методичка_линейка _2_

Добавил:

Upload2020 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Донецкий национальный университет экономики и торговли им. М. Туган-Барановского

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

(x − 4)− 2

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

10.11.2020

Размер:

1.52 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1314 / 1614 15 16 > Следующая >>>

Координаты фокуса:

	− 3;1 +	p	или F(3;5)
F

		2

Уравнение директрисы: y =1 − 2p или y = −3

A = 4; C = −3; AC = −12 < 0

Дано уравнение гиперболического типа. Приводим его к каноническому виду.

4(x 2 - 8x)- 3(y 2 + 4 y)+ 52 = 0

4(x 2 - 2x × 4 +16 -16)- 3(y 2 + 2 y × 2 + 4 - 4)+ 52 = 0 4(x - 4)2 - 3(y + 2)2 = 0

Это случай вырождения гиперболы в 2 пересекающиеся прямые:

2(x − 4)= ±3(y + 2)

y + 2 = ± 2 (x − 4) точка пересечения прямых т. O′(4;−2)

Угловые коэффициенты прямых:

k = ± b = ± 2 a 3

Имеем эти прямые:

130

4	6	X

− 2

O′

− 4

y = − 2 (x − 4)− 2 3

Рис. 8.22. Графическое представление уравнения

A = 4; C = 9; AC = 36 > 0

Дано уравнение кривой эллиптического типа. Приводим к каноническому виду.

4(x 2 + 3x)+ 9(y 2 - 23 y )+ 10 = 0

4(x 2 + 2 x × 32 + 94 - 94 )+ 9(y 2 - 2 y × 13 +

4(x + 32 )2 - 9 + 9(y - 13 )2 -1 + 10 = 0

4(x + 32 )2 + 9(y - 13 )2 = 0

19 - 19 )+ 10 = 0

Это случай вырождения эллипса в точку O′(x0 ; y0 )

Данному удовлетворяют координаты только одной точки:

O′(− 32 ; 13 )

131

	1
O′	1
	3

−	3	0

2

Рис. 8.23. Графическое представление уравнения

Пример. Построить кривую, заданную уравнением

x = 3 +

y 2 − 14 y + 98

x - 3 ³ 0

Это

уравнение

равносильно

системе: 49(x - 3)2

= 25(y 2 -14y + 98)

x ³ 3

(x -

- 7)

или

49(x - 3)

= 25(y - 7)

25 × 49

= 1

следовательно, в условии было дано уравнение части гиперболы

(x − 3)2

−

( y − 7 )2

= 1 ,

для

которой

x ³ 3 ;

′

a = 5;

b = 7

c = 74; ε =

O (3;7);

Строим только правую ветвь гиперболы, т.к. именно она

располагается в той полуплоскости,

где x ³ 3 . Уравнение асимптот

y − 7 = ±

(x − 3); F

(3 −

;7); F (3 +

;7)

132

O′

− 2 O

Рис. 8.24. Графическое представление уравнения

Пример. Построить кривую, заданную уравнением

y = 1 −	1	− 2 x 2 − 20 x − 32

3

Решение:

Это уравнение части некоторой кривой, и оно равносильно следующей системе:

y −1 ≤ 0

y ≤ 1

9(y −1)2

= −2(x 2 +10 x +16)

или 9(y −1)2 = −2(x + 5)2 +18

Следовательно, в условии дано уравнение той части эллипса

(x + 5)2

(y −1)2

= 1 , которая лежит в полуплоскости y ≤ 1

F (−5 −

;1);

F (−5 +

7;1)

O′(− 5;1);

a = 3;

b =

a > b c =

;

ε =

133

y =1

−8	−5	− 2	x
			x

Рис. 8.25. Графическое представление уравнения

Контрольные вопросы к теме

Запишите общее уравнение эллипса. Запишите общее уравнение гиперболы. Запищите каноническое уравнение параболы.

Запишите общее уравнение кривой второго порядка. Что называется эксцентриситетом гиперболы?

Как построить сопряженную гиперболу? Какая гипербола называется равноосной?

Какая прямая называется

директрисой?

Какие бывают виды

парабол?

Опишите алгоритм

построения гиперболы.

Задание для самостоятельной работы

Привести к каноническому виду уравнения кривых второго порядка.

Найти:

оси, вершины, фокусы, эксцентриситет для эллипса;

134

оси, вершины, фокусы, эксцентриситет и асимптоты для гиперболы;

фокус, директрису, вершину для параболы.

3x 2 + 6 x + 2 y 2 + 8 y − 5 = 0							3x − 4 y 2 − 8 y − 30 = 0
2 x 2 + 8 x + 7 y 2 + 14 y −1 = 0							3x 2 + 5 x − y 2 − 5 y +16 = 0
x 2 + 10 x − 4 y 2 + y −		1			= 0		4 x 2 +16 x − y + 35 = 0

16
3 x 2 + 6 x − y 2 − 7 y −			53			= 0	x 2 − 4 x − 5 y − 31 = 0

4
2 x 2 + 8 x − 5 y 2 − 20 y −16 = 0							3 x 2 + 6 x − 6 y 2 + 5 y −	49		= 0

							24
3 x 2 + x − 6 y 2 − y −	5			= 0			4 x 2 + 8 x − 4 y 2 − 10 y −		25		= 0

24							4
x 2 + 2 x − y − 4 = 0							5 x 2 +10 x − 4 y 2 −12 y − 8 = 0
x − 3 y 2 − 5 y − 4 = 0							3x 2 + 6 x − y 2 − 4 y − 5 = 0

Тестовые задания

У какой из кривых второго порядка только одна директриса? Варианты ответов:

а) эллипс; б) парабола; в) гипербола;

г) и у одной, у всех по две директрисы.

Какое из понятий не имеет отношения к эллипсу? Варианты ответов:

а) эксцентриситет; б) асимптоты;

в) расстояние от точки до фокуса; г) меньшая ось.

Если эксцентриситет кривой больше 1, то эта кривая? Варианты ответов:

135

а) эллипс; б) парабола; в) гипербола;

г) не существует.

Если эксцентриситет кривой больше 1, то эта кривая? Варианты ответов:

а) эллипс; б) парабола; в) гипербола;

г) не существует.

Какое из понятий не имеет отношения к параболе? Варианты ответов:

а) эксцентриситет; б) координаты фокуса;

в) расстояние от точки до фокуса; г) директриса.

6. Если парабола задана уравнением y = 8x2 , то расстояние от

фокуса до директрисы равно Варианты ответов:

а) 4; б) 8;

в) 1 ;

г) 1.

7. Если асимптоты гиперболы определяются уравнением y = ± 3 x ,

то большая ось гиперболы кратна: Варианты ответов:

а) 3; б) 8; в) 11; г) 5.

136

8. Если расстояние от точки, находящейся на параболе, до директрисы равно 5, то расстояние от этой точки до фокуса равно: Варианты ответов:

а) 1;

б) 4 ;

в) 2,5; г) 5.

9. Если асимптоты гиперболы определяются уравнением y = ± 3 x ,

то большая ось гиперболы кратна: Варианты ответов:

а) 3; б) 8; в) 11; г) 5.

9. Запишите уравнения асимптот гиперболы y = 2 :

Варианты ответов:

а) х = 0 ; б) у = 0 ;

в) у = 2х; г) у = −2х.

Тематика рефератов

Исследование эллипса и его свойств. Исследование гиперболы и ее свойств. Исследование параболы и её свойств.

137

ТЕМА 9 ПРЯМАЯ И ПЛОСКОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ

9.1. Плоскость в пространстве

Пусть в декартовой системе координат имеется некоторая плоскость, проходящая через точку M 0 ( x0 , y0 , z0 ) , ее радиус-вектор

будет иметь координаты r0 = {x0 , y0 , z0 } . Зададим на этой же плоскости точку M (x, y, z) с радиус-вектором r = {x, y, z}. Очевидно, что вектор r − r0 также будет находиться в заданной плоскости

(Рис. 1).

r − r0

r0 r

Рис. 9.1. Вектор r − r0 на плоскости

Проведем перпендикуляр к плоскости N = { A, B, C} . Скалярное произведение вектора r − r0 с эти перпендикуляром будет равно 0:

R	R
(r	− r0 , N ) = 0 , или, в координатах:
	A( x − x0 ) + B ( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = 0 .				(9.1)
					(9.1)
	Преобразуем данное уравнение: раскроем скобки и
сгруппируем		известные		координаты:
Ax + By + Cz + (− Ax 0 − By 0 − Cz 0 ) = 0 ,				обозначив
D = − Ax 0 − By 0 − Cz 0 , получим			уравнение	плоскости	в общей
форме:
	Ax + By + Cz + D = 0 ,				(9.2)
	где x, y, z	– координаты любой точки на плоскости;			x0 , y0 , z0
–	координаты	фиксированной	точки на	плоскости;	A, B,C –
			138

координаты нормали к плоскости. Если все коэффициенты общего уравнения не равны нулю, то уравнение (9.2) можно привести к виду:

				x	+	y	+		z	= 0 .	(9.3)
				a	+		+			= 0 .	(9.3)
				a		b			c
Уравнение плоскости в данном виде называется уравнением
плоскости		в отрезках;			в уравнении приняты						обозначения:
a = − D	,	b = − D	, c = − D					C	; отрезки a,b,c		отсекаются
A		B						C

плоскостью на осях координат.

Итак, плоскость в пространстве, как и прямая на плоскости, задается уравнением первой степени относительно координат. Поэтому говорят, что плоскость есть поверхность первого порядка.

Расстояние от точки

M 0 (x0 , y0 , z0 )

до поверхности, заданной

формулой (9.3) определяется по формуле:

d =

Ax0 + By0 + Cz0 + D

(9.4)

+ B2 + C 2

Двугранный

угол

между

плоскостями A1 x + B1 y + C1 z = 0

A2 x + B2 y + C2 z = 0

совпадает

с углом

между

их

нормалями

вычисляется по формуле:

cos ϕ =

, N

)

A A + B B + C C

R 1

1 2

(9.5)

+ B2

+ C 2

× A2

+ B2 + C

Для ортогональных плоскостей будет справедливо

утверждение:

(N1 , N 2 )= 0

или

координатной

форме:

A1 A2 + B1B2 + C1C2 = 0 .

Для параллельных плоскостей выполняется условие

пропорциональности

координат

нормалей:

частности,

если,

кроме

того,

выполняется

условие

, то плоскости совпадают.

Рассмотрим частные случаи расположения плоскости в декартовой системе координат.

139

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1314 / 1614 15 16 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
10.11.20201.52 Mб17методичка_линейка _2_.pdf
#
03.11.202055.57 Кб2ссылки.pdf