y

− =

5. Даны две точки М1(9; -3) и М2(-6; 5). Начало координат перенесено в точку М1, а оси координат повернуты так, что положительное направление новой оси абсцисс совпадает с направлением отрезка .21MM Вывести формулы преобразования координат.

52

Ответ: 15 8 8 159, 3.17 17 17 17

x x y y x y′ ′ ′ ′= − − + = − −

6. Поворотом осей координат на угол α преобразовать уравнение и построить кривую, если sinα = -2/ 5 (-π/2 < α < 0), 6x2 – 4xy + 9y2 = 10.

Ответ: эллипс х′ 2 + у′ 2/2 = 1. 7. Привести кривые к каноническому виду:

а) 2 25 3 7 0,4 2 4

x xy y+ + =

б) x2 + y2 + 2x + 4y + 10 = 0.

Ответ: а) α = -30°, х2 + 2у2 = 0; б) (х + 1)2 + (у + 2)2 + 5 = 0.

8. Какая линия задается уравнением 9 ?5 4cos

ρ =− ϕ

Ответ:

10 5

-5

5

0

53

Вариант 2 1. Найти нижеперечисленные элементы треугольника:

а) вершины треугольника; б) длины сторон; в) уравнения высот; г) уравнения медиан; д) центр и радиус описанного круга; е) центр тяжести; ж) внутренние углы, если даны уравнения трех сторон треугольника: АС: х – 2у – 1 = 0, АВ: х + 2у + 3 = 0, ВС: 2х + у + 18 = 0.

Ответ: а) А(-1, -1), В(-11, 4), С(-7, -4); б) АВ = 5 5 , ВС = 4 5 , АС = 3 5 ; в) х – 2у – 1 = 0 (из А),

2х + у + 18 = 0 (из В), 2х – у + 10 = 0 (из С);

г) х + 8у + 9 = 0 (из А), 13х + 14у + 87 = 0 (из В), 11х – 2у + 63 = 0 (из С);

д) (-6, 3/2), R = (5 5 )/2; е) (-19/3, -1/3); ж) tgA = 4/3, tgB = 3/4, C = π/2.

2. Построить кривую х = 2у2 – 12у + 14. Ответ: х + 4 = 2(у – 3)2. 3. Составить уравнение гиперболы, фокусы которой лежат на оси абсцисс

симметрично относительно начала координат, если даны точки М1(6; -1) и М2(-8; 2 2 ) гиперболы.

Ответ: 2 2

1.32 8x y

− =

4. Эллипс касается оси абсцисс в точке А (3, 0) и оси ординат в точке В(0, -4). Составить уравнение этого эллипса, зная, что его оси симметрии параллельны координатным осям.

Ответ: .116

)4(9

)3( 22

=+

+− yx

5. Даны две точки М(3; 1) и N(-1; 5). Найти их координаты в новой системе координат, если исходные оси координат повернуты на угол -45°.

Ответ: М( 2 , 2 2 ), N(-3 2 , 2 2 ).

54

6. Поворотом осей координат на угол α преобразовать уравнение и постро-ить кривую, если sinα = -2/ 5 (-π/2 < α < 0), 32x2 + 52xy – 7y2 + 180 =0.

Ответ: гипербола 2 2

1.9 4

x y′ ′− =

7. Привести кривые к каноническому виду:

а) 2 25 3 7 1 04 2 4

x xy y− + + = ,

б) x2 + y2 – 2x + 4y + 1 = 0. Ответ: а) α = 30°, х2 + 2у2 = -1;

б) (х - 1)2 + (у + 2)2 = 4.

8. Какая линия задается уравнением 3 ?1 cos

ρ = − ϕ

Ответ:

Вариант 3 1. Найти нижеперечисленные элементы треугольника:

а) вершины треугольника; б) уравнения и длины сторон; в) уравнения высот; г) уравнения медиан; д) центр и радиус описанного круга; е) центр тяжести; ж) внутренние углы, если даны две вершины треугольника: А(1, 1); В(21, -9) и точка пересечения высот К(13, 7).

Ответ: а) С(13, 7); б) АВ: х + 2у – 3 = 0, АВ = 10 5 , ВС: 2х + у – 33 = 0, ВС = 8 5 , АС: х – 2у + 1 = 0, АС = 6 5 ;

в) х – 2у + 1 = 0 (из А),

55

2х + у – 33 = 0 (из В), 2х – у – 19 = 0 (из С);

г) х + 8у – 9 = 0 (из А), 13х + 14у – 147 = 0 (из В), 11х – 2у – 129 = 0 (из С);

д) (11, -4), R = 5 5 ; е) (35/3, -1/3); ж) tgA = 4/3, tgB = 3/4, C = π/2.

2. Построить кривую 4х = -у2 + 4у. Ответ: 4(х – 1) = -(у – 2)2. 3. Составить уравнение гиперболы, фокусы которой лежат на оси абсцисс

симметрично относительно начала координат, если даны точка М1(-5; 3) гиперболы и эксцентриситет ε = 2 .

Ответ: х2 – у2 = 16. 4. Точка С (-3, 2) является центром эллипса, касающегося обеих координатных

осей. Составить уравнение этого эллипса, зная, что его оси симметрии параллельны координатным осям.

Ответ: 2 2( 3) ( 2) 1.

9 4x y+ −

+ =

5. Оси координат повернуты на угол α = 60°. Известны координаты точек А(2 3 ;-4), В( 3 ;0) в новой системе координат. Вычислить координаты этих точек в старой системе координат.

Ответ: А(3 3 , 1), В( 3 /2, 3/2). 6. Поворотом осей координат на угол α преобразовать уравнение и построить

кривую, если sinα = 2/ 5 (0 < α < π/2), 17x2 – 12xy + 8y2 = 0. Ответ: вырожденный эллипс х′ 2 + 4у′ 2 = 0 – точка (0, 0). 7. Привести кривые к каноническому виду:

а) 5х2 – (2 3 )ху + 7у2 – 4 = 0, б) х2 + 7у + 2х + 2 = 0.

Ответ: а) α = 30°, х2 + 2у2 = 1; б) (х + 1)2 = -7(у + 1/7).

8. Какая линия задается уравнением sinρ = 1/2 ?

Ответ: 65

2 n,π

π6 2 k.

πρ

π+⎡

= ⎢ +⎣

0

5

10

-5 5

-5

-10

-10 10

56

Вариант 4 1. Найти нижеперечисленные элементы треугольника:

а) вершины треугольника; б) уравнения и длины сторон; в) уравнения высот; г) уравнения медиан; д) центр и радиус описанного круга; е) центр тяжести; ж) внутренние углы, если дана вершина треугольника А(-1, -1) и две высоты

2х + у – 27 = 0 и 2х – у – 17 = 0. Ответ: а) В(19, -11), С(11, 5);

б) АВ: х + 2у + 3 = 0, АВ = 10 5 , ВС: 2х + у – 27 = 0, ВС = 8 5 , АС: х – 2у – 1 = 0, АС = 6 5 ;

в) х – 2у – 1 = 0 (из А), 2х + у – 27 = 0 (из В), 2х – у – 17 = 0 (из С);

г) х + 8у + 9 = 0 (из А), 13х + 14у – 93 = 0 (из В), 11х – 2у – 111 = 0 (из С);

д) (9, -6), R = 5 5 ; е) (29/3, -7/3); ж) tgA = 4/3, tgB = 3/4, C = π/2.

2. Построить кривую 22 5 6 .x y y= − − − −

Ответ: часть эллипса 2 2( 3) 1,

16 4x y +

+ = х ≤ 0, [ ]5, 1y ∈ − − .

3. Составить уравнение параболы, если дан фокус F(6, 0) и уравнение директрисы х + 6 = 0.

Ответ: 24х = у2. 4. Составить уравнение гиперболы, если известны ее эксцентриситет е = 13/12, фокус F(0, 13) и уравнение директрисы 13у – 144 = 0.

Ответ: 2 2

1.25 144x y

− = −

5. Определить координаты точки О′ нового начала координат, если точка А(3, -4) лежит на новой оси абсцисс, а точка В(2, 3) лежит на новой оси ординат, причем оси старой и новой систем координат имеют соответственно одинаковые направления. Ответ: О′(2, -4). 6. Поворотом осей координат на угол α преобразовать уравнение и построить

кривую sinα = 4/5 ( 0 < α < π/2),

57

16x2 – 24xy + 9y2 – 160х + 120у + 425 = 0. Ответ: пара мнимых прямых (у′2 + 4)2 + 1 = 0; ∅ для (х, у) ∈ R. 7. Привести кривые к каноническому виду:

а) 2 21 3 3 5 1 04 2 4

x xy y− − − ,=

б) х2 – 11у + 2х + 4 = 0. Ответ: а) α = -30°, х2 – 2у2 = 1;

б) (х + 1)2 = 11(у – 3/11). 8. Какая линия задается уравнением ρ = а⋅(1 – cosϕ)? Ответ:

Вариант 5

1. Найти нижеперечисленные элементы треугольника: а) вершины треугольника; б) уравнения и длины сторон; в) уравнения высот; г) уравнения медиан; д) центр и радиус описанного круга; е) центр тяжести; ж) внутренние углы, если даны две вершины треугольника: А(-1, 2), В(9, -3) и точка пересечения медиан М(13/3, 4/3).

Ответ: а) С(5, 5); б) АВ: х + 2у – 3 = 0, АВ = 5 5 , ВС: 2х + у – 15 = 0, ВС = 4 5 , АС: х – 2у + 5 = 0, АС = 3 5 ;

в) х – 2у + 5 = 0 (из А), 2х + у – 15 = 0 (из В), 2х – у – 5 = 0 (из С);

г) х + 8у – 15 = 0 (из А), 13х + 14у – 75 = 0 (из В), 11х – 2у – 45 = 0 (из С);

д) (4, -1/2), R = (5 5 )/2; е) (13/3, 4/3); ж) tgA = 4/3, tgB = 3/4, C = π/2.

58

2. Построить кривую: 235 44

x y y= − + −12.

Ответ: часть гиперболы ( ] [ )2 2( 5) ( 2) 1, 5, , 6 2, .

9 16x y x y− +

− = − ≤ ∈ −∞ − ∪ ∞

3. Составить уравнение эллипса, фокусы которого расположены на оси абсцисс симметрично относительно начала координат, если даны две точки эллипса: М1(2; 0) и М2( 2 , 2 /2).

Ответ: х2/4 + у2 = 1.

4. Определить координаты точек пересечения эллипса 2 2

1100 225x y

+ = и

параболы 24х = у2. Ответ: (6, 12), (6, -12). 5. Определить старые координаты нового начала и угол α, на который

повернуты оси, если формулы преобразования координат заданы

равенствами: 2 2 2 25; 3.2 2 2 2

x x y y x y′ ′ ′ ′= + + = − + −

Ответ: О′(5, -3), α = -45°. 6. Поворотом осей координат на угол α преобразовать уравнение и построить

кривую, если sinα = -3/5 (π < α < (3/2)⋅π), 9x2 – 24xy + 16y2 –20х + 110у – 50 = 0.

Ответ: парабола 2(х′ + 3) = (у′ – 2)2. 7. Привести кривые к каноническому виду:

а) 2 21 3 3 5 0,4 2 4

x xy y+ − =

б) х2 + 2у2 + 2х + 4у = 6. Ответ: а) α = 30°, х2 – 2у2 = 0;

б) (х + 1)2 + 2(у + 1)2 = 9. 8. Какая линия задается уравнением ρ = а(1 + sinϕ)? Ответ:

59

РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКАЯ РАБОТА «ЛИНИИ НА ПЛОСКОСТИ» Задача 1 Построить алгебраические кривые в декартовой системе координат. 1.1. Прямая Ах + Ву + С = 0.

1.2. Эллипс 2 2

2 2 1x ya b

+ = .

1.3. Гипербола 2 2

2 2 1x ya b

− = .

1.4. Парабола у2 = 2рх. 1.5. Полукубическая парабола а2х3 – у2 = 0. 1.6. Верзиера (локон Аньези) (х2 + а2)у – а3 = 0, а > 0. 1.7. Декартов лист х3 + у3 – 3аху = 0, а > 0. 1.8. Циссоида х3 + (х – а)у2 = 0, а > 0. 1.9. Строфоида (х + а)х2 + (х – а)у2 = 0, а > 0.

Конхоида Никомеда (конхоида прямой х = а). Рассмотреть случаи: 1.10. (x - a)2(x2 + y2) – l2x2 = 0, 0 < l <a, 1.11. (x - a)2(x2 + y2) – l2x2 = 0, 0 < a < l, 1.12. (x - a)2(x2 + y2) – l2x2 = 0, 0 < a = l.

Улитка Паскаля (конхоида окружности). Рассмотреть случаи: 1.13. (x2 + y2 – ax)2 – l2(x2 + y2) = 0, 0 < 2a ≤ l, 1.14. 0 < a < l < 2a и a > l. 1.15. Кардиоида (x2 + y2 + 2ax)2 = 4a2(x2 + y2), 0 < a = l.

Овалы Кассини (х2 + у2)2 – 2с2(х2 – у2) – (а4 – с4) = 0. Рассмотреть случаи: 1.16. 0 < c 2 < a,

1.17. 0 < c < a < c 2 , 1.18. 0 < a < c. 1.19. Частный случай, лемниската Бернулли, 0 < a = c,

(х2 + у2)2 – 2а2(х2 – у2) = 0. 1.20. Обыкновенная циклоида

( )22cos , 0

x ay ya a

a

⎡ ⎤+ −⎢ ⎥ y a= − >⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

.

1.21. Астроида х2/3 + у2/3 = b2/3. Подэры кривой Штейнера, имеющие уравнение

60

(x2 + y2)2 + [(a + 3r)⋅y2 + (a – r)⋅x2]⋅x = 0. Рассмотреть случаи: 1.22. а = 0 трехлепестковая роза (х2 + у2)2 + rx(3у2 – х2) = 0, 1.23. a = r прямой двулистник (х2 + у2)2 + 4rу2х = 0, 1.24. a = -r прямой трилистник (х2 + у2)2 + 2rx(у2 – х2) = 0. Задача 2 Построить кривую, заданную параметрически.

2

2.1. cos ,эллипс, 0 2 .

sin

2.2. ,гипербола, .

2.3. ,парабола, .

2.4. ,прямая, .

x a tt

y b t

x achtt

y asht

x tt

y at

x at bt

y ct d

=⎧≤ ≤ π⎨ =⎩

=⎧− ∞ < < +∞⎨ =⎩

=⎧− ∞ < < +∞⎨ =⎩

= +⎧− ∞ < < +∞⎨ = +⎩

2

3

3

3

2.5. полукубическая парабола,,.

2.6. cos ,астроида, 0 2 .

sin

x tty at

x a tt

y a t

⎧ =⎨ − ∞ < < +∞=⎩⎧ =

≤ ≤ π⎨=⎩

3

2

3

3 Декартов лист,2.7. 1 1 .3 , 1 .1

2.8. ( sin ), 0,циклоида прямой.

(1 cos ),

atxt t

aty tt

x a t t ay a t t

⎧ =⎪⎪ + − < < +∞⎨⎪ = − < < +∞⎪ +⎩

= − >⎧⎨ = − −∞ < < +∞⎩

Трохоиды (циклоиды прямой): 2.9. Удлиненная циклоида ( sin ),

(1 cos ), 1.

2.10.Укороченная циклоида ( sin ),(1 cos ), 1.

x a t ty a t

x a t ty a t

= − λ⎧⎨ = − λ λ >⎩

= − λ⎧⎨ = − λ λ <⎩

Циклоиды окружности: 2.11.Эпициклоиды ( )cos cos(

0 ( )sin sin(),),

x R mR mt mR t mtm y R mR mt mR t

= + − +⎧⎨> = + −⎩ mt+

а) m = 2, 3, 4, 5…, б) m = 3/2, 3/5, … 1/3, 1/4, …,

61

в) m – иррациональное. 2.11.Гипоциклоиды ( )cos cos(

0 ( )sin sin(),),

x R mR mt mR t mtm y R mR mt mR t

= + − +⎧⎨< = + −⎩ mt+

,

а) |m| = 2, 3, 4, 5…, б) |m| = 3/2, 3/5, … 1/3, 1/4, …, в) |m| – иррациональное.

Трохоиды циклоиды окружности ( )cos cos( ),( )sin sin( ).

x R mR mt h t mt h mRy R mR mt h t mt= + − + ≠⎧

⎨ = + − +⎩

2.13. h < mR, m > 0 укороченная эпициклоида, 2.14. h > mR, m > 0 удлиненная эпициклоида, 2.15. h < mR, m < 0 укороченная гипоциклоида, 2.16. h > mR, m < 0 удлиненная гипоциклоида.

Частные случаи циклоид: 2.17. Трохоидальные розы, h = R + mR,

( )cos ( )cos(( )sin ( )sin(

),).

x R mR mt R mR t mty R mR mt R mR t mt= + − + +⎧

⎨ = + − + +⎩

2.18. Улитка Паскаля (эпициклоида при R = r, h – любое) 2 cos cos2 ,2 sin sin 2 .

x r t hy r t h t= −⎧

⎨ = −⎩

t

,

2.19. Эллипс (гипоциклоида при R = 2r) ( / 2 )cos( / 2)( / 2 )sin( / 2).

x R h ty R h t

= +⎧⎨ = −⎩

2.20. Кардиоида (эпициклоида при |m| = 1, одна из улиток Паскаля) 2 cos cos2 ,2 sin sin 2 .

x r t ry r t r t= −⎧

⎨ = −⎩

t

2.21. Кривая Штейнера (гипоциклоида при |m| = 1/3) 2 cos( /3) cos(2 /3),2 sin( /3) sin(2 /3).

x r t r ty r t r t= +⎧

⎨ = −⎩

2.22. Астроида (гипоциклоида при |m| = 1/4) 3

3

cos ( /3),sin ( /3).

x R ty R t

⎧ =⎨

=⎩

2.23. Конхоида Никомеда (конхоида прямой х = а)

62

(1 cos ), 3и .( sin ), 2 2 2 2

2,1 2 , праваяветвь леваяветвь

x a tt t

y a tgt t= + λ⎧ π π π

− < < < <⎨ = + λ⎩λ = …

π

3

3 3

,2.24. Верзиера (локон Аньези)

,a 0.

x tay

t a

=⎧⎪⎨ >=⎪ +⎩

Задача 3 Построить кривые в полярной системе координат. 3.1. прямая, -уголмеждуполярной

осьюинормальюккривой.cos( )p α

ρ =ϕ − α

Кривые II порядка.

3.2. , 1гипербола, 1 парабола, 1 эллипс.1 cos

p e e ee

ρ = > = <+ ϕ

Конхоида Никомеда (конхоида прямой х = а).

3.3. леваяветвь,cos

праваяветвь.cos

a l

a l

ρ = −ϕ

ρ = +ϕ

Рассмотреть случаи: 0 < l < a, 0 < l = a, 0 < a < l. Окружность: 3.4. ρ = a⋅cosϕ и ρ = a⋅sinϕ.

Конхоиды окружности a⋅cosϕ + l: 3.5. 0 < 2a ≤ l, 3.6. 0 < a < l < 2a, 3.7. 0 < l < a, 3.8. ρ = a(1 + cosϕ) – кардиоида – частный случай конхоиды окружности.

Синусоидальные спирали ρm = amcosmϕ или ρm = amsinmϕ

при m – рациональном – алгебраические линии того или иного порядка.

3.9. m = 1, ρ = a⋅cosϕ - окружность, m = -1, ρ = a/cosϕ - прямая,

3.10. m = 2, ρ2 = a2⋅cos2ϕ- лемниската Бернулли, m = -2, ρ = a2/cos2ϕ- равносторонняя гипербола,

3.11. m = 1/2, ρ = a⋅cos2(ϕ/2)- кардиоида, m = -1/2, ρ = 2a/(1+cosϕ)- парабола.

63

Овалы Кассини: ( )2 2 4 2 4 4cos2 cos 2c c aρ = ϕ ± ϕ + − c :

3.12. 0 < c 2 < a, 3.13. 0 < c < a < 2 ,

3.14.0 < a < c, 3.15. 0 < c = a, 2cos2aρ = ϕ - частный случай, лемниската Бернулли.

Подэры кривой Штейнера имеют уравнение ρ = 4r⋅cos3ϕ – (a + 3r)⋅cosϕ. 3.16.3/a = 0, ρ = r⋅cos3ϕ - трехлепестковая роза, 3.17. a = r, ρ = -4r⋅cosϕ⋅sin2ϕ - прямой двулистник, 3.18.a = -r, ρ = 2r⋅cosϕ⋅cos2ϕ - прямой трехлистник, 3.19.a = -3r, ρ = 4r⋅cos3ϕ - однолистник.

Подэра астроиды. 3.20. ρ = (R/2)⋅cos2ϕ – c⋅cosϕ - «жук»,

(при с = 0 – роза).

3.21.Розы, или кривые Гвидо Гранди ρ = a⋅sinkϕ, a > 0, k > 0. Рассмотреть случаи:

1) k – целое четное, нечетное; 2) k – рациональное; 3) k – иррациональное. Розы относятся к трохоидам.

3.22.Узлы, ρ = a⋅ctgkϕ. Рассмотреть случаи: k = 1 «каппа»;

k = 2 «ветряная мельница»; k = 1/2 строфоида.

3.23.Кривые, полученные Хабеннихтом: ρ = 4⋅(1 + cos3ϕ) + 4⋅sin23ϕ - лист щавеля, ρ = 4⋅(1 + cos3ϕ) – 4⋅sin23ϕ - лист трилистника, ρ = 3⋅(1 + cos2ϕ) + 2⋅cosϕ + sin2ϕ – 2⋅sin23ϕ⋅cos4(ϕ/2) - лист плюща.

3.24.Спирали: ρ = a⋅ϕ - спираль Архимеда, ρ = a/ϕ - гиперболическая спираль, ρ = a/ϕ + l - конхоида гиперболической спирали, ρ = a⋅ϕ2 – l, - спираль Галилея, l > 0, l = 0 ρ = a ϕ - спираль Ферма,

64

ρ = a ϕ + l - параболическая спираль, l > 0,

ρ = a/ ϕ - «жезл», ρ = aϕ - логарифмическая спираль, а > 0.

Тест Укажите название кривой II порядка на плоскости 2 22 4x x y+ − = : а) эллипс; б) окружность; в) пара параллельных прямых; г)точка; д) круг; е) эллиптический параболоид; ж) парабола; з) гипербола; и) лист Декарта; к) пара параллельных плоскостей. Правильный ответ: Ответ: з).

65

ПОВЕРХНОСТИ ВТОРОГО ПОРЯДКА

1. Поверхности Поверхность в трехмерном пространстве можно определить следующим образом: в явной форме: ( ) ( ), ; ,z z x y x y G= ∈ ; (1) в неявной форме: ( ) ( ), , 0; , , ;F x y z x y z U= ∈ (2) в параметрической форме: ( ) ( ) ( ) ( ), , , , , ; ,x x u v y y u v z z u v u v G= = = ∈ (3)

в векторной форме: ( ) ( ), ; ,u v u v G=r r ∈ - плоская область, - простран

, (4) где ственная область. В формуле (4) G U

( ) ( ) ( ), , ,x u v y u v z u v= + +r i j k - радиус - вектор точки поверхности ( ), ,M x y z .

1.1. Линейчатые поверхности Поверхность называется линейчатой, если она получается при движении

в пространстве прямой, называемой образующей. Коническая поверхность возникает, когда образующая движется по некоторой плоской кривой, называемой направляющей, и имеет неподвижную точку, называемую вершиной. Цилиндрическая поверхность возникает, когда фиксированная точка образующей движется по некоторой плоской кривой, называемой направляющей; в процессе перемещения образующая остается параллельной заданному направлению. Кроме конических и цилиндрических поверхностей, к линейчатым относятся однополостный гиперболоид и гиперболический параболоид, но закон движения образующей в этих случаях более сложен; ниже, при исследовании формы конкретных поверхностей, этот вопрос будет рассмотрен детально.

1.2. Поверхности вращения Если поверхность получается вращением плоской кривой, лежащей в одной из координатных плоскостей вокруг одной из координатных осей, то уравнение поверхности может быть получено из уравнения линии: 1) кривая ( ),L x y = 0 , лежащая в плоскости Ox ;

вращение вокруг оси Ox :

y

( ) ( )2 2, , , 0F x y z L x y z= ± + = ,

вращение вокруг оси Oy : ( ) ( )2 2, , , 0F x y z L x z y= ± + = ;

2) кривая ( ),L x z = 0, лежащая в плоскости ;

вращение вокруг оси Ox :

Oxz

( ) ( )2 2, , , 0F x y z L x y z= ± + = ,

66

вращение вокруг оси Oz : ( ) ( )2 2, , , 0F x y z L x y z= ± + = ;

3) кривая ( ),L y z = 0 , лежащая в плоскости Oyz ;

вращение вокруг оси Oy : ( ) ( )2 2, , , 0F x y z L y x z= ± + = ,

вращение вокруг оси Oz : ( ) ( )2 2, , , 0F x y z L x y z= ± + = ;

1.3. Поверхности второго порядка Алгебраической поверхностью второго порядка называется поверхность

, уравнение которой в декартовой системе координат имеет вид

(5) где не все коэффициенты при членах второго порядка равны одновременно нулю (в противном случае (5) – алгебраическая поверхность первого порядка, т.е. плоскость).

S2 2 2

11 22 33ay

+ + 12 13 23

14 24 34 44

2 2 22 2 2 0,

a x a y z a xy a xz a yza x a a z a

+ + + ++ + + + =

=+ zyOz =

=

В зависимости от значений коэффициентов возможны случаи, когда уравнение (5) определяет вырожденную поверхность (пустое множество, точку, прямую, плоскость, пару плоскостей). Например, уравнение не имеет решений и задает пустое множество, уравнение задает точку с координатами (0,0,0), уравнение определяет прямую – координатную ось , задает координатную плоскость , уравнение

01222 =+++ zyx0222 +x

2 2 0x y+ = 2 0x0x 2 1x = задает пару плоскостей 1x = −

и 1x = . Далее будем рассматривать только невырожденные поверхности. Поверхности второго порядка обладают определенными элементами симметрии. Некоторые имеют центр симметрии; все имеют хотя бы одну плоскость симметрии; многие имеют ось симметрии. Всякое уравнение вида (5) посредством преобразования координат, т.е. сдвигов и поворотов (так называемое приведение к главным осям), можно привести к каноническому виду. В уравнении канонического вида каждая переменная содержится только в одной степени: либо только в нулевой, либо только в первой, либо только во второй. Канонический вид уравнение принимает, когда оси системы координат совпадают с осями симметрии поверхности, а начало системы координат выбрано специальным образом (для центрально-симметричных поверхностей совпадает с центром симметрии).

2. ИССЛЕДОВАНИЕ ФОРМЫ ПОВЕРХНОСТЕЙ ВТОРОГО ПОРЯДКА ПО ИХ КАНОНИЧЕСКИМ УРАВНЕНИЯМ

Основным методом исследования формы поверхности по ее уравнению является метод сечений, когда о форме поверхности судят по форме кривых, которые получаются при пересечении данной поверхности плоскостями .;; constzconstyconstx ===

67

Последовательно рассмотрим канонические уравнения поверхностей второго порядка.

2.1. Эллипсоид Эллипсоидом называется поверхность второго порядка с каноническим уравнением

12

2

2

2

2

2

=++cz

by

ax .

Рассмотрим сечение эллипсоида плоскостью . Линия пересечения эллипсоида и плоскости задается системой уравнений

0=z

2 2 2

2 2 2 1,

0,

x y za b cz

⎧+ + =⎪

⎨⎪ =⎩

или

2 2

2 2 1,

0.

x ya bz

⎧+ =⎪

⎨⎪ =⎩

Очевидно, что линия пересечения – эллипс с полуосями а и b. Рассмотрим сечение эллипсоида плоскостью hz = . Линия пересечения задается системой уравнений

2 2 2

2 2 2 1,

,

x y za b cz h

⎧+ + =⎪

⎨⎪ =⎩

или

2 2

2 21 1

1,

,

x ya bz h

⎧+ =⎪

⎨⎪ =⎩

где 2 2

1 121 ; 1ha a b bc c

= ⋅ − = ⋅ − 2 .h Таким образом, если ch <<0 , то сечение –

эллипс с полуосями Если bbaa << 11 ; . ch = , сечение – точка с координатами Если , система решений не имеет, т.е. исследуемая поверхность не

имеет общих точек с рассматриваемой плоскостью. ).,0,0( c ch >

Аналогично рассматриваются сечения поверхности плоскостями Sx const= , . y const= Величины называются полуосями эллипсоида. Если все они различны, эллипсоид называется трехосным. При равенстве двух полуосей получаются эллипсоиды вращения: при

, ,a b c

a b c= < - вытянутый, при - сплющенный. Эти поверхности получаются при вращении эллипса, соответственно, вокруг большой и малой оси.

a b c= >

Если Rcba === , каноническое уравнение принимает вид и задает сферу с центром в начале координат и радиусом R.

2222 Rzyx =++

68

2.2. Гиперболоиды

2.2.1. Однополостный гиперболоид Однополостным гиперболоидом называется по-верхность второго порядка с каноническим уравнением

12

2

2

2

2

2

=−+cz

by

ax .

Линия пересечения гиперболоида и плоскости задается системой уравнений

0=z2 2 2

2 2 2 1,

0,

x y za b cz

⎧+ − =⎪

⎨⎪ =⎩

определяющей эллипс с полуосями а и b. В сечении плоскостью hz = имеем эллипс

2 2

2 21 1

1,

,

x ya bz h

⎧+ =⎪

⎨⎪ =⎩

с полуосями 2

1 21 ha ac

= ⋅ + и 2

1 21 .hb bc

= ⋅ +

Сечение поверхности плоскостью S 0x = :

2 2

2 2 1,

0

y zb cx

⎧− =⎪

⎨⎪ =⎩

является гиперболой с действительной осью и мнимой осью Oz . Сечение плоскостью - гипербола с действительной осью и мнимой осью Oz .

Oy S0=y Ox

При a получается однополостный гиперболоид вращения. b= Покажем, что однополостный гиперболоид также является линейчатой поверхностью, для чего перепишем уравнение в виде

2 2 2

2 2 21 1 1x z y x z x z ya c b a c a c b b

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛− = − ⇒ − + = − +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝

y ⎞⎟⎠

.

Рассмотрим две системы линейных уравнений:

1 ,

1 ,

x z yv ua c bx z yu va c b

⎧ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟

⎞⎟⎠

+ = +⎜ ⎟ ⎜⎪⎪ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎨

⎛ ⎞ ⎛⎪ − = −⎜ ⎟ ⎜⎪ ⎝ ⎠ ⎝⎩

1 ,

1 ,

x z yv ua c bx z yu va c b

⎧ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪⎪ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎨

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ − = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩

где и - параметры, не равные нулю. Каждая из этих систем определяет прямую (линию пересечения двух плоскостей). Если перемножить уравнения каждой системы, получится уравнение однополостного гиперболоида, откуда следует, что каждая из этих прямых целиком лежит на однополостном гиперболоиде. Таким образом, через каждую точку однополостного гипербо-лоида проходят две прямые, называемые прямолинейными образующими однополостного гиперболоида, он имеет два семейства прямолинейных

u v

69

образующих. Русский инженер В.Г.Шухов предложил использовать линейчатый характер однополостного гиперболоида в строительной технике. Он предложил конструкции из металлических балок, расположенных так, как расположены прямолинейные образующие однополостного гиперболоида вращения. Такие конструкции оказались легкими и прочными, они используются для устройства водонапорных башен и радиомачт.

2.2.2. Двуполостный гиперболоид Двуполостным гиперболоидом называется по-верхность второго порядка с каноническим уравнением

2 2 2

2 2 2 1.x y za b c

+ − = −

Линия пересечения гиперболоида и плоскости 0=z

задается системой уравнений

2 2

2 2 1,

0,

x ya bz

⎧+ = −⎪

⎨

которой соответствует пустое множество.

⎪ =⎩

В сечении плоскостью hz = имеем кривую 2 2 2

2 2 21 1

1,

,

x y ha b cz h

⎧+ = −⎪

⎨⎪ =⎩

или

2 2

2 21 1

1,

,

x ya bz h

⎧+ =⎪

⎨⎪ =⎩

где .1;1 2

2

12

2

1 −⋅=−⋅=chbbи

chaa Очевидно, что решения есть при h c≥ .

Если , сечение – точка h с= ± ( )0,0, c± . При h c> , сечение – эллипс с полуосями

Сечение поверхности плоскостью

., 11 ba

S 0=x

2 2

2 2 1,

0

y zb cx

⎧− = −⎪

⎨⎪ =⎩

является гиперболой с действительной осью и мнимой осью . Сечение плоскостью - гипербола с действительной осью и мнимой осью .

Oz Oy S0=y Oz Ox

2.3. Параболоиды

2.3.1. Эллиптический параболоид Эллиптическим параболоидом называется поверхность с каноническим уравнением

.0,2

2

2

2

>=+ ppzby

ax

70

Поверхность расположена в верхнем полупространстве ; поперечные сечения плоскостями представляют собой эллипсы с полуосями

0z ≥,z h h= > 0

1a a ph= и 1b b ph= , размеры которых увеличиваются по мере возрастания , продольные сечения плоскостями h 0x = и 0y = - параболы.

2.3.2. Гиперболический параболоид Гиперболическим параболоидом называется по-верхность с каноническим уравнением

.0,2

2

2

2

>=− ppzby

ax

0=z Сечение плоскостью дает

скрещивающиеся прямые by x , сечения a

= ±

z h= - гиперболы. При действительная ось гиперболы параллельна оси , мнимая ось параллельна оси , при

0h >Ox Oy 0h < оси

меняются местами. Сечения плоскостями x const= и y const= - параболы. Как и однополостный гиперболоид, гиперболический параболоид является линейчатой поверхностью и имеет два семейства прямолинейных образующих – прямых, полностью лежащих внутри поверхности. Уравнения образующих получаются аналогично случаю однополостного гиперболоида и имеют вид:

,

,

x yv ua bx yu va b

⎧ ⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎪⎪ ⎝ ⎠⎨

⎛ ⎞⎪ − =⎜ ⎟⎪ ⎝ ⎠⎩

pz

,

,

x yv ua bx yu va b

⎧ ⎛ ⎞− =⎜ ⎟⎪⎪ ⎝ ⎠⎨

⎛ ⎞⎪ + =⎜ ⎟⎪ ⎝ ⎠⎩

pz

т.е. через каждую точку поверхности проходит две прямолинейных образующих. Это свойство гиперболического параболоида также используется в строительных конструкциях: из прямолинейных металлических элементов создается каркас кровли в форме гиперболического параболоида. Такая поверхность, благодаря своей кривизне, обладает собственной жесткостью, тогда как жесткость кровли традиционной формы - в виде совокупности плоских участков – обеспечивается поддерживающими конструкциями (стропилами) и требует дополнительного расхода материалов.

2.4. Конус Эллиптическим конусом называется поверхность с каноническим уравнением

02

2

2

2

2

2

=−+cz

by

ax .

Сечения плоскостями z const− - эллипсы, размеры которых возрастают по мере удаления от начала координат;

71

сечения плоскостями, проходящими через ось Oz , - скрещивающиеся прямые.

2.5. Цилиндры В выбранной системе координат образующие цилиндров параллельны оси и уравнения не содержат координаты . Это свойство сохраняется и для уравнения общего вида (5): если уравнение не содержит какой-либо переменной, то определяемая им поверхность – цилиндр, образующие которого параллельны соответствующей оси.

Oz z

2.5.1. Эллиптический цилиндр Эллиптический цилиндр задается каноническим уравнением

12

2

2

2

=+by

ax .

Осью цилиндра является координатная ось , попереч-ные сечения – эллипсы. Плоскости и являются плоскостями зеркальной симметрии поверхности.

OzOxz Oyz

2.5.2. Гиперболический цилиндр Гиперболический цилиндр задается каноническим уравнением

12

2

2

2

=−by

ax .

Осью цилиндра является координатная ось , поперечные сечения – гиперболы. Плоскости Oxz и являются плоскостями зеркальной симметрии поверхности.

Oz

Oyz

2.5.3. Параболический цилиндр Параболический цилиндр задается каноническим уравнением . Плоскость является плоскостью зеркальной симмет-рии поверхности.

0,22 >= ppxyOxz

72

РЕШЕНИЕ ТИПИЧНЫХ ЗАДАЧ

Задача 1 Составить уравнение сферы с центром в точке (3,-5,-2), если плоскость 2 3 11 0x y z− − + = касается сферы.

Решение

Расстояние от центра сферы до касательной плоскости равно радиусу сферы:

( ) ( )( ) ( )2 22

3 2 5 3 2 11 28 2 14.142 1 3

R⋅ − − − − +

= =+ − + −

=

Уравнение сферы: ( ) ( ) ( )2 2 23 5 2x y z− + + + + = 56 .

Задача 2 Составить уравнение сферы, проходящей через точки ( )1 3,1, 3M − , ( )2 2,4,1M − , ( )3 5,0,0M − , центр которой лежит на плоскости . 2 3x y z+ − + = 0

Решение

Запишем уравнение сферы в виде ( ) ( ) ( )2 2 2 20 0 0x x y y z z R− + − + − = и

подставим в него координаты точек; кроме того, учтем, что центр сферы лежит на плоскости:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

2 2 2 20 0 0

2 2 2 20 0 0

2 2 2 20 0 0

0 0 0

3 1 3

2 4 1

5 0 02 3 0.

,

,

,

x y z R

x y z R

x y zx y z

⎧ − + − + − − =⎪⎪ − − + − + − =⎨⎪ − − + − + − =⎪ + − + =⎩

R

2

2

,,

Раскрывая скобки, получаем

2 2 20 0 0 0 0 0

2 2 20 0 0 0 0 0

2 2 2 20 0 0 0

0 0 0

6 2 6 194 8 2 2110 25 ,

2 3 0.

x y z x y z Rx y z x y z Rx y z x R

x y z

⎧ + + − − + + =⎪ + + + − − + =⎪⎨

+ + + + =⎪⎪ + − + =⎩

73

Вычитая из третьего уравнения второе и из второго первое, для координат центра сферы получаем равносильную систему

0 0 0

0 0 0

0 0 0

3 4 25 3 42 3

x y zx y zx y z

+ + = −⎧⎪ − − = −⎨⎪ + − = −⎩

,1,

,

откуда и 0 0 01, 2, 3x y z= = − = 7R = . Уравнение сферы

( ) ( ) ( )2 2 21 2 3x y z− + + + − = 49 .

Задача 3 Методом сечений исследовать поверхность, заданную уравнением

2 2 2 4x y z+ − = .

Решение

Перепишем уравнение поверхности в виде

2 2 2 4x y z+ = +

и рассмотрим сечения поверхности плоскостями z h= . В сечении получаются окружности с центром на оси Oz и радиусом 2 4R h= + . Это позволяет заключить, что поверхность является поверхностью вращения с осью Oz , и точки поверхности существуют при любых значениях . Рассмотрим осевое сечение плоскостью (или

zOxz 0y = ):

2 2 4x z− = .

Приводя к каноническому виду, имеем

2 2

14 4x z

− =

– уравнение гиперболы, Ox – действительная ось, Oz – мнимая ось.

Итак, поверхность может быть получена вращением гиперболы относительно ее мнимой оси, т.е. поверхность – однополостный гиперболоид вращения,

– ось симметрии, Oxy – плоскость симметрии. Oz

Задача 4 Установить тип поверхности и построить ее:

1) - параболоид вращения; 2 2 2 0x y z+ − + =

74

2) - ось oz; 2 2 0x y+ =

3) - две пересекающиеся плоскости 2 2 0x y− = x y= ± ;

4) 2 1x = - две плоскости 1x = ± , параллельные плоскости zoy;

5) 2 2 0x z+ = - круговой цилиндр с образующей, параллельной оси oy.

Задача 5 Найти общие точки поверхности 2 2 2 4 6 2 67x y z x y z 0+ + − − + − =

и прямой 5 2 .3 2 2

x y z− += =

−5

Решение

Выделим полные квадраты переменных в уравнении поверхности и увидим,

что она представляет собой сферу ( ) ( ) ( )2 2 2 22 3 1x y z 9− + − + + = .

Перейдем к параметрическим уравнениям прямой 5 3 ,

2 ,25 2 .

x ty t

z t

= +⎧⎪ =⎨⎪ = − −⎩

Подстановка этих значений переменных в уравнение поверхности приводит к квадратному уравнению для t c отрицательным дискриминантом. Следовательно, действительных значений t не существует, и поверхность не имеет общих точек с прямой, которая проходит вне сферы.

Задача 6

Найти общие точки поверхности 2 2

23 6x y z+ = и плоскости

3 6 14 0x y z− + − = .

Решение

Общие точки поверхностей удовлетворяют системе

2 2

2 ,3 6

3 6 14

x y z

x y z

⎧+ =⎪

⎨⎪ 0,− + − =⎩

Приравнивая значения 2z , выраженные из этих уравнений, получим, что 2 2 14

3 6 3 3x y y x+ = − + . Выделение полных квадратов переменных приводит к

75

уравнению эллипса 2 24( 1.5) 2( 1) 1

67 67x y+ −

+ = , который является линией

пересечения эллиптического параболоида и плоскости.

76

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ

Вариант 1

1. Установить, какой геометрический образ определяется уравнением . Ответ: сфера,

2 2 2 6x y z z+ + − = 0( )0,0,3C , . 3R =

2. Составить уравнение сферы, если известны координаты центра ( )1,2,0C − и радиус 2R = . Ответ: ( ) ( )2 2 21 2x y z+ + − + = 4 .

3. Методом сечений исследовать поверхность, заданную уравнением

2 2 2

116 9 4x y z

+ − = − .

Ответ: двуполостный эллиптический гиперболоид.

4. Установить тип поверхности и построить ее: 2 2 2

116 4 36x y z

+ − = .

Ответ: однополостный эллиптический гиперболоид.

5. Найти общие точки поверхности 2 2 2

116 9 4x y z

+ − =

и прямой 24 3 4x y z +

= =−

.

Ответ: ( )4, 3,2− .

6. Определить линию пересечения поверхностей

( ) ( )2

212 1

4x

z y−

= − + и 2 1 0x y− − = .

Ответ: прямая 2 2 1y z 0+ + = .

77

Вариант 2

1. Установить, какой геометрический образ определяется уравнением . Ответ: пустое множество.

2 2 22 2 7x y z+ + + = 0

2. Составить уравнение сферы, если известны координаты центра ( )3, 2,1C − и точки на сфере ( )2, 1, 3M − − .

Ответ: ( ) ( ) ( )2 2 23 2 1x y z− + + + − = 18.

3. Методом сечений исследовать поверхность, заданную уравнением

2 2 2

19 4 25x y z

+ + = .

Ответ: эллипсоид.

4. Установить тип поверхности и построить ее: 2 2 2 1x y z+ − = − . Ответ: двуполостный гиперболоид вращения.

5. Как расположена прямая 22 3 1

x y z− += =

−2 относительно сферы

2 2 2 14 32

x y z y z+ + − − + = 0 ?

Ответ: пересекает. 6. Определить линию пересечения поверхностей

2 2 2

116 8 9x y z

+ + = и .

Ответ: эллипс.

2 0y − =

78

Вариант 3

1. Установить, какой геометрический образ определяется уравнением 2 24 0x z+ = . Ответ: ось Oy .

2. Составить уравнение сферы, если известно, что точки ( )1 2, 3,5M − и ( )2 4,1, 3M − - концы диаметра сферы. Ответ: ( ) . ( ) ( )2 2 23 1 1x y z− + + + − = 21

3. Методом сечений исследовать поверхность, заданную уравнением 2 2 2x y+ = z

2

. Ответ: параболоид вращения.

4. Установить тип поверхности и построить ее: 2 2x y z− = . Ответ: круговой конус.

5. Найти общие точки поверхности 2 2 2

181 36 9x y z

+ + =

и прямой 3 43 6

x y z− − += =

24−

.

Ответ: ( )3,4, 2− , ( )6, 2,2− .

6. Определить линию пересечения поверхностей

( ) ( )2 21 12

4 3x y

z− +

= − и 2 1 0x y− − = .

Ответ: парабола.

79

Вариант 4

1. Установить, какой геометрический образ определяется уравнением 2 4 0x x− = . Ответ: две параллельных плоскости 0x = и 4x = .

2. Составить уравнение сферы, если известны координаты центра ( )5,3,2C − и плоскость 2 2 4 0x y z− + − = касается сферы.

Ответ: ( ) ( ) ( )2 2 25 3 2x y z+ + − + − = 36 .

3. Методом сечений исследовать поверхность, заданную уравнением 2 2 2x y− = z . Ответ: гиперболический параболоид.

4. Установить тип поверхности и построить ее: 2

222yz x= + .

Ответ: эллиптический параболоид

5. Как расположена прямая 2 2 12

,2 4 6 0x y zx y z

0− + − =⎧⎨ − − + =⎩

относительно сферы

? 2 2 2 2 2 4 43x y z x y z+ + − + + − = 0

Ответ: касается. 6. Определить линию пересечения поверхностей

( ) ( )2 21 12

3 6x y

z− +

= + и 3 6 18 0x y z− + − = .

Ответ: эллипс.

80

Вариант 5

1. Установить, какой геометрический образ определяется уравнением . Ответ: точка (

2 2 22 3x y z+ + = 0)0,0,0 .

2. Составить уравнение сферы, если известно, что точки ( )1 0,0,0M , ( )2 2,0,0M , ( )1 1,1,0M , ( )1 1,0, 1M − лежат на сфере.

Ответ: ( )2 2 21 1x y z− + + = .

3. Методом сечений исследовать поверхность, заданную уравнением 2 2x z= . Ответ: параболический цилиндр.

4. Установить тип поверхности и построить ее: 2 2

65 4x y z− = .

Ответ: гиперболический параболоид.

5. Найти общие точки поверхности 2 2

5 3x y z+ = и прямой 1 2

2 23

2x y z+ − +

= =− −

.

Ответ: нет общих точек.

6. Определить линию пересечения поверхностей

( ) ( )2 2 21 11

4 9 36x y z− +

+ − = и 9 6 2 43 0x y z− + − = .

Ответ: гипербола.

81

Тест Укажите название поверхности II порядка в пространстве : yx =2

а) эллипсоид; б) парабола; в) гиперболический параболоид; г) параболический цилиндр; д) астроида; е) конус второго порядка; ж) полукубическая парабола; з) эллиптический параболоид; и) шар; к) плоскость. Правильный ответ: Ответ: г).

82

Поверхности второго порядка в пространстве

Эллипсоид 2 2 2

2 2 2 1x y za b c

+ + =

-1-0.5

00.5

1

-1

-0.5

0

0.51

-1

-0.5

0

0.5

1

-1-0.5

00.5

-1

-0.5

0

0.5

Гиперболоиды

Однополостный гиперболоид 2 2 2

2 2 2 1.x y za b c

+ − =

83

-5-2.5

02.5

5

-5

-2.5

0

2.55

-5

-2.5

0

2.5

5

-5-2.5

02.5

-5

-2.5

0

2.5

Двуполостный гиперболоид

2 2 2

2 2 2 1.x y za b c

+ − = −

-5-2.5

02.5

5

-5

-2.5

02.5

5

-5

-2.5

0

2.5

5

-5-2.5

02.5

-5

-2.5

02.5

84

Конус второго порядка 2 2 2

2 2 2 0x y za b c

+ − =

-5-2.5

02.5

5

-5

-2.5

0

2.55

-5

-2.5

0

2.5

5

-5-2.5

02.5

-5

-2.5

0

2.5

85

Эллиптический параболоид 2 2 2 .x y p+ = z

2 2

2x y zp q

+ =

-1-0.5

0

0.5

1-1

-0.5

0

0.5

1

0

0.25

0.5

0.75

1

-1-0.5

0

0.5

86

Гиперболический параболоид 2 2

2x y zp q

− =

- 5

- 2 . 5

0

2 . 5

5

- 5

- 2 . 5

0

2 . 5

5

- 2 0

0

2 0

Цилиндры второго порядка

эллиптический 2 2

2 2 1x ya b

+ =

87

-1 -0.5 0 0.5 1

-1-0.5

00.5

1

-2

-1

0

1

2-1-0.5

00.5

88

гиперболический 2 2

2 2 1x ya b

− = ,

параболический 2 2y p= x

-5

0

5

-5

0

5

-5

0

5-5

0

5

-5

0

. 0

10

20

30

-5

0

5

-5

0

5

Пары плоскостей

( ) ( )1 1 1 1 2 2 2 2 0A x B y C z D A x B y C z D+ + + ⋅ + + + =

-5-2.5

02.5

5

-5

-2.5

0

2.55

-5

-2.5

0

2.5

5

-5-2.5

02.5

-5

-2.5

0

2.5

89

Пара пересекающихся плоскостей -5

-2.5

-5

-2.5

02.5

5

0

5

10

-5-2.5

0

2.5

5-5

-2.5

0

2.5

5

0

2

4

6

-5-2.5

0

2.5

02.5

5

-5

-2.5

02.5

пара параллельных плоскостей пара сливающихся плоскостей

90

БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК 1. Бугров Е.С. Элементы линейной алгебры и аналитической геометрии / Е.С. Бугров, С.М. Никольский. М.: Наука, 1984. 2. Бугров Е.С. Высшая математика: Задачник / Е.С. Бугров, С.М. Никольский.

М.: Наука, 1982. 3. Сборник задач по математике для втузов / под редакцией А.В. Ефимова. М.:

Наука, 1993. Т.1; 1994. Т.2. 4. Беклемишев Д.В. Курс аналитической геометрии и линейной алгебры / Д.В.Беклемишев. М.: Наука, 1984. 5. Наумов В.А. Руководство к решению задач по линейной алгебре и

аналитической геометрии / В.А.Наумов. М.: Наука, 1993. 6. Фадеев Д.К. Сборник задач по высшей алгебре / Д.К. Фадеев, Н.С.

Соминский. М.: Наука, 1997. 7. Беклемишева Л.А. Сборник задач по аналитической геометрии и линейной

алгебре / Л.А. Беклемишева, А.Ю. Петрович, И.А. Чубаров. М.: Наука, 1987. 8. Кузнецов Л.А. Сборник заданий по высшей математике / Л.А. Кузнецов М.:

Высшая школа, 1994. 9. Минорский В.П. Сборник задач по высшей математике / В.П. Минорский.

М.: Физматгиз, 1961. 10. Клетенник Д.В. Сборник задач по аналитической геометрии / Д.В. Клетенник. М.: Наука, 1986. 11. Цубербиллер О.Н. Задачи и упражнения по аналитической геометрии / О.Н. Цубербиллер. М.: Наука, 1970. 12. Косторкин А.И. Линейная алгебраическая геометрия / А.И. Косторкин, Ю.И. Манин. М.: Наука, 1986. 13. Бахвалов С.Б. Сборник задач по аналитической геометрии / С.Б. Бахвалов, П.С. Моденов, А.С. Пархоменко. М.: Наука, 1964.

91

Учебное пособие

Соболев Александр Борисович Вигура Марина Александровна Рыбалко Александр Федорович Рыбалко Наталья Михайловна

V. АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ НА ПЛОСКОСТИ. ПОВЕРХНОСТИ ВТОРОГО ПОРЯДКА

Редактор Н.П.Кубыщенко Подписано в печать 26.04.2005 Формат 60x84 1/16 Бумага писчая Плоская печать Усл.печ.л. 4,48 Уч.-изд.л. 4,2 Тираж Заказ Цена “C”

Редакционно-издательский отдел ГОУ ВПО УГТУ–УПИ

620002, Екатеринбург, ул. Мира, 19

ООО «Издательство УМЦ УПИ» 620002, Екатеринбург, ул. Мира, 17

92

93