1611141256-ad5e1feba585f35a92f7154ebbb6a6c9 (824990), страница 67
Текст из файла (страница 67)
Ее параметрические уравнения х = = 1 + 31, у = 2 — $ (так как направляющий вектор имеет координаты (3, — 1)). Пусть АЛ вЂ” искомая проекция. Обозначим через 1е значение параметра 1 на прямой х = 1+ ЗФ, у = 2 — Ф, соответствующее точке пересечения с прямой Зх — у+ 9 = 0 (те. точке Аз).
Найдем это значение 1о из уравнения 3(1+ Ззе) — (2 — зе) + 9 = О, откуда зо = — 1. Тогда искомая проекция имеет координаты ( — 2, 3). Далее, так как вектор ААВ = АА1 имеет координаты ( — 3, 1), то точка В имеет координаты (-5, 4). 5.53. Точки, равноудаленные от двух данных прямых, имеют )х — 7у — Ц (х+ у+ 7! координаты, удовлетворяющие уравнению 59/2 /2 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— х+7у+1 х+у+7 нение искомой биссектрисы =, т.е. Зх — у+ 5и'2 ч 2 + 17 = О. 6.44. Введем систему координат с началом в точке А и базис- ными векторами еЛ вЂ” — ААм ез = АРЛ, ез = АР. По условию задачи Ае (Л/3, О, 0), Ве (О, Л, 0), Р (О, О, Л), где Л > О. Уравнение плоскости АеВеРС во введенной системе: Зх+ у+ з = Л. Точка СЛ имеет координаты (1, 1, 1) и принадлежит плоскости АеВеРе, 'значит, Л = 5.
Объем параллелепипеда 1А = ~ (АА и А)Р л АР) ~. Объем тетраэдра 1 Л Л з \ '= ~9,А))(АА, АВ, АР ) = — (-АА, ЛАЗ, ЛАР) = — У= 125 = — $". 18 6.78. Уравнение плоскости с нормальным вектором и (А, В, С), проходящей через начало координат: Ах + Ву + Сз = О. Из условия задачи имеем: Решения 351 Конец нормального вектора искомой плоскости, отложенного из начала координат, имеет координаты ЛА, ЛВ, ЛС, где Л ф О. Условие принадлежности этого конца тупому двугранному углу между данными плоскостями имеет вид (1 7+ 2 . 4+ 2 4) (ЛА + 2ЛВ + 2ЛС) (7ЛА + 4ЛВ + 4ЛС) > 0 (см.
задачу 5.75), т.е. (А+ 2В + 2С) (7А+ 4В + 4С) > О. Значит, (3) раскрывается как 2(А+ 2В+ 2С) = 7А+ 4В+ 4С, т.е. А = О. Тогда из (1) имеем: 5~В+ С~ = ъ~В~+Сг, что равносильна 12В2+ + 25ВС+ 12С2 = О. Отношение В/С отсюда принимает два значения: — 3/4 и — 4/3. Нормальный вектор искомой плоскости можно взять равным п(0, 3, — 4) или п(0, 4, — 3). Задача имеет два решения: Зу = 42; 4у = 32. 7.34. Введем полярную систему координат, полюс которой находится в центре эллипса, а полярная ось направлена по большой оси. Тогда х = г с<а ~р, н эллипс имеет уравнение (гсоэф) (гв1п~О) 2 а Ь + =1, т.е. г а2 Ь' ' а 2' 'у+62 гу 1) Так как по условию полярные углы точек А, В равны х и 22+ и/2, то 1 1 агэ1п у+Ьгсмгх агсоэгу+Ьгэш х аг+Ьг ОА~ СВ2 агЬ2 агЬ2 агЬ2 2) агЬ а262 АВ =ОА +СВ~ — 2 + а221пгу+Ьгсовгр агсовгу+Ьгэ(п' Р аг Ьг а262 + Ф р+дсоэ2~р р — усов222 а +Ь а — 62 2ра262 где р= >у= >О, так что АВ2= 2 2 рг — уг соэг 222 2аЬ Наименьшее значение АВ достигается при сов 222 = 0 и равно ~/аг+ 62 наибольшее значение АВ достигается при сов2х= х1 и равно иа +Ь.
9.4. 2) Найдем угол поворота гг системы координат из формулы (9) (при этом можно считать, что 0 ( ~р < и/2, тогда вш 2х > О, и 4. 1 3 ч2~ 2Ф щ~ ):ч2р —,' 2р 3' 1.~(4/3) б' 1 2 21п у = —, соз х = —. Замена координат при повороте иа угол х Л' Л' 2х' — у' х' + 2у' осуществляется по формулам (7): х =, у = . Под'д" Л ' Л Решения 352 ставляя эти выражения в уравнение кривой, получим после упроще- 2, 24 ния: х' — 4у' + — х'+ — у' — 6 = О. Выделим полные квадраты по Л игб х' и у'.
х' +2х' — + — — — — 4 у' — 2р'. — +— — 6 = О, т.е. х'+ — ) — 4 ~ у' — — ) + 1 = О. Перенесем нача- ,5) ~,,5) ло координат по формулам х" = х' + —, у" = у' — — и получим ~/5' Л х" — 4у" = — 1. Так как это уравнение отличается от канонического уравнения гиперболы знаком свободного члена, требуется дополнительный поворот системы на угол я/2: х" = — У, у" = Х, после которого получаем каноническое уравнение гиперболы: 4Хэ — Уэ = 1.
Записав теперь окончательные формулы перехода от исходной системы — Х вЂ” 2У 2Х вЂ” У координат кканонической:х = — 1, у = + 1, нахо- Л ' йб — / 1 21 дим каноническую систему координат: О' ( — 1, 1), Е1 ( — —, — ), Л ~/5) Еэ 10.66. Найдем уравнения проекции сечения на плоскость Оху, исключив х из данных уравнений. Получим х~ + 2уэ — (2 — х — р)~ = = — 4, или у~ — 2ху + 4х + 4у = О. Теперь найдем центр полученной линии второго 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, уе = 2. Так как искомая точка лежит на данной плоскости, то хо + уэ + 2гэ = 2, откуда ео — — — 2. Ответ: С (4, 2, — 2). 10.68. Изложим один из способов решения задачи. Сначала составляем уравнения проекции на плоскость Оух сечения данного эллипсоида плоскостью х+ у+ х = Ь и находим центр полученной линии второго порядка. Искомый центр сечения имеет те же координаты уо, го, что и центр проекции; при найденных уо, хе координату хо центра сечения легко определить из уравнения плоскости.
Принимая 5 за параметр, таким образом находим искомое множество точек. Выполним намеченную программу. Уравнение проекции на плоскость Оух получим, исключая х из уравнений х~ + 2у~ + Зх~ = 4 и х+ у+ з = 5. Получаем Зуэ+ 4х2+ 2ух 25у 25з+ 52 4 = О. Составляем уравнения для определения центра этой кривой (см. задачу 9.18) 6у + 2х — 25 = О, Зх + 2у — 25 = О. Отсюда уо = ЗЬ/11, го = 25/11. Подставляя эти числа в уравнение плоскости х + у + г = 5, получим хо = 65/11. Итак, хо — — 65/11, уе = Решения 353 = ЗЬ/11, зо = 2Ь/11. Обозначив Ь = 111,получим х = 6«, у = 31, з = = 2« — уравнения линии центров.
Однако искомому множеству принадлежат не все точки прямой, а лишь лежащие внутри эллипсоида. Вычисляя значения параметра « = ~~/2/33, соответствующие точкам пересечения прямой и зллипсоида, находим ограничение на Ь Ответ: х = 61, у = 3«, з = 2М, ф < ~/2/33. 10.71. Укажем один из способов решения задачи. Запишем уравнение плоскости в параметрическом виде: х = 3 + аз и + Ь1и, у = ' = 2+ ази+ Ьзи, з = ази+ Ьзш Подставив эти уравнения в уравнение эллипсоида, получим уравнение сечения во внутренних координатах плоскости: (3 + ази + 61и) + 2(2 + ази + Ьзи) + 4(1 + аз и + Ьзэ) = 9. (9) Так как по условию центр этого эллипса лежит в точке с координатами иэ — — О, ио — — О, то в уравнении (9) отсутствуют линейные члены. Приравнивая нулю коэффициенты при этих членах, получим условия на координаты направляющих векторов плоскости: ба1 + 8аз+ 8аз = О, 661+ 86з+ 8Ьз = О.
Они показывают, что занормальный вектор искомой плоскости можно взять вектор и (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 из данных уравнений з. Получим хз + уз — 4 = О. Следовательно, искомая проекция содержится в окружности. Однако для точек данного гиперболоида х — уз + зз + 1 = О всегда х — уз + 1 < О. Поэтому искомая проекция состоит из двух дуг окружности, заключенных внутри ветвей гиперболы х — уз + 1 = О. Найди точки пересечения гиперболы и окружности, получаем ответ: з = О, хз + уз = = 4, )у~ )~ «/Ъ/2 (или ~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 ! 2 — 1715 354 Решения этого определить тип поверхности можно по таблице типов, воспользовавшись результатом задачи 11.8 или непосредственно вычисляя ранги и сигнатуры большой и малой кващзатичных форм поверхностей. Упрощение данного уравнения выполним двумя способами. С п о с о б 1.
Выделяя полные квадраты, содержащие последовательно переменные хм хз,хз, данное уравнение запишем в виде (хз — 2хз — Зхз — 1) — 6(хз + хз) — бхзз + й — 1 = О. Положим 1 — 2 — 3 — 1 — 2 — 2 О 2 — 3 Π— 3 3 — 1 2 3 й 1 ΠΠΠΠ— 6 †ΠΠ— 6 — 12 О О О О й — 1 1 ΠΠΠΠ— 6 ΠΠΠΠ— 6 О О О О й — 1 При й > 1: Я = 4, т = 3, Е = О, и = 1. Поверхность — однополостный гиперболоид.
При й = 1: В = т = 3, Е = <т = 1. Поверхность— конус. При й (1: А = 4, т = 3, Е = 2, и = 1. Поверхность — двуполостный гиперболоид. 11.22. 16) Последовательно выполним рекомендованные действия. Сначала с помощью ортогональной замены координат хз — 2хз — Зхз — 1 = щ, хз + хз = из, хз = из. Эта замена переменных, очевидно, обратима. Уравнение поверхности в новых координатах изз — биз з— бизз + й — 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}
