Page 1
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ
РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
Федеральное государственное бюджетное образовательное
учреждение высшего образования
«Сибирский государственный университет геосистем и технологий»
Кафедра высшей математики
АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ
В ПРИМЕРАХ И ЗАДАЧАХ
Учебно-методическое пособие
для студентов 1 курса всех направлений обучения в СГУГиТ
Учебно-методическое пособие составили:
доцент кафедры высшей математики Мартынов Геннадий Павлович,
к.т.н., старший преподаватель кафедры высшей математики Павловская Ольга Геннадьевна
Новосибирск, 2017
Page 2
1
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
ФЕДЕРАЛЬНОЕ ГОСУДАРСТВЕННОЕ БЮДЖЕТНОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ
УЧРЕЖДЕНИЕ ВЫСШЕГО ОБРАЗОВАНИЯ
«СИБИРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ
ГЕОСИСТЕМ И ТЕХНОЛОГИЙ»
(СГУГиТ)
Г.П. Мартынов, О.Г. Павловская
АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ
В ПРИМЕРАХ И ЗАДАЧАХ
Учебно-методическое пособие
для студентов 1 курса всех направлений обучения
Новосибирск
СГУГиТ
2017
Page 3
2
УДК 519.6
Рецензенты: доктор физико-математических наук, профессор, НГТУ
Костюченко В.Я.
кандидат физико-математических наук, доцент, СГУГиТ
Неклюдова В.Л.
Мартынов, Г.П.
М 294 Аналитическая геометрия в примерах и задачах, учебно-методическое пособие.
/ Г.П. Мартынов, О.Г. Павловская. – Новосибирск: СГУГиТ, 2017. – 51 с.
Учебно-методическое пособие составлено сотрудниками кафедры высшей
математики Сибирского государственного университета геосистем и технологий:
доцентом Г.П. Мартыновым (разделы: 1, 2 (кроме примеров 2.3, 2.4 и 2.6), 3
(кроме задачи 4), и 4) и к.т.н., старшим преподавателем О.Г. Павловской
(разделы: 2 (примеры 2.3, 2.4 и 2.6), 3 (задача 4, и 5). Пособие предназначено для
студентов 1 курса всех специальностей и направлений обучения в СГУГиТ. Оно
содержит краткую теорию (определения, формулы и теоремы) раздела
«Аналитическая геометрия в пространстве и на плоскости», примеры решения
типовых задач, типовые задания по 30 вариантам, примерный вариант
контрольных заданий по данной теме и библиографический список
рекомендуемой литературы.
УДК 519.6
Мартынов Г.П., Павловская О.Г., 2017
Page 4
3
ОГЛАВЛЕНИЕ
1. Элементы аналитической геометрии в пространстве и на плоскости
1.1. Плоскость в трехмерном пространстве….…………………………….................................3
1.2. Взаимное расположение плоскостей в трехмерном пространстве..…...............................3
1.3. Прямая в трехмерном пространстве. Канонические,
параметрические и другие виды уравнений прямой……………………………………….4
1.4. Взаимное расположение прямых в трехмерном пространстве..….………………………..5
1.5. Прямая и плоскость в трехмерном пространстве…………………....................................6
1.6. Прямая на плоскости Оху………………..………………………….………………………7
1.7. Уравнение прямой на плоскости Оху с угловым коэффициентом….................................8
1.8. Кривые второго порядка на плоскости. Канонические
уравнения кривых второго порядка……… .…………………………................................10
1.9. Приведение общего уравнения кривой второго порядка
к каноническому виду…………………………………………………...............................12
1.10. Поверхности второго порядка в системе координат Оxyz…………………………………..18
2. Примеры решения типовых задач……………………………………………………………20
3. Типовые задания…………..…………………………………………………………………….42
4. Вопросы для самоконтроля……………….……………………………………………………49
5. Примерный вариант контрольных заданий по теме «Аналитическая геометрия»…....50
Библиографический список рекомендуемой литературы……………………………………..51
1. Элементы аналитической геометрии в пространстве и на плоскости
1.1. Плоскость в R3
Пусть в декартовой прямоугольной системе
координат Oxyz задан вектор CBAN ;; и точка
0000 ;; zyxM . Возьмём произвольную точку
М (x;y;z) (рис.1.1) на плоскости. Тогда уравнение
плоскости имеет вид:
0000 zzCyyBxxA (1.1)
или после раскрытия скобок получается:
0 DCzByAx , (1.2)
где 000 CzByAxD .
В силу произвольности точки М (x;y;z) уравнения (1.1) и (1.2) будут задавать
множество точек плоскости , которая перпендикулярна вектору N и проходит
через заданную точку 0М .
Определение 1.1. Уравнение (1.2) называется общим уравнением плоскости
, которая перпендикулярна вектору CBAN ;; . Вектор N называется
вектором нормали к плоскости (или нормальным вектором).
1.2. Взаимное расположение плоскостей в R3
Пусть заданы две плоскости:
N
0М
М
Рис. 1.1
Page 5
4
Рис. 1.3
2N
2
1N
1
1: 01111 DzCyBxA , 1111 ;; CBAN ,
2: 02222 DzCyBxA , 2222 ;; CBAN .
Определение 1.2. Углом между плоскостями 1
и 2 называется угол между их нормальными
векторами 1N и 2N , то есть
2121 NN . (1.3)
Используя формулу для нахождения угла между
двумя векторами, имеем:
21
21cosNN
NNarc (1.4)
или
22
22
22
21
21
21
212121cos
CBACBA
CCBBAAarc (1.5)
Тем самым (1.4) и (1.5) определяют угол между
плоскостями 1 и 2.
Следствия
1) Условия параллельности двух плоскостей.
Если 1 2 , то очевидно (рис. 1.2), что
2
1
2
1
2
1
C
C
B
B
A
A,
то есть 1 2 2
1
2
1
2
1
C
C
B
B
A
A (1.6)
2) Условие перпендикулярности двух плоскостей.
Если 1 2, то из рис. 1.3 очевидно, что:
0212121 CCBBAA , 1 2, 0212121 CCBBAA (1.7)
1.3. Прямая в пространстве R3. Канонические, параметрические
и другие виды уравнений прямой
Для того, чтобы задать прямую L необходимо знать одну точку
0000 ;; zyxM L и направление прямой. Это направление задается с помощью
Рис. 1.2
2N
2
1N
1
Page 6
5
так называемого направляющего вектора pnmS ;; , который лежит на прямой
или параллелен прямой L (рис. 1.4).
Возьмем произвольную точку zyxM ;; L. Тогда уравнения прямой
задаются так:
p
zz
n
yy
m
xx 000
(1.8)
Уравнения (1.8) называются каноническими уравнениями прямой L.
Уравнения (1.8) выполняются для любой точки zyxM ;; L, поэтому они
полностью определяют прямую L в пространстве R3.
Параметрические уравнения прямой L имеют вид:
параметр.
;
;
;
0
0
0
t
ptzz
ntyy
mtxx
(1.9)
Уравнения (1.9) позволяют вычислить координаты х, у, z любой точки,
расположенной на данной прямой L (например, при t=0 получаем точку
0000 ;; zyxM ).
Прямая линия в пространстве может быть задана и как линия пересечения
двух плоскостей:
L:
.0
;0
2222
1111
DzCyBxA
DzCyBxA (1.10)
Как из уравнений (1.10) получить канонические (1.8) и параметрические (1.9)
уравнения покажем на примерах решения типовых задач (глава 2, пример 2.3).
1.4. Взаимное расположение прямых в пространстве R3
Пусть даны две прямые:
L1: 1
1
1
1
1
1
p
zz
n
yy
m
xx
1111 ;; pnmS ,
L2: 2
2
2
2
2
2
p
zz
n
yy
m
xx
2222 ;; pnmS .
Определение 1.3. Углом между прямыми
называется угол между их направляющими
векторами 1S и 2S , то есть
2121 SSLL .
L
M
M0
S
Рис. 1.4
Page 7
6
Используя формулу для нахождения угла между двумя векторами, получаем:
21
21cosSS
SSarc (1.11)
или
22
22
22
21
21
21
212121cos
pnmpnm
ppnnmmarc . (1.12)
Тем самым (1.11) и (1.12) определяют угол между прямыми L1 и L2.
Следствия
1) Условия параллельности двух прямых в R3.
Если L1 L2 , то (рис. 1.5) очевидно,
что
2
1
2
1
2
1
p
p
n
n
m
m,
то есть
L1 L2 2
1
2
1
2
1
p
p
n
n
m
m
(1.13)
2) Условие перпендикулярности двух прямых в R3.
Если L1 L2, то рис. 1.6 помогает понять, что:
0212121 ppnnmm ,
то есть L1 L2 0212121 ppnnmm (1.14)
1.5. Прямая и плоскость в R3
Пусть заданы: прямая L: p
zz
n
yy
m
xx 000
pnmS ;; .
и плоскость : 0 DCzByAx CBAN ;; .
Определение 1.4. Углом между прямой L и плоскостью называется угол
FEG (рис. 1.7) между прямой L и её проекцией EG на плоскость .
Рис. 1.5
L1
L2
1S
2S
Рис. 1.6
L1
L2
1S
2S
Page 8
7
Очевидно (рис. 1.7), что если SN , то: cossin , (1.15)
С учетом (1.15) получаем:
222222sin
pnmCBA
pCnBmAarc (1.16)
Следствия
1) Условия перпендикулярности прямой L и плоскости (рис.1.8).
Если L p
С
n
B
m
A (1.17)
2) Условие параллельности прямой L и плоскости (рис.1.9).
Если L 0 pCnBmA (1.18)
1.6. Прямая на плоскости (в R2)
Пусть некоторая плоскость : 0 DCzByAx пересекается с
плоскостью Оху: z = 0, при пересечении получим прямую L, уравнение которой (в
плоскости Оху) имеет вид:
0 DByAx (1.19)
Уравнение (1.19) называется общим уравнением прямой L на плоскости Оху.
L
Рис. 1.9
N
S
Рис. 1.8
N
L
S
N
G
Рис. 1.7
S
F
E β
α
α
L
Page 9
8
Замечание. Уравнение (1.19) можно рассматривать как уравнение
«плоскости» без третьей координаты z. А прямую на плоскости можно
рассматривать как «одномерную плоскость».
В итоге такого подхода вектор BAn ; – вектор нормали к прямой L:
0 DByAx и все формулы из разделов 1.1 и 1.2 переносятся в этот раздел 1.6.
1) Угол между прямыми:
21
2121 cos
nn
nnarcLL (1.20)
Или
22
22
21
21
2121cos
BABA
BBAAarc . (1.21)
2) L1 L2 1п 2п 2
1
2
1
B
B
A
A . (1.22)
3) L1 L2 1п 2п 02121 BBAA . (1.23)
Замечание. Прямую на плоскости можно рассматривать и по аналогии с
прямой в пространстве (рис. 1.10):
000 ; yxM L, nmS ; L, то уравнение
n
yy
m
xx 00
(1.24)
задает прямую L на плоскости.
И, кроме того:
1)
21
212121 arccos
SS
SSSSLL (1.25)
или
22
22
21
21
2121arccos
nmnm
nnmm (1.26)
2) L1 L2 2
1
2
1
n
n
m
m . (1.27)
3) L1 L2 02121 nnmm . (1.28)
1.7. Уравнение прямой в R2 с угловым коэффициентом
Рассмотрим уравнение (1.19): 0 DByAx . Возможны два случая:
L
M0
S
Рис. 1.10
Page 10
9
1) В=0 0;An Оу L Оу и уравнение (1.19) примет вид:
0DAx A
Dx или 0xx ,
где A
Dx 0 , т.е., если L параллелельна Оу (рис.1.11), то ее уравнение имеет вид:
0xx (1.29)
2) В 0 (то есть L не параллельна
Оу (рис. 1.12)), тогда из (1.19) имеем:
bkxy (1.30)
так называемое уравнение прямой с
угловым коэффициентом k.
При этом:
by 0 , k = tg,
где oxL ,
а если ).(:);( 00000 xxkууLLухМ
Кроме того, если на L заданы две точки: );();( 222111 ухМиухМ
.:12
1
12
1
хх
хх
уу
ууL
(1.31)
Из школьного курса математики известно, что если:
L 1: 11 bxky , L 2: 22 bxky , то:
1) L 1 L 2 k 1 = k 2, (1.31.1)
L 1 L 2 k 1k 2 = –1, (1.32.1)
2)
21
2121
1)(
kk
kkarctgLL (1.33)
х
y
0 х0
п L
Рис. 1.11
L
x 0
y
b
Рис.1.12
Page 11
10
1.8. Кривые второго порядка.
Канонические уравнения кривых второго порядка
Определение 1.5. Кривой второго порядка называется множество точек
ухМ ; на плоскости Оху, координаты которых удовлетворяют следующему
общему уравнению кривой второго порядка:
0222 021122
222
11 ayaxaxyayaxa . (1.34)
В уравнении (1.34) а11, а22, …, а0 – заданные числа. Далее мы рассматриваем
наиболее простые частные случаи уравнения (1.34).
Канонические уравнения в системе координат Оху
1) Эллипс – задается уравнением:
12
2
2
2
b
у
а
х. (1.35)
Эллипс симметричен относительно осей Ох, Оу и точки О.
Точки bаcFcF при0;и0; 21 ,
или bаcFcF при;0и;0 21
являются фокусами эллипса (или фокальными точками эллипса), где с находится
так:
bаabc
bаbас
22
22
, (1.36)
2) Гипербола – задается уравнениями (1.37) и (1.39):
12
2
2
2
b
у
а
х (1.37)
М
х
у
0 F1 F2 а -а
-b
b
Рис. 1.13
a > b
М
х
у
0
F1
F2
а -а
-b
b
Рис. 1.14
a < b
Page 12
11
Гипербола (1.37) симметрична относительно осей Ох, Оу и точки О (рис.
1.15). Точки 0;и0; 21 cFcF являются фокусами гиперболы (1.37) (или
фокальными точками гиперболы), где с находится так:
22 bас , (1.38)
Аналогичными свойствами обладает и гипербола (1.39):
12
2
2
2
b
у
а
х (1.39)
Гипербола (1.39) называется сопряженной к гиперболе (1.37) (рис. 1.16). При
этом точки cFcF ;0и;0 21 – фокусы гиперболы (1.39).
3) Парабола – задается уравнениями (1.40) и (1.41):
а) pxy 22 б) pxy 22 (1.40)
Рис. 1.16
х
у
b
-а -b
а
F1
F2
М
Рис. 1.15
х
у
b
-а
-b
а F1 F2
М
Page 13
12
Парабола (1.40) симметрична (рис. 1.17) относительно оси Ох. Аналогичными
свойствами обладает и парабола (1.41): ось симметрии – ось Оу, фокус – на оси Оу
(рис. 1.18).
а) pух 22 б) pух 22 (1.41)
1.9. Приведение общего уравнения кривой второго порядка
к каноническому виду
Рассмотрим общее уравнение (1.34) кривой второго порядка:
0222 021122
222
11 ayaxaxyayaxa
Первые три слагаемых (квадратичные слагаемые) образуют, так называемую
квадратичную форму:
Рис.1.17
F
а)
M
x
y
0
p/2
F 0
M
x
y б)
–p/2
Рис.1.18
F M
x
y
0
а)
F M x
y
0
б)
p/2
–p/2
Page 14
13
xyayaxayxg 122
222
11 2; (1.42)
Тип кривой второго порядка определяется типом квадратичной формы (1.42).
Определение 1.6. Основной матрицей квадратичной формы (и основной
матрицей кривой второго порядка) называется матрица:
2212
1211
аа
ааА (1.43)
«Расширенной» матрицей кривой второго порядка называется матрица:
021
22212
11211~
ааа
ааа
ааа
А (1.44)
Определение 1.7. Найдем AA~
det,det
(1.45)
Тогда квадратичная форма (1.42) (а, следовательно, и кривая второго
порядка) имеет:
1. эллиптический тип, если 0 ;
2. гиперболический тип, если 0 ;
3. параболический тип, если 0 .
Замечание. Эллиптический тип кривой не означает автоматически, что это
эллипс. Это может быть: эллипс, одна точка или пустое множество. Аналогично
кривая гиперболического типа может быть гиперболой или парой
пересекающихся прямых. Кривая параболического типа может быть параболой
или парой параллельных прямых.
Определение 1.8. Собственными числами (или собственными значениями)
матрицы А называются корни 1, 2 так называемого характеристического
уравнения:
0det EA (1.46)
а, с учетом (1.45), характеристическое уравнение (1.46) примет вид:
022112 aa , (1.47)
где Adet .
Далее на конкретных примерах покажем, как строить кривую второго
порядка, заданную общим уравнением (1.34) на плоскости Оху. Имеем два случая:
Page 15
14
1. 012 а (то есть, нет поворота осей координат, а есть только параллельный
перенос). В этом случае приведение уравнения любой кривой (эллипса,
гиперболы или параболы) к каноническому виду выполняется методом выделения
«полных квадратов» по переменным х и у.
2. 012 а (то есть имеет место поворот осей).
Записываем матрицу
2212
1211
аа
ааА , находим Adet . Данный случай 2.
распадается на два варианта:
2.1. 0 – центральные кривые (т.е. эллиптического или гиперболического
типа). Приведение уравнений таких кривых к каноническому виду выполняется
по следующему плану.
а) Составляем матрицу
021
22212
11211~
ааа
ааа
ааа
А , и вычисляем A~
det .
б) Записываем характеристическое уравнение:
0det EA 022112 aa
и находим его корни 21, – собственные числа матрицы А (для удобства пусть
21 ).
в) Выполняем поворот системы координат Оху, для этого находим угол
поворота по формуле:
12
111
a
atg
(1.48)
Обозначим полученную систему координат через 22 yOx .
г) Выполняем параллельный перенос повернутой системы в точку ,1О ,
где α, β – координаты точки О1 в системе Оху находятся как единственное
решение системы:
.0
;0
22212
11211
ааа
ааа
(1.49)
После параллельного переноса получаем систему координат 111 yxO .
д) В этой новой системе координат уравнение кривой (1.34) примет вид:
0212
211
ух (1.50)
Page 16
15
Приводим полученное уравнение к «каноническому виду» эллипса или
гиперболы, определяем значения полуосей a, b и выполняем построение кривой
на плоскости.
2.2. 0 – кривая параболического типа. В данном случае приведение к
каноническому виду выполняется по плану.
а) Составляем и решаем характеристическое уравнение
0или,0 22112
22112 aaaa ,
где 21, – собственные числа матрицы А ( 21 ). Очевидно, что один из
корней 21, будет равен нулю.
Тогда квадратичная форма (1.42) примет вид:
212
21112
222
211 2; yxxyayaxayxg .
В зависимости от того, какой из корней 21, будет равен нулю,
квадратичная форма примет вид: 211; xyxg или 2
12; уyxg .
б) Найдем угол поворота системы координат.
Для каждого собственного значения 21, найдем так называемые
«собственные векторы»
4
32
2
11 ,
С
Се
С
Се
соответственно, которые удовлетворяют системе
уравнений:
0 еEA . (1.51)
Строим векторы 21, ее на плоскости Оху.
Вектор 1е определяет положение оси Ох2, а
вектор 2е – оси Оу2. (рис. 1.19). Получим новую
систему координат 22 yOx , в которой
21; xyxg или 2
2; уyxg .
Очевидно (рис. 1.19), что угол поворота
оси Ох2 относительно оси Ох можно найти по
формуле:
1
2
С
Сtg . (1.52)
Преобразования координат при повороте осей на угол выполняются по
формулам:
2
2
cossin
sincos
y
x
y
x
(1.53)
Рис. 1.19
х
х2
у2
у
0
1е 2е
С1 С3
С2
С4
Page 17
16
где
21
1cos
tg
,
21
sin
tg
tg
.
Подставляем (1.53) в данное уравнение кривой (1.34).
в) Выполняем параллельный перенос осей координат. Выделяя «полный
квадрат» по переменной х2 или у2, определяем центр ,1О новой системы
координат 111 yxO относительно «повёрнутой» системы 22 yOx :
.
;
21
21
уу
хх (1.54)
В результате такой замены получаем уравнение кривой в «каноническом
виде». Строим чертеж.
Замечание. Независимо от значения величины , приведение уравнения
кривой (1.34) к «каноническому виду» можно провести по общей схеме.
а) Найдем угол поворота осей координат. Для этого выполним
преобразование данного уравнения, делая замену по формулам:
.cossin
;sincos
cossin
sincos
11
11
1
1
yxy
yxx
y
x
y
x (1.55)
Получим новое уравнение
0222 0121111122
1222
111 ayaxayxayaxa , (1.56)
где
2212112212 sincoscossin aaaa . (1.57)
С целью упрощения уравнения (1.56) приравниваем коэффициент 12а к
нулю, получаем тригонометрическое уравнение:
0sincoscossin 22121122 aaa ,
или, разделив на ( 2cos ):
01211222
12 atgaatga .
Решаем полученное уравнение и находим его корни 21, tgtg . Пусть для
удобства 01 tg . Тогда положение оси Ох1 определяется прямой хtgу 1 , а
положение оси Оу1 – прямой хtgу 2 . Получим новую систему
координат 11yOx .
Page 18
17
Далее находим значения
121
1cos
tg
,
12
1
1
sin
tg
tg
и
подставляем их в уравнение (1.56). Уравнение примет вид:
022 012112
1222
111 ayaxayaxa (1.58)
б) Выполняем параллельный перенос осей координат, путем выделения
«полных квадратов» по переменным х1 и у1, определяем центр ,2О новой
системы координат 222 yxO относительно «повёрнутой» системы 11yOx :
;
;
12
12
уу
хх
С помощью параллельного переноса системы 11yOx уравнение (1.58)
приводим к виду:
002
2222
211 ayaxa . (1.59)
Приводим полученное уравнение к «каноническому виду» эллипса,
гиперболы или параболы и выполняем построение кривой на плоскости.
Page 19
18
1.10. Поверхности второго порядка в системе координат Охуz
Рассмотрим канонические уравнения некоторых поверхностей второго порядка:
222 Ryx – прямой круговой цилиндр (рис. 1.20)
12
2
2
2
b
y
a
x – эллиптический цилиндр (рис. 1.21)
2222 Rzyx – сфера с центром в точке О и радиусом R (рис. 1.22).
12
2
2
2
2
2
c
z
b
y
a
x – трёхосный эллипсоид (рис. 1.23).
–R R у
х
z
Рис. 1.20
a b y
x
z
Рис. 1.21
R
х
у
z
Рис. 1.22
c
b
x
y
z
a
Рис. 1.23
Page 20
19
12
2
2
2
b
y
a
x – гиперболический цилиндр (рис. 1.24).
pxy 22 – параболический цилиндр (рис. 1.25).
12
2
2
2
2
.2
с
z
b
y
a
x – однополостный гиперболоид
(рис. 1.26).
2
2
2
2
2b
y
a
xpz – эллиптический параболоид
(рис. 1.27).
2
2
2
22
b
y
a
xz – эллиптический конус (рис. 1.28).
z
0
a y
x
Рис.1.24
z
0 y
x
Рис. 1.25
b у
х
z
Рис. 1.26
0 у
х
z
Рис. 1.27
с
а
а
b
у
z
х
Рис. 1.28
О
1 а
b
Page 21
20
2. Примеры решения типовых задач
Пример 2.1. Через точку М0(–2; 0; 4) провести прямую L, перпендикулярную
плоскости , содержащей три точки М1(1; 1; –1), М2(2; –3; 0) и М3(4; 2; –7).
Решение
Строим чертёж (рис. 2.1). Канонические
уравнения любой прямой в R3 согласно (1.8) имеют
вид:
p
zz
n
уy
m
х х 000
,
где М0 (x0; y0; z0) L у нас задана, значит надо
найти координаты направляющего вектора
s ={m; n; p} прямой L (т. е. s L). Из рис. 2.1 видно, что, так как L , то вектор
нормали N L, т.е. вектор sN является направляющим вектором прямой L.
Осталось найти вектор N .
Имеем: по определению векторного произведения, вектор MMMMN 3121
перпендикулярен плоскости . Найдём координаты вектора N . Имеем:
MM 21 = {x2 – x1; y2 – y1; z2 – z1} = {2 – 1; –3 –1; 0 – (–1)} = {1; –4; 1},
MM 31 = {x3 – x1; y3 – y1; z3 – z1} = {4 –1; 2 –1; –7 –(–1)} = {3; 1; –6}.
Тогда MMMMN 3121
613
141
kji
ted (разлагаем по первой строке) =
i (24 –1) – j (–6 –3) + k (1 + 12) = 23 i +9 j +13 k {23; 9; 13} N .
Тем самым s N {23; 9; 13} найден направляющий вектор прямой L,
кроме того задана точка М0(–2; 0; 4)L. В итоге: канонические уравнения прямой
L имеют вид: 13
4
923
2
zyx.
Ответ: L: 13
4
923
2
zyx.
Пример 2.2. Записать уравнение плоскости , которая проходит через точку
М0 (–2; 0; 3) и прямую L: 54
1
3
2 zyx
.
Решение
Строим чертёж (рис. 2.2). Уравнение плоскости ,
проходящей через заданную точку М0 (x0; y0; z0) согласно
(1.1) имеет вид:
A(x–x0) + B (y–y0) + C (z–z0) = 0,
L
M 0
M 1
M 2
M 3
N
Рис. 2.1
L
N
s M 1
M 0
Рис. 2.2
Page 22
21
где М0 (x0; y0; z0) = М0 (–2; 0; 3) у нас задана, а вектор нормали N ={А; В; С} к
плоскости необходимо найти.
Из канонических уравнений прямой L найдём s = {–3; 4; 5} направляющий
вектор прямой L и точку М1 (–2; 1; 0) L. Далее на чертеже (рис. 2.2) построим
вектор ММ 01 = {x0 – x1; y0 – y1; z0 – z1} = {–2 – (–2); 0 – 1; 3 – 0} = {0; –1; 3}.
Тогда по определению векторного произведения вектор sMMN 01 будет
перпендикулярен плоскости , то есть будет являться нормалью к плоскости :
sMMN 01
543
310
kji
ted i (–5 – 12) – j (0 + 9) + k (0–3) =
= –17 i – 9 j – 3 k = {–17; –9; –3}.
Затем, зная вектор нормали N {–17; –9; –3} и точку М0 (–2; 0; 3), записываем
уравнение плоскости :
: –17 (x + 2) – 9 (y – 0) – 3 (z – 3) = 0
: –17x – 9y – 3z – 25 = 0
: 17 x + 9 y + 3 z + 25 = 0
Ответ: : 17 x + 9 y + 3 z + 25 = 0.
Пример 2.3. Найти расстояние от точки М0 (–1; 5; 2) до прямой L:
.02284
;021367
zyx
zyx
Решение
Для нахождения требуемого расстояния на чертеже
(рис. 2.3) выполним дополнительные построения: через
точку М0 проведём плоскость , которая
перпендикулярна прямой L. Тогда прямая L
перпендикулярна плоскости и, кроме того, прямая L и
плоскость пересекутся в некоторой точке М1.
Соединим точки М0 и М1 прямой линией М0М1. И
так как L, то L перпендикулярна любой прямой,
лежащей в плоскости , в том числе и прямой М0М1, поэтому М0М1
перпендикуляр к прямой L, а его длина ММ 10 есть искомое расстояние r от
точки М0 до прямой L (рис. 2.3), то есть нам необходимо знать координаты точки
М1 = L. А для этого нам нужны уравнения плоскости и прямой L. По
условию прямая L задана системой двух уравнений (то есть как пересечение двух
плоскостей). Преобразуем эти уравнения к каноническим уравнениям прямой L.
Для этого решим данную систему методом Гаусса:
Рис. 2.3
Ns
M 1
L
M 0
r
Page 23
22
)2(22814
21367
2284
;21367B
zyx
zyx
4
22814
651941
вид
""1
23868170
65194
rB = 2= rA < n = 3 система имеет бесконечное множество решений (в виде
координат точек, лежащих на прямой L):
zy
zyx
zy
zyx
414
19654
2386817
65194
0
.
;414
;39
414
);414(41965
числолюбоеz
zy
zx
zy
zzx
tz
ty
tx
414
39
(2.1)
То есть, получены параметрические уравнения (2.1) прямой L. Их можно
преобразовать в канонические уравнения:
1
4
43
9
1
414
39
zt
yt
xt
tz
ty
tx
L: 14
14
3
9 zyx
s ={3; –4; 1} направляющий
вектор прямой L. Из рис. 2.3 видно, что Ns . То есть для вспомогательной
плоскости мы знаем вектор нормали N ={3; –4; 1} и координаты точки
М0 (–1; 5; 2) L. Тогда согласно (1.1) уравнение плоскости имеет вид:
: 3 (x + 1) – 4 (y – 5) + 1 (z – 2) = 0 3 x – 4 y + z + 21 = 0 (2.2)
Поэтому координаты точки М1 = L являются решением системы уравнений
(2.2) плоскости и (2.1) – прямой L:
021)414(4)39(3
414
39
414
39
02143 ttt
tz
ty
tx
tz
ty
tx
zyx
Page 24
23
10426
414
39
414
39
0211656927 t
tz
ty
tx
tz
ty
tx
ttt
4
2
3414
39
4z
y
x
tz
ty
tx
t
М1 (–3; 2; –4) мы нашли координаты точки пересечения
L и . Тогда ММ 10 = {–3 + 1; 2 – 5; –4 – 2} = {–2; –3; –6}, поэтому расстояние r =
)()()( 632 222 = 49 =7.
Ответ: r = 7 (ед.).
Пример 2.4. Даны вершины треугольной
пирамиды (рис. 2.4): 1;2;41 M , 5;1;72 M ,
2;3;53 M , 1;1;14 M . Найти: 1) уравнения граней
321 MMM и 421 MMM ; 2) угол между гранями
321 MMM и 421 MMM ; 3) уравнение ребра 34MM ;
4) угол между ребром 34MM и гранью 421 MMM ;
5) уравнение высоты, опущенной из вершины 4М на
грань 321 MMM ( НМ 4 ); 6) угол между высотой
НМ 4 и ребром 34MM ; 7) основание высоты НМ 4 ;
8) длину высоты НМ 4 .
Решение
1. а) Уравнение грани 321 MMM – это уравнение плоскости, проходящей через
три точки 321 ,, MMM . Оно согласно (1.1) имеет вид:
0000 zzCyyBxxA , где NCBA ;; – вектор нормали к
плоскости; 0000 ;; zyxM – любая заданная точка плоскости.
По определению векторного произведения двух векторов, имеем:
13121 NMMMM – вектор, перпендикулярный плоскости 321 MMM .
Так как 41315214712121221 ;;;;zz;yy;xxММ ;
11112234531 ;;;;ММ , то
;kjikji
kji
MMMMN 45134341
111
41331211
М1 М3
М2
М4
Рис. 2.4
Page 25
24
или 4;1;51 N .
В качестве точки 0М можно взять любую из трех точек, лежащих на
плоскости, например 1;2;41 M . Тогда
0142145 zyx 0442205 zyx
01445 zyx – уравнение грани 321 MMM .
б) Аналогично составим уравнение грани 421 MMM : 4121 MMMMN , где
41321 ;;ММ , 01311214141 ;;;;ММ .
;kji
kjikji
kji
MMMMN
3622
61243312040
013
4134121
т.е. за вектор нормали можно принять вектор 3;6;22 N . Плоскость
421 MMM так же проходит через точку 1М , поэтому
0132642 zyx 03312682 zyx
07362 zyx – уравнение грани 421 MMM .
2. Угол α (рис.2.4) между гранями 321 MMM и 421 MMM – это двугранный угол
между плоскостями 321 MMM и 421 MMM . Он находится как угол между их
нормальными векторами 1N и 2N по формуле (1.4):
21
21cosNN
NN
, где 4;1;51 N , 3;6;22 N ,
42415 2221 N , 749362 222
2 N .
Поэтому
21
422
42
4
427
28
427
346125
742
3;6;24;1;5cos
,
o89,51617,0arccos21
422arccos .
3. Уравнение ребра 34MM – это уравнение прямой, проходящей через точки
43, MM . Воспользуемся формулой:
43
4
43
4
43
4
zz
zz
yy
yy
xx
xx
,
где 333 ;; zyx , 444 ;; zyx – координаты точек 43, MM соответственно.
Т.е. 12
1
13
1
15
1
zyx
1
1
2
1
4
1
zyx – канонические уравнения
прямой 34MM .
Page 26
25
В полученном уравнении 1124 S;; – направляющий вектор прямой 34MM .
4. Угол β (рис. 2.5) между ребром 34MM и гранью
421 MMM – это угол между прямой 34MM и
плоскостью (гранью) 421 MMM , который можно
найти по формуле (1.16):
21
21sinNS
NS
, где 1;2;41 S , 3;6;22 N ,
21124 2221 S , 72 N , тогда
427
316224
721
3;6;21;2;4sin
,21
21
21
1
217
7
o60,12218,0arcsin
21
12arcsin
5. Уравнение высоты (рис. 2.6), опущенной из
вершины 4М на грань 321 MMM – это уравнение
прямой НМ 4 , перпендикулярной плоскости (грани)
321 MMM . Канонические уравнения прямой НМ 4
согласно (1.8) имеют вид:
p
zz
n
yy
m
xx 444
,
где 444 ;; zyx – координаты точки 4M ,
2;; Spnm – направляющий вектор прямой НМ 4 .
Т.к. НМ 4 321 MMM , то НМ 4 || 1N
4;1;512 NS . Тогда 4
1
1
1
5
1
zyx –
канонические уравнения высоты НМ 4 .
6. Угол γ (рис. 2.6) между высотой НМ 4 и ребром 34MM – это угол между
прямыми НМ 4 и 34MM , который найдем по формуле (1.11): 21
21cosSS
SS
.
Т.к. 1;2;41 S , 4;1;52 S , 211 S , 422 S , то
3
2
23
2
221
14
4221
411254
4221
415124
;;;;cos ,
М1 М3
М2
М4
Рис. 2.5
М1 М3
М2
М4
Рис. 2.6
Н
Page 27
26
.87,61471,0arccos3
2arccos o
7. Основание высоты НМ 4 (точка Н) – это точка пересечения прямой НМ 4 и
плоскости (грани) 321 MMM . Преобразуем канонические уравнения прямой
НМ 4 к параметрическому виду:
.14
;1
;15
4
1
1
1
5
1
tz
ty
tx
tzyx
Координаты точки Н являются решением системы:
;01442
;14
;1
;15
;0141441155
;14
;1
;15
;01445
;14
;1
;15
t
tz
ty
tx
ttt
tz
ty
tx
zyx
tz
ty
tx
3
1
3
2
3
8
3
1
3
2
3
8
3
1;;Нzyxt
8. Длина высоты НМ 4 – это длина вектора НМ 4 .
3
4;
3
1;
3
51
3
1;1
3
2;1
3
84НМ ;
3
42
9
42
9
16
9
1
9
25
3
4
3
1
3
5222
4
НМ .
Ответ: 1) 321 MMM : 01445 zyx ; 421 MMM : 07362 zyx ;
2) ;, o8951 3) 34MM : 1
1
2
1
4
1
zyx; 4) o,6012 ; 5) НМ 4 :
4
1
1
1
5
1
zyx; 6) o87,61 ; 7)
3
1;
3
2;
3
8Н ; 8)
3
424 НМ .
Page 28
27
Пример 2.5. В треугольнике с вершинами А (9; 3), В (–3; –3) и С (–7; 0)
найти (используя уравнение прямой с угловым коэффициентом): а) уравнение
высоты ВК; б) длину высоты AN; в) координаты точки А, симметричной точке А
относительно ВС; г) величину каждого внутреннего угла треугольника и длины
всех его сторон.
Решение
Строим чертёж по координатам точек А, В, С (рис. 2.7)
а) ВК АС. Зная А (9; 3) и С (–7; 0), запишем (используя (1.31)) уравнение
стороны АС:
у
х
А
9
О
1,8
3
С
К
В
N
A/
–16,2
–6,6
–3
–3 –7
–5,4
Рис. 2.7
Page 29
28
021163)9(3)3(1630
3
97
9
ухху
ух
уу
уу
хх
хх
АС
А
АС
А
.3
16)32.1(
16
3
16
21
16
3: ВКАС кпоАСВКкактаккхуАС
Зная 3
16ВКк и точку )3;3( В (то есть х 0 = –3, у 0 = –3), запишем уравнение
высоты ВК: .057316)3(3
163)( 00 уххуххкуу
.057316: ухВК
б). Высота AN ВС. Зная В (–3; –3) и С (–7; 0), запишем уравнение ВС:
02143)3(3)3(4
30
3
37
3ухху
ух
уу
уу
хх
хх
ВС
В
ВС
В
.3
4
4
3
4
21
4
3: ANВС кBСANкактаккхуВС
Зная 3
4ANк и точку )3;9(A (то есть х 0 = 9, у 0 = 3), запишем уравнение высоты
AN:
.02734)9(3
43)( 00 уххуххкуу
.02734: ухAN
Далее найдём координаты точки N = BCAN:
016525
02143
02734
02143
3
4
y
yx
yx
yx
66
8142621
66
4213
663
1
,y
,x),(x
,y
yx
,y
N (1,8; –6,6).
Тогда координаты вектора AN ={xN–xA; yN–yA} = {1,8–9; –6,6–3} =
= {–7,2; –9,6}, поэтому AN = ),(),( 6927 22 = 16928451 ,, = 144 =12 (ед.);
в) координаты точки А находим из условия симметричности точек А и А
относительно прямой ВС. Очевидно (рис. 2.7), что равны векторы:
ANAN (2.3)
Причём AN ={–7,2; –9,6}, а вектор AN = {xA –xN; yA –yN} =
={ xA –1,8; yA –6,6}. Тогда из равенства (2.3) следует:
{–7,2; –9,6}={ xA –1,8; yA +6,6}.
Приравнивая координаты этих равных векторов, получаем:
).2,16;4,5(;2,16
;4,5
;6,96,6
;2,78,1
//
/
/
/
Ау
х
у
х
А
А
А
А
Page 30
29
г) найдём с помощью (1.33) величины всех внутренних углов Δ АВС.
Имеем:
ВС: 3х+ 4у+21=0 или у = – 4
3х –
4
21 kВС= –
4
3.
АС: 3х–16у+21=0 или у = 16
3х +
16
21 kАС =
16
3.
33
3
93
9:)3;3(),3;9(
yxАВВА
)3(12)9(6
6
3
12
9ух
yx
–6х + 54 = –12у + 36 6х–12у–18 = 0 kАВ= 2
1.
Итого kВС= – 4
3, kАС =
16
3, kАВ=
2
1.
Тогда 1=СВА= :)( АВВС
tg 1= kk
kk
ABBC
ABBC
1=
2
1
4
3
2
1
4
3
)(1
=
8
3
4
5
1
=
8
5
4
5= –2 (знак минус уточняем по
рис. 2.7, на котором видно, что СВА > 90, то есть tg 1 < 0).
Далее: tg1= –2 1=СВА= 116,6.
Затем ищем АСВ = 2 = :)( АСВС
tg 2= kk
kk
BСАC
BСАC
1=
)(14
3
16
3
4
3
16
3)(
=
64
9
4
3
16
3
1
=
64
55
16
15
= + 55
60 =
11
12
2=АСВ = 47,5.
А угол САВ = 3 = )( АВАС находится так:
tg 3= kk
kk
АBАC
АBАC
1=
2
1
16
3
2
1
16
3
1
=
32
35
16
5= +
35
10=
7
2 3 = САВ = 15,9.
Для контроля найдём: 1+2+3=116,6+47,5+15,9=180 (верно). Найдём ещё и
длины всех сторон треугольника: А (9; 3), В (–3; –3) и С (–7; 0).
АВ ={–12; –6} АВ = )6()12(22
= 36144 = 180 13,4 (ед.).
ВС ={–4; 3} ВС = 3)4( 22 = 916 =5 (ед.).
АС ={–16; –3} АС = )3)16(22 ( = 9256 = 265 16,3 (ед.).
Ответ: а) ВК: 16x+3y+57=0; б) AN =12 (ед.); в) А (–5,4; –16,2);
г) СВА = 116,6, САВ = 15,9, АСВ = 47,5; АВ 13,4 (ед.),
ВС =5 (ед.), АС 16,3 (ед.).
Page 31
30
Пример 2.6. Даны уравнения параболы y = 2x2 – 12x + 17 и гиперболы y =
32
23
x
x.
Требуется привести эти уравнения соответственно к виду Y = AX2 и Y =
X
k, а
затем построить обе кривые в плоскости Oxy.
Решение
а) В уравнении параболы выделим «полный квадрат» по переменной х:
y = 2x2 – 12x + 17 = 2(x
2 – 6x) + 17 = 2[(x
2 –2x3 + 3
2) –3
2] + 17 =
= 2[(x–3)2 – 9] + 17 = 2(x–3)
2 –1 y + 1 = 2(x–3)
2 (2.4)
Сделаем замену переменных:
Yy
Xx
1
3 (2.5)
Тогда в новых переменных уравнение (2.4) примет вид:
Y=2X2 (2.6)
Найдём координаты центра новой системы координат:
1
3
01
03
y
x
Yy
XxO(3; –1) центр новой системы координат OXY.
Найдём координаты нескольких точек на параболе по уравнению (2.6):
Таблица 2.1.
X 0 1 –1 2 –2
Y 0 2 2 8 8
1
7
у Y
О 3 5
–1
х
Х О/
8
2
2
–1
Y = 2X2
y = 2x2 – 12x + 17
Рис. 2.8
Page 32
31
Для построения параболы (рис. 2.8) на плоскости Oxy сделаем следующее:
1. на плоскости Оху построим точку О/ (3; –1) – центр новой (вспомогательной)
системы координат.
2. Затем через точку О/ проведём (пунктиром) прямые, параллельные осям Ох и
Оу. Получим новую систему координат О/ХY.
3. В этой новой системе с помощью таблицы 2.1 построим ряд точек на
параболе, соединяя их плавной линией, то есть получим параболу Y=2X2.
4. Эта же кривая, но уже в системе координат Оху задаётся первоначальным
уравнением y = 2x2 – 12x + 17.
б) Уравнение гиперболы преобразуется так:
2/3
6/5)2/3(
2
3
2/3
3/22/3)2/3(
2
3
2/3
3/2
2
3
)2/3(2
)3/2(3
32
23
х
х
х
х
х
х
х
х
х
ху
2/3
4/5
2
3
2/3
4/5
2
3
2/3
6/51
2
3
ху
хх (2.7)
Сделаем замену переменных:
Yу
Хх
2/3
2/3
Тогда в новых переменных уравнение (2.7) примет вид:
XY
4/5 (2.8)
Далее: )5,1;5,1(5,1
5,1
02/3
02/3 /
О
у
х
Yу
Хх
То есть найден центр новой системы координат O/XY.
Найдём несколько точек на гиперболе (таблица 2.2) по уравнению (2.8), а затем
строим чертёж (рис. 2.9).
Таблица 2.2.
X –2 –1,5 –1 –0,5 0,5 1
Y 5/8 5/6 5/4 5/2 –5/2 –5/4
Page 33
32
у Y
хY
4/5
Х О/
1
–1
3/2
32
23
х
ху
–3/2
О х 1
ХY
4/5
32
23
х
ху
Рис. 2.9
Page 34
33
Пример 2.7.1. Привести уравнение кривой к каноническому виду и
построить кривую на плоскости: 037183294 22 yxyx (2.4)
Решение
Имеем: 411 а , 922 а , 012 а , 161 а , 92 а , 370 а . Тогда
036det,90
04
AА , то есть уравнение задает кривую
эллиптического типа. Так как 012 а , то выделяем «полный квадрат»:
037183294 22 yxyx 0372984 22 yyxx
0371112944424 222222 yyxx
0371191644 22 yx 0379196444 22 yx
361944 22 yx
14
1
9
4 22
yx
Сделаем замену:
11111
1 координат системы новой центр1;4
1
4yxOO
yy
xx
.
В системе координат 111 yxO уравнение имеет вид: 149
21
21
yx (2.5)
Таким образом, данное уравнение определяет эллипс с полуосями
39 a и 24 b , с центром в точке 1;4 . Строим чертеж (рис. 2.10):
Пример 2.7.2. Привести уравнение кривой к каноническому виду и
построить кривую на плоскости: 0811242129 2 yxxyx
(2.6)
х
х1
у1 у
О1
О
-1 -3 3
-2
2
4
Рис. 2.10
Page 35
34
Решение
Имеем: 911 а , 612 а , 022 а 211 а , 62 а , 810 а . Тогда
036det,06
69
AА ,
то есть уравнение (2.6) задает кривую гиперболического типа. Далее находим:
17280362112648663609~
det
81621
606
2169~
AA
Найдем собственные значения:
212122 12,3036903609 ,
Тогда угол поворота согласно (1.53) равен 26
93arctgarctg
.
Далее найдем координаты α, β нового центра О1 системы координат 111 yxO .
Согласно (1.54) имеем:
2;1;1
;2
;66
;02169
;0606
;021691
О
.
В соответствии с (1.55), уравнение (2.6) в системе 111 yxO примет вид:
;036
1728123 2
121
yx ;048123 2
121
yx
;48123 21
21
yx 1416
21
21
yx (2.7)
Уравнение (2.7) задает гиперболу, у которой 416 a и 24 b , фокусы
гиперболы лежат на оси О1х1.
Строим гиперболу на плоскости Oxу по плану (рис. 2.11):
поворачиваем ось Ox на угол 2arctg против часовой стрелки, для этого
строим прямую xy 2 (т.к. 2tg ); в результате получаем систему координат
22 yOx ;
на плоскости Oxу отмечаем точку 2;11 О , через эту точку проводим две
прямые, параллельные осям 2Ox и 2Oу ; получаем систему координат 111 yxO ;
в системе 111 yxO строим гиперболу согласно уравнению (2.7).
Page 36
35
Пример 2.7.3. Привести уравнение кривой к каноническому виду и
построить кривую на плоскости: 01642 22 yxyxyx . (2.8)
Решение
Имеем: 12211 aа , 112 а , 21 а , 32 а , 10 а . Тогда
0det,11
11
AА , то есть уравнение (2.8) задает кривую
параболического типа. Найдем собственные значения с помощью
характеристического уравнения:
21212
22112
22112
2,002
00
aaaa,
Тогда квадратичная форма (1.45) примет вид:
21
212
211
22 22; yyxyxyxyxg (2.9)
Для каждого собственного значения 21, найдем «собственные векторы»
4
32
2
11 ,
С
Се
С
Се соответственно, удовлетворяющие системе уравнений:
Рис. 2.11
х
у х2
х1
у2
у1
О1
О
1
2
-2
2
4
-4
Page 37
36
0 еEA .
а) 01 , тогда имеем
0
11
110
11
1100
11
11
2
111
С
СееE
0
0
11
11
СС
СС – эти уравнения линейно зависимы (т.е. следуют друг из друга),
поэтому одно из них отбрасываем. Остается 2121 0 СССС .
Если взять 12 С , то 11 С
1
11е .
б) 22 , тогда имеем:
0
11
110
211
12102
11
11
4
322
С
СееE
4343
43СС
0
0
СС
СС. Если взять 14 С , то 13 С , тогда
1
12е .
Строим векторы 21, ее на плоскости
Оху. Через вектор 1е проведем ось Ох2, а
через вектор 2е – ось Оу2. (рис. 2.12).
Получим новую систему координат 22 yOx ,
в которой 222; уyxg . Из рисунка видно,
что угол поворота оси Ох2 относительно
оси Ох равен 450. Так как
2
245sin45cos oo , то формулы (1.58)
для преобразования координат при повороте
осей на угол = 450 имеют вид:
.2
2
;2
2
;2
2
2
2
;2
2
2
2
2
2
2
22
2
2
2
22
22
22
22
2
2
yxy
yxx
yxy
yxx
y
x
y
x (2.10)
Подставляем (2.10) в данное уравнение кривой (2.8).
Рис. 2.12
х
х2 у2
у
0
1е
2е
1 -1
1
Page 38
37
;012
26
2
24
2
2
2
2
2
22
2
2
2222
2
222222
2
22
yxyx
yxyxyxyx
;
;0123
2222
12
2
1
22
222222
22
22
22
2222
22
yx
yxyyxxyxyyxx
раскрыв скобки, и приведя подобные, получаем уравнение
012522 2222
yxy (2.11)
Заметим, что в (2.11) квадратичное слагаемое 22
2у , как и предполагалось в (2.9).
Выделяем «полный квадрат» по переменной у2:
;0122
252 22
22
xyy
;0124
25
4
25
4
2522 2
22
222
xyy
;0128
25
4
252 2
2
2
xy ;012
4
25
4
252 2
2
2
xy
;4
212
4
252 2
2
2
xy ;
8
21
2
2
4
252
2
2
xy
.8
221
2
2
4
252
2
2
xy (2.12)
Сделаем замену:
4
25;
8
221
4
25
8
221
1
21
21
О
yу
xх
– центр новой системы координат
111 yxO , причем координаты точки О1 найдены в системе координат 22 yOx .
Далее в системе координат 111 yxO уравнение примет вид:
121 2
2xy 2
11 2 ух (2.13)
Это есть уравнение параболы с осью симметрии О1x1. Строим чертеж по плану
(рис. 2.13):
Page 39
38
в системе координат Oxy
поворотом на 450 против
часовой стрелки строим
систему 22 yOx (и
сохраняем прежний
масштаб);
в системе 22 yOx строим
точку
4
25;
8
2211О ;
через точку О1 проводим
две прямые, параллельные
осям 2Ox и 2Oу .
Получаем систему коорди-
нат 111 yxO . В этой системе с
помощью уравнения (2.13)
строим параболу. Эта
парабола в системе Oxу и
задается уравнением (2.8).
Пример 2.7.4. Привести уравнение кривой к каноническому виду и
построить кривую на плоскости: 016204525 22 yxyxyx
(2.14)
Решение
Имеем: 511 а , 112 а , 522 а , 21 а , 102 а , 160 а . Тогда
024det,51
15
AА , то есть уравнение (2.14) задает кривую
эллиптического типа. Преобразуем это уравнение, используя формулы поворота:
.cossin
;sincos
11
11
yxy
yxx (2.15)
cossinsincos2sincos5 11112
11 yxyxyx
;016cossin20sincos4cossin5 11112
11 yxyxyx
211
21
22111
221 cossincos2sinsincos2cos5 yxxyyxx
22111
221
21
211 cossincos2sin5sincossin yyxxyyx
;016cossin20sincos4 1111 yxyx
у1 0 ±1 ±2
211 2 ух 0 2 24
Рис. 2.13
х
х2
х1
у
у2
у1
01
β
α
-2
-1
1
2 2
24
0
Page 40
39
2221
2221 cos5sincos2sin5sin5sincos2cos5 yx
sincos10sin2cos2sincos10 2211yx
016cos20sin4sin20cos4 11 yx (2.16)
Найдем угол поворота системы координат Oxy , для этого нужно
приравнять коэффициент при 11yx к нулю. Получаем тригонометрическое
уравнение:
0sincos10sin2cos2sincos10 22 .
222 cos2,0sin2cos2 ;
01,1101 12122 tgtgtgtgtg .
Так как otg 45,11 , тогда 2
2sincos
(2.17)
Подставляем (2.17) в уравнение (2.16), получаем:
222
1
222
12
25
2
2
2
22
2
25
2
25
2
2
2
22
2
25 yx
.0162
220
2
24
2
220
2
24 11
yx
Выполнив преобразования, получаем уравнение вида:
0162122864 1121
21
yxyx .08262432 1121
21
yxyx
Выделим «полный квадрат» по переменным 1x и 1y :
;082222322222 12
112
1 yyxx
;086234222
12
1 yx ;1823222
12
1 yx
.1
6
2
9
22
12
1
yx
(2.18)
Сделаем замену:
222212
12 координат системы новой центр2;2
2
2yxOO
yy
xx
.
В системе координат 222 yxO уравнение (2.18) примет вид:
169
22
22
yx (2.19)
Таким образом, данное уравнение определяет эллипс с полуосями
39 a и 45,26 b .
Строим чертеж по плану:
Page 41
40
в системе координат Oxy поворотом
на 450 против часовой стрелки строим
систему 11yOx ;
в системе 11yOx строим точку
2;22 О ;
через точку О2 проводим две прямые,
параллельные осям 1Ox и 1Oу .
Получаем систему координат 222 yxO .
И в этой системе с помощью уравнения
(2.19) строим эллипс (рис. 2.14).
- 2
х1
х2
у
у1
у2
О2
- 2
3
-3 - 6
6
Рис. 2.14
О х
Page 42
41
Рис. 2.15
z=0
y=0
z=x2
y
x
z
2
1
2
4
2
M
x+y=2
Пример 2.8. В системе координат Oxyz построить тело V, ограниченное
поверхностями: y = 0, x + y = 2, z = x2, z = 0. Кроме этого, построить проекцию D
тела V на плоскость Oxy.
Решение
Имеем:
1) у = 0 уравнение координатной плоскости Oxz;
2) x + y = 2 уравнение плоскости, которая проходит параллельно оси Oz и
пересекает координатную плоскость Оху по прямой х + у = 2;
3) z = x2 уравнение параболического цилиндра, который проходит параллельно
оси Оу и пересекает координатную плоскость Oxz по параболе z = x2;
4) z = 0 уравнение координатной плоскости Оху.
Строим чертёж
(рис. 2.15) в системе
координат Oxyz. Чтобы
построить плоскость
х + у = 2, сначала на
плоскости Оху по двум
точкам (0; 2) и (2; 0)
строим прямую
х + у = 2, а затем эту
прямую параллельно
оси Oz «поднимаем»
вверх и «опускаем»
вниз. Получается
плоскость х + у = 2.
Чтобы построить
цилиндр z = x2 , сначала
на плоскости Oxz по
точкам строим
параболу z = x2:
x 0 1 –1 2 –2
z 0 1 1 4 4
А затем эту параболу параллельно оси Оу «двигаем» влево и вправо.
Получается параболический цилиндр z = x2. При этом он пересекает
координатную плоскость Оху по оси Оу:
Oyосьxz
xz
0
0
2
Если получившееся в пересечении тело V нарисовать отдельно, то
получится следующее (Рис. 2.16):
Page 43
42
Если это тело V спроектировать на
плоскость Оху, то получится
треугольник D (рис. 2.17):
3. ТИПОВЫЕ ЗАДАНИЯ
3.1. ТИПОВЫЕ ЗАДАЧИ
1. Через точку M0(x0; y0; z0) провести прямую L, перпендикулярную плоскости ,
содержащей три точки M1(x1; y1; z1), M2(x2; y2; z2) и M3(x3; y3; z3) (таблица 1).
2. Записать уравнение плоскости , которая проходит через точку M0(x0; y0; z0) и
прямую L: p
zz
n
yy
m
xx 111
(таблица 2).
3. Найти расстояние от точки M0(x0; y0; z0) до прямой L (таблица 3):
0
0
2222
1111
DzCyBxA
DzCyBxA
4. Даны вершины треугольной пирамиды 1111 ;; zyxM , 2222 ;; zyxM ,
3333 ;; zyxM , 4444 ;; zyxM . Найти: 1) уравнения граней 321 MMM и
421 MMM ; 2) угол между гранями 321 MMM и 421 MMM ; 3) уравнение ребра
34MM ; 4) угол между ребром 34MM и гранью 421 MMM ; 5) уравнение
высоты, опущенной из вершины 4М на грань 321 MMM ( НМ 4 ); 6) угол
между высотой НМ 4 и ребром 34MM ; 7) основание высоты НМ 4 ; 8) длину
высоты НМ 4 (таблица 4).
y=0
Рис. 2.16
z=0 y
x
z
2
2
4
2
M
x+y=2
z=x2
О О
х
у
D
2
2
х = 0
у = 0
х + у = 2
Рис. 2.17
Page 44
43
5. В треугольнике с вершинами A (x1; y1), B (x2; y2) и C (x3; y3) (таблица 5) найти:
а) уравнение высоты ВК; б) длину высоты AN; в) координаты точки А,
симметричной точке А относительно ВС; г) величину каждого внутреннего
угла треугольника и длины всех его сторон.
6. Даны уравнения параболы y = ax2 + bx + c и гиперболы y =
qxp
nxm
(таблица 6).
Требуется привести эти уравнения соответственно к виду: Y = AX2 и Y = k X
--1, а
затем построить обе кривые на плоскости Оху.
7. Дано уравнение кривой второго порядка (таблица 7):
а11х2 + 2а12ху + а22у
2 + 2а1х + 2а2у + а0 = 0.
Определить тип этой кривой, привести уравнение кривой к каноническому виду и
построить кривую на плоскости Оху.
8. Построить тело, ограниченное указанными поверхностями (таблица 8), и его
проекцию на координатную плоскость Оху.
3.2. ВАРИАНТЫ ТИПОВЫХ ЗАДАНИЙ
Таблица 1
№ x0 y0 z0 x1 y1 z1 x2 y2 z2 x3 у3 z3
1 –1 1 –5 8 –3 2 6 3 5 0 3 –2
2 –1 2 –3 1 2 1 2 –3 4 –4 5 1
3 –3 4 –3 0 –1 3 2 2 6 1 8 8
4 8 –2 3 –2 –4 –1 6 4 2 0 1 6
5 5 –5 –2 4 1 5 1 –1 –1 3 3 3
6 8 –1 4 5 1 3 –2 –4 –1 7 4 6
7 6 0 3 3 2 2 –4 –3 –2 5 5 5
8 5 –6 1 6 2 3 5 0 5 3 –3 0
9 6 –1 2 –4 –3 –2 4 5 1 –2 2 5
10 6 –4 5 7 2 3 4 –3 –1 9 –7 6
11 –3 2 –6 6 –2 1 4 4 4 –2 4 –3
12 1 –2 0 2 2 5 7 6 7 –1 –1 7
13 4 –4 0 3 2 7 0 0 1 2 4 5
14 0 2 –4 3 –3 2 5 0 5 4 6 7
15 –2 3 –5 1 –2 1 3 1 4 2 7 6
16 5 0 4 –5 –2 0 3 6 3 –3 3 7
17 –2 0 1 –1 4 6 4 8 8 –4 1 8
18 –5 1 6 5 0 4 1 –2 –4 2 –1 –3
19 –4 3 –4 5 –1 3 3 5 6 –3 5 –1
20 1 1 –1 3 1 2 4 –4 5 –2 4 2
21 3 –5 0 4 3 2 3 1 4 1 –2 –1
22 2 –4 2 3 4 4 2 2 6 0 –1 1
Page 45
44
23 –1 –1 –1 0 3 4 5 7 6 –3 0 6
24 3 –2 6 4 4 4 1 –1 0 6 –5 7
25 4 –3 4 5 3 2 2 –2 –2 7 –6 5
26 5 1 5 2 3 4 –5 –2 0 4 6 7
27 7 –6 –1 6 0 6 3 –2 0 5 2 4
28 –3 0 7 7 –1 5 3 –3 –3 4 –2 –2
29 –2 3 –1 0 3 3 1 –2 6 –5 6 3
30 –6 2 8 4 1 6 0 –1 –2 1 0 –1
№ x0 y0 z0 x1 y1 z1 x2 y2 z2 x3 у3 z3
Таблица 2
№ m n p x0 y0 z0 x1 y1 z1
1 4 –3 1 2 –1 1 0 –2 –1
2 6 1 –1 5 1 –1 0 0 –2
3 –5 2 4 1 –1 –2 0 –4 1
4 2 1 2 –1 1 0 3 0 2
5 2 2 3 –2 5 2 –2 5 1
6 –3 2 –4 1 2 3 –7 0 0
7 7 3 5 1 3 –2 0 –2 1
8 8 –3 4 2 1 2 7 –5 –3
9 5 2 1 3 1 –2 4 –3 0
10 7 2 5 –3 0 2 0 –6 6
11 1 2 3 3 4 0 2 3 –1
12 –3 2 2 5 2 5 2 1 6
13 3 2 1 6 –2 7 3 –2 6
14 2 2 3 –3 3 1 –3 3 0
15 3 2 –1 4 –1 3 1 –1 2
16 2 1 2 0 3 –2 4 2 –1
17 3 –1 4 3 –2 1 –3 –2 1
18 2 3 5 3 2 1 –1 0 5
19 4 –3 1 5 1 –5 3 0 –7
20 4 3 2 –1 2 1 2 0 –5
21 1 2 3 –3 7 2 –4 6 1
22 3 4 –3 –2 3 –1 0 –1 –7
23 7 3 5 1 –2 1 0 –7 –2
24 4 –3 2 4 5 –2 1 –5 0
25 5 2 1 1 5 0 2 1 2
26 1 –3 2 –4 –1 2 –5 2 –1
27 6 1 –1 6 –3 1 1 –4 0
28 –3 2 2 1 2 –1 –2 1 0
29 2 3 5 –2 2 3 –6 0 5
30 –2 4 3 –3 1 2 –4 0 1
№ m n p x0 y0 z0 x1 y1 z1
Page 46
45
Таблица 3
№ A1 B1 C1 D1 A2 B2 C2 D2 x0 y0 z0
1 9 –3 –7 –8 10 3 –12 27 2 3 1
2 2 –14 –3 48 6 –2 1 –16 1 1 3
3 2 –14 –3 29 6 –2 1 –23 2 0 2
4 3 –6 2 8 5 1 –4 –16 1 0 1
5 2 1 1 –2 3 1 2 –4 2 3 4
6 2 –14 –3 38 6 –2 1 –26 3 1 1
7 9 5 –8 1 3 2 –2 1 5 2 0
8 7 6 3 –39 4 1 –8 19 –4 14 –1
9 3 –5 7 –21 3 3 –1 –29 0 2 3
10 9 5 –8 –8 3 2 –2 –2 6 0 2
11 3 –6 2 –11 5 1 –4 –11 2 –2 3
12 3 2 –16 60 1 4 8 –30 –7 0 –1
13 2 1 1 1 3 1 2 2 0 5 3
14 5 –3 3 –23 5 –7 –3 23 1 3 –1
15 5 –3 3 –25 5 –7 –3 35 –1 2 2
16 2 1 –1 1 1 2 1 –4 2 –1 3
17 7 6 3 –28 4 1 –8 18 –3 13 7
18 3 –1 1 –1 1 1 2 –2 1 3 –7
19 3 –5 7 –22 3 3 –1 –30 2 1 2
20 2 7 –1 –8 1 2 1 –4 –3 0 1
21 9 5 –8 –2 3 2 –2 1 2 –1 1
22 9 5 –8 23 3 2 –2 14 4 –1 –1
23 9 –3 –7 –18 10 3 –12 –1 3 5 0
24 2 1 1 –1 3 1 2 –3 1 3 5
25 1 3 1 –1 1 2 2 1 0 2 2
26 9 5 –8 3 3 2 –2 0 3 1 4
27 3 –6 2 –20 5 1 –4 –4 3 –2 6
28 4 –1 2 –1 4 2 –1 2 –5 4 4
29 3 –5 7 –21 3 3 –1 –29 1 0 3
30 7 6 3 –80 4 1 –8 49 –5 22 11
№ A1 B1 C1 D1 A2 B2 C2 D2 x0 y0 z0
Таблица 4
№ x1 y1 z1 x2 y2 z2 x3 y3 z3 x4 y4 z4
1 –3 4 –7 1 5 –10 –5 –2 0 –12 7 –1
2 –1 2 –3 4 –1 0 2 1 –2 4 –2 –4
3 –3 –1 1 –12 2 –2 3 –5 4 10 –6 –2
4 7 2 4 7 –1 –2 3 3 7 –5 4 2
5 2 1 4 –1 5 –2 –7 –3 2 6 –3 –4
6 –1 –5 2 –6 0 –3 3 –6 –3 –1 –1 4
7 1 2 –3 1 0 1 –2 –1 6 3 –2 –9
Page 47
46
8 3 10 –1 –2 3 –5 –6 0 –3 4 7 –3
9 4 –1 2 –4 –1 –2 3 –1 0 –4 –4 1
10 0 –1 –1 –2 3 5 1 –5 –9 –2 –6 5
11 2 3 1 4 1 –2 6 3 7 7 5 –3
12 1 5 –7 –3 6 3 –2 7 3 –4 8 –12
13 1 1 –1 2 3 1 3 2 1 –8 –2 8
14 0 –3 1 –3 –7 6 2 –1 –3 4 –5 9
15 5 2 0 2 5 0 1 2 4 –3 0 –8
16 –2 0 –4 –1 7 1 4 –8 –4 1 –4 6
17 2 1 0 0 3 –3 2 5 6 8 4 –9
18 1 2 0 1 –1 2 0 1 –1 –3 1 1
19 1 –2 1 –2 –1 3 4 2 4 8 –5 2
20 3 1 –1 0 4 –5 –1 0 2 4 1 1
21 –3 4 –1 –2 6 –3 –1 8 –2 3 –4 3
22 2 –3 3 4 –2 5 1 –6 4 6 –1 –2
23 2 –2 –1 4 –3 0 6 –6 2 –3 11 7
24 –3 –4 2 –1 0 –1 –7 0 5 2 3 –2
25 1 2 –5 2 1 –3 5 –1 –4 2 9 1
26 3 –4 2 5 –2 3 6 –3 3 –9 –1 2
27 1 0 2 1 2 –1 2 –2 1 2 1 2
28 1 3 0 4 0 1 –4 3 5 –10 –2 –5
29 3 1 1 –1 –2 4 7 4 4 4 –2 –2
30 1 1 2 –1 1 3 2 –2 4 –1 0 –2
№ x1 y1 z1 x2 y2 z2 x3 y3 z3 x4 y4 z4
Таблица 5
№ x1 y1 x2 y2 x3 y3
1 –17 26 7 19 –11 43
2 –2 1 –8 –11 –11 13
3 3 12 27 5 9 29
4 8 2 14 10 –4 7
5 1 –2 7 6 –11 3
6 –9 20 15 13 –3 37
7 4 3 –12 –9 –5 15
8 –4 7 20 0 2 24
9 7 1 –5 –4 –9 –1
10 –20 0 4 –7 –14 17
11 6 2 30 –5 12 19
12 –12 6 12 –1 –6 23
13 –6 –5 18 –12 0 12
14 –1 7 11 2 17 10
15 –14 10 10 3 –8 27
16 1 –5 7 3 –11 0
Page 48
47
17 0 –8 6 0 –12 –3
18 –19 –1 5 –8 –13 16
19 –15 27 9 20 –9 44
20 12 0 18 8 0 5
21 8 0 –4 –5 –8 –2
22 6 0 30 –7 12 17
23 14 1 2 –4 –2 –1
24 –27 –24 –3 –31 –21 –7
25 0 –2 6 6 –12 3
26 –21 18 3 11 –15 35
27 1 5 13 0 19 8
28 –8 8 16 1 –2 25
29 –12 –3 12 –10 –6 14
30 –6 –4 –10 –1 6 1
№ x1 y1 x2 y2 x3 Y3
Таблица 6
№ m n p q a B c
1 1 7 2 –3 2 –8 5
2 1 5 2 6 –2 12 7
3 –4 3 2 1 1 –2 2
4 –5 2 3 –1 2 –2 1,5
5 6 –5 2 3 –5 10 3
6 8 2 2 3 0,5 –2 –4
7 3 1 1 –7 0,25 1 2
8 7 2 4 –3 0,2 –1,6 –0,2
9 8 6 2 1 1 8 17
10 2 7 3 –9 –0,25 1 –6
11 2 –9 3 –12 2 4 –3
12 2 –1 4 –6 –1 2 3
13 2 6 5 10 0,5 –4 5
14 3 –7 1 –2 5 10 2
15 4 10 1 –4 –0,25 2,5 0,75
16 4 1 2 –2 1 –6 10
17 1 –4 2 8 0,25 0,5 2,25
18 9 2 4 1 4 –8 –7
19 –5 3 3 2 1 6 11
20 1 –2 3 1 –0,5 –2 –3
21 –6 1 1 –3 3 –12 7
22 3 4 2 –5 0,5 4 9
23 –2 3 1 –1 2 4 3
24 5 –1 2 3 –0,5 3 –5,5
25 1 2 7 –14 3 6 4
Page 49
48
26 2 –5 4 –6 –4 4 1
27 2 11 4 8 3 6 4
28 –3 7 1 –3 3 –18 19
29 –1 6 3 –6 0,5 –1 1
30 4 6 2 1 3 6 4
№ m n p q a B c
Таблица 7
№ а0 а1 а2 а11 а12 а22
1 1 5 –5 –4 1 –4
2 1 –1 –1 0 –1 0
3 –506 12 –36 34 –6 18
4 9 3 –3 1 –4 7
5 2 –2 –1 –1 –2 –1
6 –2 2 –2 0 2 0
7 80 –16 –28 5 2 8
8 –218 –7 –8 7 8 –23
9 –2 3 –2 3 –2 3
10 175 –19 12 7 –12 0
11 –1 4 –13 4 12 11
12 1 1 –2 –1 2 –1
13 1 –1 –1 2 –1 2
14 3 –2 –1 0 1 0
15 3 –1 7 3 –5 3
16 0 3 –3 0 3 0
17 9 –9 –9 5 4 5
18 –11 –25 –14 13 6 4
19 –2 8 –4 9 –2 6
20 –16 –8 –8 5 3 5
21 11 –13 –6 8 3 0
22 3 –3 3 –2 1 –2
23 12 –2 –2 1 –3 1
24 11 –6 –13 0 3 8
25 –12 –2 –2 3 –1 3
26 –319 2 –5 8 –2 5
27 –3 –3 –5 5 3 5
28 –19 –11 –6 5 6 0
29 4 –6 4 3 –2 0
30 2 –3 2 –3 2 –3
№ а0 а1 а2 а11 а12 а22
Page 50
49
Таблица 8
№ Часть а) Часть б)
1 y=x, y=0, x=1, z= x2+5y
2, z=0 x
2+y
2+z
2 =9, x
2+y
21, x0
2 y=x, y=0, x=1, z=x2+y
2, z=0 x
2+y
2+z
2 =4, x
2+y
2 = z
2, x0, z0
3 y=2x, y=0, x=2, z= 2x2+y
2, z=0 x
2+y
2 = z
2, x
2+y
2=1, y0, z0
4 z= x2+3y
2, z=0, y=x, y=0, x=1 z=8(x
2+y
2)+3, z=16x+3
5 y=4x, y=0, x=1, z= x2+2y
2, z=0 z=3 yx
22 , z = 2– x2 –y
2
6 y=x, y=0, x=1, z= 3x2+2y
2, z=0 z=10(x
2+y
2)+1, z=1–20y
7 y=x, y=0, x=3, z= 2x2+3y
2, z=0 y=16 x2 , y= x2 , z=0, x+z=2
8 y=x, y=0, x=2, z=0, z= x2+y
2 x+y=2, x= y , z=2x, z=0
9 2z= x2+y
2, z=0, x=2, y=3, x=0, y=0 x
2+y
2=4x, z=0, z=x
10 x2+y
2 = 4z
2, z 0, y=x, y=8x, x=2 x
2+y
2=8y, z=0, y+z=6
11 y2+4z
2=8, 16x
2 –49y
2=784, z 0 x=1, y=3, x+5y+10z=20, x=0, y=0, z 0
12 z= 3y2, x
2+y
2=4, z=0 x+2y+3z =6, 2x=y, 2x+3y=6, y=0, z=0
13 y=4x, y=0, x=1, z= 4x2+y
2, z=0 4(x
2+y
2)=z
2, x
2+y
2=4, y0, z0
14 y=2x, y=0, x=2, z= 2x2+y
2, z=0 x
2+y
2+z
2=16, x
2+y
24, x0
15 y=4x, y=0, x=4, z=0, z= x2+4y
2 x
2+y
2+z
2=9, x
2+z
2= y
2, x0, y0, z0
16 y=3x, y=0, x=3, z= 4x2+3y
2, z=0 4(x
2+y
2)=z
2, 4(x
2+y
2)=1, y0, z0
17 z= 16x2+y
2, z=0, y=2x, y=0, x=1 z+4=6(x
2+y
2), z=4x+1
18 y=3x, y=0, x=3, z=0, z= 4x2+2y
2 z=4 yx
22 , z=5– x2–y
2
19 y=0, y=3x, x=2, z=0, z= x2+y
2 z+2=6(x
2+y
2), z=1–4y
20 y=0,y=2x, x=4, z=0, z= 2x2+4y
2 x+y=2, y= x , z=12y, z=0, x=0
21 z= 2x2+3y
2, z=0, x=0, x=2, y=0, y=1 x
2+y
2=6x, z=0, z=2x
22 4(x2+y
2)= z
2, z 0, y=x, y=4x, x=2 x
2+y
2=4y, z=0, y+z=6
23 2y2+z
2=4, 3x
2–8y
2=48, z 0 x=0, x=1, y=0, y=3, x+2y+4z=24, z 0
24 z= 3y2, x
2+y
2=9, z=0 x+y+z=8, x+2y=4, x+4y=4, x=0, z=0
25 y=0, y=5x, z=0, x=3, z= x2+y
2+2 4(x
2+y
2)= z
2, x
2+y
2=4, y0, z 0
26 z= x2+y
2, z=0, x=1, y=2, x=0, y=0 x
2+y
2=2x, z=0, z=x
27 yx22 =z, z=0, y=2x, y=4x, x=3 x
2+y
2=4y, z=0, y+z=5
28 y2+3z
2=6, 3x
2 –25y
2=75, z0 x=4, y=2, x+2y+3z=12, x=0, y=0, z0
29 z=5y, x2+y
2=16, z=0 x+y+z=5, 3x+y=5, 2x+y=5, y=0, z=0
30 y=3x, y=0, x=2, z= 5x2+2y
2, z=0 8(x
2+y
2)= z
2, x
2+y
2=1, y0, z 0
№ Часть а) Часть б)
4. ВОПРОСЫ ДЛЯ САМОКОНТРОЛЯ
1. Плоскость в трёхмерном пространстве. Исследование общего уравнения
плоскости. Уравнение плоскости, проходящей через три точки
2. Взаимное расположение плоскостей
Page 51
50
3. Прямая линия в трёхмерном пространстве. Канонические уравнения прямой
4. Параметрические и другие уравнения прямой
5. Взаимное расположение прямых в трёхмерном пространстве
6. Прямая и плоскость
7. Прямая на плоскости
8. Кривые второго порядка. Канонические уравнения кривых второго порядка
9. Эллипс, гипербола, парабола и их свойства
10. Приведение общего уравнения кривой второго порядка к каноническому виду
11. Поверхности второго порядка
5. ПРИМЕРНЫЙ ВАРИАНТ КОНТРОЛЬНЫХ ЗАДАНИЙ ПО ТЕМЕ «АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ»
1. Привести уравнение прямой:
,01022
,02524
zyx
zyx к каноническому виду.
2. Составить уравнение плоскости, проходящей через 3 точки: 4;1;21 M ,
1;0;32 M , 2;2;53 M .
3. Записать параметрические уравнения прямой, проходящей через точку
7;2;50 M , перпендикулярно плоскости: 0643 zyx .
4. Составить уравнение плоскости, проходящей через точку 2;1;40 M ,
перпендикулярно прямой: 5
2
2
3
3
4
zyx.
5. На плоскости даны три точки: А(1; – 1), В(4; 3), С(– 2; 5). Составить:
а) уравнение стороны АВ; б) уравнение прямой, проходящей через точку С
перпендикулярно АВ, и найдите расстояние от точки С до прямой АВ.
6. Дано уравнение КВП: 01645025369 22 yyxx . Определить тип кривой,
привести уравнение к каноническому виду и найти все её характеристики (центр
кривой, полуоси, координаты фокусов, эксцентриситет, уравнения директрис,
уравнения асимптот, если они есть).
Ответы: 1. 21
3
2
2 zyx
.2. 019859 zyx . 3.
.7
,24
,53
tz
ty
tx
4. 020523 zyx . 5. а) 0734 yx ; б) 01443 yx ; в) 6.
6. Эллипс:
19
1
25
2 22
yx
или: 1925
21
21
yx; центр симметрии 1;21 O ;
полуоси 5a , 3b ; фокусы 1;21 F , 1;62 F или 0;411 F , 0;421F ;
4
5 ; уравнения директрис 25,4x и 25,8x или 25,61 x ; асимптот нет.
Page 52
51
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК РЕКОМЕНДУЕМОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
1. Мартынов, Г.П. Учебно-методический комплекс дисциплины
«Математика» для экологов и картографов [Электронный ресурс]: учебно-
методический комплекс / Г.П. Мартынов. – М.: ИНФОРМРЕГИСТР, 2014. – 1,61
МБ. Режим доступа: http//www.lib/ssga.ru/
2. Мартынов, Г.П. Рабочая программа дисциплины «Математика»
[Электронный ресурс]: методический документ / Г.П. Мартынов. –Москва,
«ИНФОРМИО», 2016 – 18 с. // Свидетельство о публикации в СМИ
«ИНФОРМИО» от 04.07.2016, серия А № 001511/2016 / www.informio.ru.
3. Мартынов, Г.П. «Фонд оценочных средств дисциплины «Математика»
[Электронный ресурс]: методическая разработка / Г.П. Мартынов. – Москва,
«ИНФОРМИО», 2016 – 14 с. // Свидетельство о публикации в СМИ
«ИНФОРМИО» от 15.11.2016, серия А № 002150/2016 / www.informio.ru.
4. Мартынов, Г.П. Организация самостоятельной работы студентов
направления подготовки «Картография и геоинформатика» при изучении
дисциплины «Математика» [Электронный ресурс]: методическая разработка / Г.П.
Мартынов. – Москва, «ИНФОРМИО», 2016 – 7 с. // Свидетельство о публикации в
СМИ «ИНФОРМИО» от 26.07.2016, серия А № 001637/2016 / www.informio.ru.
5. Мартынов, Г.П. Математика для экологов и картографов [Электронный
ресурс]: учебное пособие. Ч. 1. / Г.П. Мартынов. – М.: ИНФОРМРЕГИСТР, 2013.
– 2,63 МБ. Режим доступа: http//www.lib/ssga.ru/
6. Мартынов, Г.П. Математика для картографов и экологов [Текст]: учебное
пособие. В 4-х ч. Ч. 1 / Г.П. Мартынов. – Новосибирск: СГУГиТ, 2016. – 192 с.
7. Вербная, В.П. Математика для дистанционного обучения: учебное
пособие, издание 2-ое, стереотипное (Рекомендовано СибРУМЦ) / В.П. Вербная,
Г.П. Мартынов, Е.С. Плюснина. – Новосибирск: СГУГиТ, 2016. –
278 с.
8. Вербная, В.П. Математика для дистанционного изучения [Электронный
ресурс]: учебное пособие для вузов (Рекомендовано СибРУМЦ) / В.П. Вербная,
Г.П. Мартынов, Е.С. Плюснина. – М.: ИНФОРМРЕГИСТР, 2013. – 230 с. Режим
доступа: http//www.lib/ssga.ru/
9. Мартынов, Г.П. Векторная алгебра в примерах и задачах [Электронный
ресурс]: учебно-методическое пособие / Г.П. Мартынов. – Москва,
«ИНФОРМИО», 2017 – 39 с. // Свидетельство о публикации в СМИ
«ИНФОРМИО» от 11.01.2017, серия А № 000031/2017 / www.informio.ru.
