Минюк С.А., Ровба Е.А. Высшая математика
Подождите немного. Документ загружается.
101
Решим систему уравнений, чтобы найти собственные векторы:
()
0
=λ−
i
i
xEA
!
.
Получаем ортонормированную систему собственных векторов:
=
−
=
2
2
2
2
,
2
2
2
2
21
xx
!!
.
Запишем оператор поворота:
()
() ()
() ()
=
ϕ−ϕ−−
ϕ−ϕ−
=ϕ−=
−
=
cossin
sincos
2
2
2
2
2
2
2
2
RT
0
00
00
45
45cos45sin
45sin45cos
−=ϕ⇒
−
=
.
Преобразование поворота:
′′
+
′′
−=
′
′′
+
′′
=
′
.
2
2
2
2
,
2
2
2
2
yxy
yxx
Рис.4
102
Итак, каноническое уравнение заданной кривой
() ()
1
3
2
2
22
=
′′
+
′′
yx
–
эллипс;
0
45
−=ϕ
. Построение кривой изображено на рис. 4.
! Задания для самостоятельной работы
1. Найти уравнение окружности, касающейся осей координат и
проходящей через точку М (3; 1).
2. Определить полуоси, фокусы и эксцентриситет каждого из
следующих эллипсов:
a)
1
98
22
=+
yx
; б)2x
2
+4y
2
= 3; в) x
2
+3y
2
= 36.
3. Составить уравнение эллипса, длина большей полуоси кото-
рого равна 20, а фокусами служат точки F
1
(–1; 0) и F
2
(5; 0).
4. Составить уравнение гиперболы, зная, что расстояние между
ее вершинами равно 24 и фокусы находятся в точках F
1
(–10; 2) и
F
2
(16; 2).
5. Найти координаты фокуса и записать уравнение директрисы
каждой параболы, заданной уравнением: a) y
2
= 14x; б) x
2
=–8y;
в) y
2
=–16x.
6. Найти канонические уравнения кривых, угол их поворота и
построить кривые:
а) 16x
2
–9y
2
–64x –54y – 161 =0;
б) 4x
2
+4x +3y –2=0;
в) 2x
2
+ xy – y
2
+5x –7y +2=0;
г) 3x
2
+2xy –5y
2
+ x – y =0;
д) 7x
2
+ xy + 14y
2
– x +2y =0.
103
Лекция 18
Сфера, цилиндрические поверхности и
конус второго порядка
Изучаются канонические уравнения сферы, цилин-
дрических поверхностей и конуса второго порядка.
1
0
. Сфера. Точками сферы являются те и только те точки про-
странства, расстояние от которых до заданной точки М равно R.
В декартовой системе координат сфера, имеющая центр в точке
М (а; b; с) и радиус R, определяется уравнением:
(x – a)
2
+(y – b)
2
+(z – c)
2
= R
2
. (1)
Если центр сферы находится в начале координат, то ее уравне-
ние имеет вид:
x
2
+ y
2
+ z
2
= R
2
.
)1(
′
Пример 1. Найти координаты центра и радиус сферы, задан-
ной уравнением x
2
+ y
2
+ z
2
–2x +2y + z + 1 =0.
Решение. Приведем уравнение сферы к каноническому виду
(1). Для этого дополним до полных квадратов члены, содержащие
x, y, z, т.е. перепишем уравнение в виде:
()()
01
4
1
11
4
1
1212
222
=+−−−
+++++++−
zzyyxx
или
()()
4
5
2
1
11
2
22
=
++++−
zyx
.
Следовательно, центр сферы – точка
−−
2
1
;1;1M
, а ее радиус
2
5
=R
.
Пример 2. Составить уравнение сферы, проходящей через точ-
ки А (1; 2; –4), В (1; –3; 1) и С (2; 2; 3), если ее центр находится в плоско-
сти Oxy.
Решение. Так как точки А, В и С принадлежат сфере
(x – a)
2
+(y – b)
2
+(z – c)
2
= R
2
, центр которой находится в плоскости Oxy,
то их координаты должны обращать искомое уравнение в тождество
и c = 0. Поэтому имеем систему уравнений:
104
()()()
()( )
()()
=+−+−
=+−−+−
=−+−+−
.322
,131
,421
22
22
22
22
2
222
Rba
Rba
Rba
Отсюда
()() ()( )
()() ()()
⇒
+−+−=+−+−
+−−+−=+−+−
.9221621
,1311621
2222
2222
baba
baba
()( )
()()
−=⇒−=−−−
=⇒−=−−−−
⇒
.42721
,10101532
22
22
aaa
bbb
Таким образом a = –2, b = 1. Следовательно, центр сферы – точ-
ка М (–2; 1; 0). Дальше находим R
2
=(1 – a)
2
+(2–b)
2
+ 16=
=3
2
+ 1
2
+ 16 = 26. Итак, искомое уравнение имеет вид (x +2)
2
+(y –
– 1)
2
+ z
2
= 26.
2
0
. Цилиндриче ские поверхности. Уравнение вида
F (x, y)=0 в пространстве определяет цилиндрическую поверхность, у
которой образующие параллельны оси Oz. Аналогично, уравнение
F (x, z)=0 определяет цилиндрическую поверхность с образующими
параллельными оси Oy, а F (y, z)=0 – цилиндрическую поверхность с
образующими параллельными оси Ox.
Канонические уравнения цилиндров второго порядка:
эллиптический цилиндр
1
2
2
2
2
=+
b
y
a
x
, (2)
гиперболический цилиндр
1
2
2
2
2
=−
b
y
a
x
, (3)
параболический цилиндр
pxy 2
2
=
. (4)
Образующие всех трех цилиндров, определяемых уравнениями
(2), (3), (4), параллельны оси Oz, а направляющей служит соответ-
ствующая кривая второго порядка (эллипс, гипербола, парабола),
лежащая в плоскости Oxy.
Следует знать, что кривую в пространстве можно задать либо
параметрически, либо в виде линии пересечения двух поверхностей.
Например, уравнения направляющей эллиптического цилиндра, т.е.
уравнения эллипса в плоскости Oxy, имеют вид
0,1
2
2
2
2
==+ z
b
y
a
x
.
105
Пример 3. Определить, какую поверхность в пространстве задает
уравнение
yx 5
2
=
.
Решение. Уравнение
yx 5
2
=
определяет параболический ци-
линдр с образующими параллельными оси Oz. Направляющей ци-
линдрической поверхности является парабола x
2
=4y, z=0.
Замечание 1. В Л.3 вве дена полярная система к оординат на плоскости.
В трехмерном пространстве полярная система координат называется
цилиндрической, при этом так же, как и декартова, она дополняется координа-
той z (рис. 1).
Связь декартовой системы координат с цилиндрической следующая:
,cos
ϕρ=
x
,
22
yx +=ρ
,sin ϕρ=y
,arctg
=ϕ
x
y
;zz =
.zz =
3
0
. Конус второго порядка. Уравнение конуса второго
порядка с вершиной в начале координат, осью которого служит ось
Oz, записывается в виде
0
2
2
2
2
2
2
=−+
c
z
b
y
a
x
. (5)
Геометрически коническую поверхность можно изобразить, как
показано на рис. 2.
Аналогично, уравнения
0,0
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
=++−=+−
c
z
b
y
a
x
c
z
b
y
a
x
явля-
ются уравнениями конусов второго порядка с вершиной в начале
координат, осями которых служат соответственно оси Oy, Ox.
Пример 4. По какой линии пересекается конус
x
2
+ y
2
–2z
2
=0 с плоскостью у =2?
Рис. 1
106
Решение. Исключив из системы уравнений у, получим
x
2
+4–2z
2
=0 или
1
42
22
=−
xz
. Значит, искомой линией пересечения
будет гипербола, лежащая в плоскости y = 2; ее действительная ось
параллельна оси Oz, а мнимая – оси Ox.
Пример 5. Составить уравнение конической поверхности, вер-
шиной которой служит точка М (1 ; 1; 1), а направляющей – эллипс
()()
.3,1
9
1
25
1
22
==
−
+
−
z
yx
Решение. Составим уравнение образующей АМ, где
A (x
0
; y
0
; z
0
) – точка, лежащая на эллипсе. Это уравнение имеет вид
1
1
1
1
1
1
000
−
−
=
−
−
=
−
−
z
z
y
y
x
x
. Так как точка А лежит на эллипсе, то ее коор-
динаты удовлетворяют уравнению эллипса, т.е.
3,1
925
0
2
0
2
0
==+ z
yx
.
Исключив x
0
, y
0
, z
0
из системы
()()
,3,1
9
1
25
1
,
1
1
1
1
,
1
1
1
1
0
2
0
2
0
0000
==
−
+
−
−
−
=
−
−
−
−
=
−
−
z
yx
z
z
y
y
z
z
x
x
получим уравнение искомого конуса:
Рис.2
107
()()()
0
9
1
9
1
25
1
222
=
−
−
−
+
−
zyx
.
4
0
. Пары плоскостей. Пара пере с екающихся пло ско стей за-
дается уравнением
0
2
2
2
2
=−
b
y
a
x
; (6)
пара параллельных плоскостей задается уравнением
1
2
2
=
a
x
, (7)
а пара совпадающих плоскостей
x
2
=0. (8)
Пример 6. Какую поверхность определяет в пространстве урав-
нение z
2
= xz ?
Решение. Уравнение z
2
= xz может быть представлено в виде
()
0
=−
xzz
и распадается на два уравнения z = 0, z = x, т.е. оно опре-
деляет две пересекающиеся плоскости – плоскость Oxy и биссектраль-
ную плоскость z=x, проходящую через ось Oy.
! Задания для самостоятельной работы
1. Найти координаты центра и радиус окружности:
()()()
=+−−
=−+++−
.0922
,100123
222
zyx
zyx
2. Составить уравнение плоскости, проходящей через центр сфе-
ры x
2
+ y
2
+ z
2
+2x – y +5z =0 и перпендикулярной прямой, проходящей
через точки М
1
(2; 5; –1) и M
2
(4; 6; 0).
3. Установить, какие поверхности в пространстве определяют-
ся следующими уравнениями, и построить эти поверхности:
a) x
2
+ y
2
= 4; б) x
2
– y
2
= 1; в) y
2
=2x;
г) z
2
=5y; д) x
2
+ y
2
=3y; е) x
2
+2y
2
=0.
4. Составить уравнение линий пересечения конуса
x
2
– y
2
+ z
2
=0 с плоскостями а) y = 3; б) z = 1.
5. Составить уравнение конуса с вершиной в начале коорди-
нат, направляющая которого задана уравнением x = a, y
2
+ z
2
= b
2
.
108
Лекция 19
Поверхности вращения. Общее уравнение
поверхности второго порядка
Рассматриваются поверхности вращ ения, канонические
формы однополостного и двуполостного гиперболоидов
и эллиптического параболоида, изучается общее уравне-
ние поверхности второго порядка.
1
0
. Поверхности вращения. Если лежащая в пло ско сти Oyz
кривая F (y, z) = 0, x =0 вращается вокруг оси Oz, то уравнение образуе-
мой ею поверхности вращения имеет вид
0,
22
=
+± zyxF
,
Аналогично, уравнение
0,
22
=
+± zyxF
определяет поверх-
ность, образованную вращением вокруг оси Ox кривой F (x, y)=0,
z = 0; уравнение
0,
22
=
+± yzxF
– поверхность, образованную
вращением этой же кривой вокруг оси Oy.
Приведем уравнение поверхностей вращения, образованных вра-
щением эллипса, гиперболы и параболы вокруг их осей симметрии.
а) Эллипсоид вращения
Рис. 1
109
1
2
2
2
22
=+
+
c
z
a
yx
. (1)
Здесь осью вращения является ось Oz; эллипсоид сжат при a > c
и удлинен при a<c (рис. 1); при a = c он превращается в сферу.
б) Однополостный гиперболоид вращения (рис. 2)
1
2
2
2
22
=−
+
c
z
a
yx
. (2)
Осью вращения является ось Oz, служащая мнимой осью гипер-
болы, вращением которой образована эта поверхность.
в) Двуполостный гиперболоид вращения
1
2
2
2
22
−=−
+
c
z
a
yx
. (3)
Осью вращения является ось Oz, служащая действительной осью
гиперболы, вращением которой образована эта пов ерхность (рис. 3).
г) Параболоид вращения
pzyx 2
22
=+
(4)
имеет ось вращения Oz.
2
0
. Канонические формы некоторых поверхностей
второго порядка. Поверхности вращения второго порядка явля-
ются частным случаем поверхностей второго порядка общего вида,
канонические уравнения которых следующие:
Рис.2
110
д) эллипсоид (трехо сный)
1
2
2
2
2
2
2
=++
c
z
b
y
a
x
; (5)
е) однополостный гиперболоид
1
2
2
2
2
2
2
=−+
c
z
b
y
a
x
; (6)
ж) двуполостный гиперболоид
1
2
2
2
2
2
2
−=−+
c
z
b
y
a
x
; (7)
з) эллиптический параболоид
()
0,02
22
>>=+
qpz
q
y
p
x
. (8)
Кроме этих четырех поверхностей второго порядка, трех цилинд-
ров второго порядка и конуса второго порядка, имеет ся еще одна по-
верхность второго порядка – гиперболический параболоид, каноничес-
кое уравнение которого имеет вид:
и)
()
0,02
22
>>=−
qpz
q
y
p
x
. (9)
Итак, всего существует девять различных поверхностей второго
порядка.
Пример 1. Найти уравнение поверхности, полученной при вра-
щении прямой x +2y =4,z =0 вокруг оси Ox.
Решение. Пусть A (X; Y; Z) – произвольная точка искомой
поверхности. Ей соответствует на данной прямой точка B (x; y; 0).
Рис. 3