1610840681-c7c8a0f4cc2f319e4e81be4a1f4ed926 (824165), страница 66
Текст из файла (страница 66)
Далее, так как вектор А>В = АА> имеет координаты ( — 3, 1), то точка В имеет координаты ( — 5, 4). 5.53. Точки, равноудаленные от двух данных прямых, имеют ~х — 7у — 1) )х+ у+ 7( координаты, удовлетворяющие уравнению 5ьГ2 зГ2 Множество таких точек — пара прямых (биссектрисы двух углов между данными прямыми). Угол, содержащий точку А (1, 1), определяется неравенствами х — 7у — 1 < О, х + у + 7 ) О.
Поэтому урав— т+7у+1 х+у 9 7 пение искомой биссектрисы =, т.е. Зх — у+ би>2 ь>2 ~А+ 2В+ 2С~ 2 3 'А ~-В +с 15' ~7А+ 4В+ 4С~ 4 1 'л -Гл +-а л Разделим (1) на (2): 2~А+ 2В + 2С~ = ~7А+ 4В+ 4С~. (2) (3) + 17 = О. 6.44. Введем систему координат с началом в точке А и базис- ными векторами ел = АА>, ез = АВ, ез = АР. По условию задачи Аа (Л/3, О, 0), Ва (О, Л, 0), Р (О, О, Л), где Л ) О. Уравнение плоскости АаВаРа во введенной системе; Зх+ у+ х = Л. Точка С> имеет координаты (1, 1, 1) и принадлежит плоскости АаВаРа, значит, Л = 5.
Объем параллелепипеда И = (ААн АВ, АР) ~. Объем тетраэдра \ ' = а, 6) (АА, АЛ, ль )/ = — ( — АА„ЛАЯ, ААР) = — Ъ'= 125 = — Ъ'. 18 6.78. Уравнение плоскости с нормшльным вектором и (А, В, С), проходящей через начало координат: Ах -~- Ву+ Сх = О. Из условия задачи имеем: Реигения 351 Конец нормального вектора искомой плоскости, отложенного из начала координат, имеет координаты ЛА, ЛВ, ЛС, где Л у'= О.
Условие принадлежности этого конца тупому двугранному углу между данными плоскостями илтеег вид (1 7+ 2 4+ 2 4) (ЛА+ 2ЛВ+ 2ЛС) (7ЛА+4ЛВ+ 4ЛС) ) 0 (см. задачу 6.75), т.е. (.4 + 2В + 2С) (7А -~- 4В -~- 4С) > О. Значит, (3) раскрывается как 2(А+ 2В+ 2С) = 7А+ 4В+ 4С, т.е. А = О. Тогда из (1) илтеем: 5~В+ С~ = ~/Вг + Сг, что равносильно 12Вг+ + 25ВС+ 12Сг = О. Отношение ВттС отсюда пРинимает два значения: — Зтт4 и — 4ттЗ.
Нормальный вектор искомой плоскости можно взять равным п(0, 3, — 4) или п(0, 4, — 3). Задача имеет два решения: Зу = 4г; 4у = Зг. 7.34. Введем полярную систему координат, полюс которой находится в центре эллипса, а полярная ось направлена по болыпой оси. Тогда х = гсозтр,и эллипс имеет уравнение (т совр)г (гяптр)г, агЬг + =1, т.е.г аг Ьг ' аг япг ~р + Ьг соьг ~р 1) Так как по условию полярные углы точек А, В равны ~р и д+ нтт2т то 1 1 а зш~тр+ 5~сов'р а соз~тр+Ь зш тр а +Ьг ОАг ОВг + агЬг азЬг азЬг 2) , гЬг азЬг АВг = ОАг + ОВг— + аг зтпг тр + Ьг созг тр аг созг р + Ьг зтпг тр агЬг агЬг р+ттсоз2р р — дсоз2р' аг + Ьг аг — Ьг 2рагЬг где р= >Ч= )О, так что АВг= 2 2 рг — т7г совг 2|р 2аЬ Наименьшее значение АВ достигается при сов 2р = 0 и равно хтаг+Ьг ' наибольшее значение АВ достигается пртт соз 2<р = х1 и равно з/аг 4 Ьг 9.4.
2) Найдем угол поворота р системы координат из формулы (9) (при этом можно считать, что 0 ( тр ( нтт2, тогда яп2тр ) О, и 4 1 3 ~ттт ° тт ° Ч *г:уттт=-, ° тт= т' т т аттг т' 1 2 яп тр = —, соз р = —. Замена координат при повороте на угол р хт 5 УГ5 2х' — у' х' + 2у' осуществляется по формулам (7): х =, у = . Под- Решения 352 ставляя эти выражения в уравнение кривой, получим после упроще,г,, 2, 24 ния: х — 4у + — х + — у — 6 = О.
Выделим полные квадраты по тг5 ч'5 х' и у'. ~х' + 2х' — + — ~ — — — 4 ~~у' — 2у' — + — ~ — — ~— — 6 = О, т.е. х'+ — ) — 4 1 у' — — ) + 1 = О. Перенесем начач'5 ч'5 ло координат по формулам х = х + —, у = у — — и получим 3 ь25 тУ5 х — 4у = — 1. Твк как это уравнение отличается от канонического п2 п2 уравнения гиперболы знаком свободного члена, требуется дополнительный поворот системы на угол 2г/2: х" = — У, у" = Х, после которого получаем каноническое уравнение гиперболы: 4Х вЂ” У2 = 1.
Записав теперь окончательные формулы перехода от исходной системы — Х вЂ” 2У 2Х вЂ” У координат к канонической: х = — 1, у = + 1, нахо- 1 2 1 Л' 51' дим каноническую систему координат: О' ( — 1, 1), Е2 Е2 10.66. Найдем уравнения проекции сечения на плоскость Оху, исключив 2 из данных уравнений.
Получим х + 2у — (2 — х — у) 2 2 2 = — 4, или у — 2ху+ 4х+ 4у = О. Теперь найдем центр полученной линии второ2 о порядка, используя уравнения (6) из введения к гл. 3. или задачу 9.18. Уравнения (6) имеют вид — 2у + 4 = О, 2у — 2х + 4 = = О. Находим хо = 4, уо = 2. Так как искомая точка лежит на данной плоскости, то хо + Уо + 22о = 2, откУДа зо = — 2. Ответ: С (4, 2, — 2). 10.68.
Изложим один из способов решения задачи. Сначала составляем уравнения проекции на плоскость Оу сечения данного элл2п2соида плоскостью х+ у+ 2 = 6 и находим центр полученной линии второго порядка. Искомый центр сечения имеет то же коорДинаты Уо, зо, что и ЦентР пРоекЦии; пРи найденных Уо, хо кооРДинату хо центра сечения легко определить из уравнения плоскости.
Принимая Ь за параметр,таким образом находим искомое множество точек. Выполним намеченную программу. Уравнение проекции на плоскость Оуз получим, исключая х из уравнений хз + 2у2+ 322 = 4 и х ь у + 2 = Ь. Получаем Зуз + 422 + 2уз — 2Ьу — 2)22+ Ь~ — 4 = О. Составляем уравнения для определения центра этой кривой (см. задачу 9.18) бу+ 22 — 26 = О, 82+ 2у — 25 = О.
Отсюда уо = 3)2/11, зо = 2й/11. Подставляя эти числа в уравнение плоскости х + У+ — = 5, полУчим хо = 66/11. Итак, хо = 6)2/11, Уо = Решен.ия 353 = ЗЬ/11, зо = 26/11. Обозначив 5 = 1И,получим х = 6г, у = Зг, з = = 2« — уравнения линии центров. Однако искомому множеству принадлежат не все точки прямой, а лишь лежащие внутри эллипсоида.
Вычисляя значения параметра 1 = х „/2,~33, соответствующие точкам пересечения прямой и эллипсоида, находим ограничение на 5 Ответ: х = 61, у = 31, з = 21, ~З~ < х««2~'33. 10.71. Укажем один из способов решения задачи. Запишем уравнение плоскости в парамегрическом виде; х = 3 + аз а + 6| и, у = = 2+ ази+ Ьзи, з = ази+ Ьзи. Подставив эти уравнения в уравнение эллипсоида, получим уравнение сечения во внутренних координатах плоскости: (3 + ази + Ьзи) ' 2(2 + ази + Ьзи) + 4(1 + ази + Ьзи) = 9.
(9) Так как по условию центр этого эллипса лежит в точке с координатами ио = О, ио = О, то в уравнении (9) отсутствуют линейные члены. Приравнивая нулю коэффициенты при этих членах, получим условия на координаты направляющих векторов плоскости: ба~ + 8аз + 8аз = О, 66«+ 8Ьз + 86з = О. Они показывают, что за нормальный вектор искомой плоскости можно взять вектор п(6, 8, 8).
Но наша плоскость по условию проходит через точку С (3, 2, 1). Поэтому ее уравнение имеет вид 6(х — 3) + 8(у — 2) + 8(з — 1) = О, или Зх+ 4у+ 4з — 21 = О. 10.75. Найдем проекцию сечения на плоскость Оху. Для этого исключим изданных уравнений з. Получим хз + у — 4 = О. Следовательно, искомая проекция содержится в окружности. Однако для точек данного гиперболоида хз — у + зз+ 1 = О всегда хз — у + 1 ( О.
Поэтому искомая проекция состоит из двух дуг окружности, заключенных внутри ветвей гиперболы хз — у + 1 = О. Найдя точки перс сечения гиперболы и окружности, получаем ответ: з = О, хз + уз = = 4, ~у~ > ° '5,12 (или ~х~ < х/3,~2). Остальные проекции находятся аналогично. 11.12. 1) Допустим, что данная поверхность эллипсоид. В канонической системе координат уравнение эллипсоида линейных членов не содержит.
Любая другая система координат с началом в центре симметрии эллипсоида отличается от канонической лишь базисом. Формулы замены базиса однородные, и при такой замене совокупность членов второй степени переходит в совокупность членов второй степени; линейные члены не могут «возникнуть». Для остальных типов поверхностей доказательство аналогичное. Отметим, что если у поверхности бесконечно много центров симметрии, то каждый из них можно принять за начало канонической системы координат.
11.21. 6) Для решения задачи можно привести уравнение поверхности к канонической форме путем перехода к какой-нибудь декартовой (не обязательно прямоугольной) системе координат. После 354 Решения этого определить тип поверхности можно по таблице типов, воспользовавшись результатом задачи 11.8 или непосредственно вычисляя ранги и сигнатуры большой и малой квадратичных форм поверхностей.
Упрощение данного уравнения выполним двумя способами. С и о с о б 1. Выделяя полныс квадраты, содержащие последовательно переменные хм хз,хз, данное уравнение запишем в виде (хг — 2хз — Зхз — 1) — 6(хз + хз) — бхз + к — 1 = О. Положим хз — 2хз — Зхз — 1 = из хз + хз = ию хз = из. Эта замена переменных, очевидно, обратима. Уравнение поверхности в новых координатах 6"з биз + к — 1 = О является почти каноническим.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
