Классификация поверхностей второго порядка
Курсовой проект - Математика и статистика
Другие курсовые по предмету Математика и статистика
аясь вокруг оси Оу, она и образует данную поверхность, являющуюся поэтому однополостным гиперболоидом вращения вокруг оси Оу.
Рис. 19
Задача 4.
Найти точки пересечения эллипсоида
с прямой
при
при каком значении а прямая касается эллипсоида ?
Решение. Запишем параметрические уравнения данной прямой :
x = 1 ; y = 1 + t ; z = a*t.
Подставляя значения x, y, z в уравнение эллипсоида :
получим квадратное уравнение для t :
из которого находим значения параметра t, отвечающие точкам пересечения прямой с эллипсоидом :
при получатся два значения :
следовательно точки пересечения следующие:
Если прямая касается эллипсоида, то должно быть , а это произойдёт в том случае, если подкоренное выражение равно нулю.
Значит при прямая является касательной.
Задача 5.
Исследовать сечения эллипсоида
Плоскостями
Решение. Рассмотрим сначала сечение эллипсоида плоскостями z = h, где
Подставляя в уравнение эллипсоида получим :
Отсюда
.
Вводя обозначения
и
видим, что в сечении получится эллипс
С полуосями . При получаем
Таким образом, наибольший получается в сечении плоскостью хОу. Если поднимать или опускать эту плоскость вдоль оси Oz параллельно плоскости xOy, то размеры сечений уменьшаются до тех пор, пока при z=3 z=-3 не превратятся в точку (0,0,3) или (0, 0, -3). При дальнейшем увеличении h плоскость эллипсоида пересекать уже не будет, так как корень, входящий в выражения для станет мнимым.
В сечении плоскостями, параллельными xOz и yOz, будут также получаться эллипсы. В частности, в сечении координатными плоскостями y = 0 и x = 0 получатся наибольшие по размерам эллипсы:
Проведённое исследование позволяет сделать вывод, что эллипсоид является овальной поверхностью:
Рис. 20
Задача 6.
Какую поверхность определяет уравнение
Решение. Эта поверхность есть гиперболический цилиндр с образующими, параллельными оси оХ. В самом деле, данное уравнение не содержит х, а направляющая цилиндра есть гипербола
с центром в точке (0, 1, 2) и действительной осью, параллельной оси Оу.
Приложение 2
Задача 1.8.
Составить уравнения сторон треугольника, если А(-5 ; 5) и В(3 ; 1) две его вершины, а D(2, 5) - точка пересечения высот.
Решение:
Уравнение АВ (как прямая проходящая через две точки) :
; x + 5 = -2(y - 5) ; АВ: -0.5x + 2.5 = y.
Чтобы найти AC, найдём сначала BD:
;: -4x + 13 = y.
Так как BD+AC то ??1 = -1, где ? = -4, и значит ?1 = 0.25. (? и ?1 угловые коэффициенты BD и AC).
AC: y = 0.25x + b; b найдем исходя из того что AC проходит через точку А(-5;5)
5 = + b ; b = 6.25 ; AC: y=0.25x + 6.25
Чтобы найти уравнение прямой ВС вначале найдём уравнение DHab потом через их пересечения найдём точку С и потом искомую прямую СВ.
??1 = -1, где ? = -0.5 для АВ, и значит ?1 = 2. y = 2x + b. DHab пересекает D(2;5), то есть 5 = + b, b = 1, DHab : y = 2x + 1.
y = 2x + 1
y = 0.25x + 6.25
2x - 0.25x + 1 - 6.25 = 0 ; x = 3 ; y = + 1 = 7 ; значит С(3 ; 7)
; 6(x - 3) = 0(y - 1) ; x = 3.
Значит CB: x = 3.
Рис. 21
Ответ:
: y = 0.25x + 6.25 ;
АВ: y = -0.5x + 2.5 ;
CB : x = 3.
Задача 2.8.
Даны вершины треугольника АВС. Найти длины медианы, высоты, биссектрисы, проведённых из вершин А, найти угол при вершине В. (назовём углом ?)
А(10 ; -1) В(-2 ; -6) С(-6 ; -3)
Решение:
АМ медиана, М(Хм ; Ум), Хм = (-6 - 2)/2 = -4 ; Ум = (-3 - 6)/2 = -4,5
¦АМ¦=
СВ: -0,75x - 7,5 = y ;
?(А, ВС) =¦АН¦= = = 11,2
¦AH¦=11,2 - длина высоты.
AD - биссектриса, значит ? = AB/АC ;
=АС=
: -0,75x-7,5: ; (5/12)*x - (62/12) = y ;
? = - 0,75 ; ?1 = 5/12 ; ? = = (-14/12) / (65/48) ? -0,861538461…
? ? arccos(-0,86153846) = 1200
Ответ : АМ медиана, равна 208,25 ? 14,439…
АН высота, равна 11,2
AD биссектриса равна ? 15,745
? внутренний угол равен ? 1200
(треугольник ABC изображён на следующей странице на рисунке 22)
Рис. 22
Задача 4.8.
Найти точки пересечения кривой второго порядка ? с прямой ? :
?: x2-2xy+y2-4x+4=0.
?: x+y-2=0.
Решение:
= -x+2; x2-2xy+y2-4x+4= (x-y)2-4x+4= (2x+2) 2-4x+4=4x2-8x+4-4x+4=02-3x+2=0;
D=32-2*4=1;
x1,2= (31) / 2 ; x1= 2/2=1 ; x2= 4/2=21= -1+2=1 ; y2= -2+2=2
Значит точки пересечения кривой второго порядка ? с прямой ? это точки А(1;1) и В(2; 0)
Ответ: А(1;1) и В(2; 0)
Задача 7.8.
Для векторов: и , заданных в ортонормированном базисе R(O, , , ) найти :
. Направляющие косинусы вектора ;
. Площадь параллелограмма, построенного на векторах и , имеющих общее начало.
. Объём пирамиды, построенной на векторах , , , имеющих общее начало.
Решение:
. ? ? и ? есть углы между ортами e1 e2 e3 вектора . Значит cos ?, cos ?, cos ? направляющие косинусы этого вектора. (рисунок 23)
Рис. 23
;
2. Площадь параллелограмма построенного на векторах равна модулю их векторного произведения.
Рис. 24
=
3. Объём пирамиды равен одной шестой от объёма параллелепипеда, а объём параллелепипеда равен смешанному произведению трёх векторов, на которых он основан.
Vпар=
Vпирамиды = (1/6) * Vпар = (1/6) * 290 = 145/3.
Ответ:
. cos ? =? = ? =
. S = ? 45,81
. Vпирамиды = 145/3.
&nbs