3 Даны уравнение прямой l (x−2)/ 2 = (y+5) /−5 = (z−3) /3 и координаты точки A(−1

3.Даны уравнение прямой l: (x−2)/ 2 = (y+5) /−5 = (z−3) /3 и координаты точки A(−1, −2, 3).
Составить:
уравнение плоскости π, проходящей через точку A перпендикулярно прямой l,
Решение.
Направляющий вектор прямой n(2;-5;3). Это также будет и нормальный вектор плоскости π. Уравнение плоскости имеет вид:
n1x-x0+n2y-y0+n3z-z0=0
Тогда искомое уравнение плоскости π:
2x+1-5y+2+3z-3=0
Или
2x-5y+3z-17=0
уравнение прямой l` , проходящей через точку A параллельно прямой l,
Решение.
Направляющий вектор прямой l будет являть направляющим вектором и для прямой l’. Уравнение искомой прямой имеет вид:
x-x0n1=y-y0n2=z-z0n3
Тогда в нашем примере:
x+12=y+2-5=z-33
уравнение плоскости π`, проходящей через точку A и прямую l,
Решение.
Уравнение плоскости по трём точкам:
x-x0y-y0z-z0x1-x0y1-y0z1-z0x2-x0y2-y0z2-z0=0
Нужно найти ешё две точки из уравнения прямой. Для этого запишем уравнение в параметрическом виде:
x=2t+2y=-5t-5z=3t+3
Пусть точка A1 соответствует параметру t=0 (A1(2;-5;6)), а точка A2 – параметру t=-1 (A2(0;0;0)). Тогда уравнение плоскости:
x+1y+2z-32+1-5+26-30+10+20-3=0
x+1y+2z-33-3312-3=0
9x+1+6z-3+3y+2+3z-3-6x+1+9y+2=0
3x+12y+9z=0-искомое уравнение плоскости
канонические уравнение линии пересечения плоскостей π и π`.
Решение.
В общем виде уравнение искомой прямой имеет вид:
2x-5y+3z-17=03x+12y+9z=0Каноническое уравнение прямой имеет вид
x-x0m1=y-y0m2=z-z0m3,
где m=m1;m2;m3-направляющий вектор прямой
и точка M0x0;y0;z0, принадлежащая прямой
Найдём точку, принадлежащую данной прямой.
Пусть y=0, тогда получили систему
2x+3z-17=0,3x+9z=0
Решая её, получаем
x=-3z,2-3z+9z-17=0 => -6z+9z-17=0 => z=173 => x=-17z=173
Т.е. точка M0-17;0;173 принадлежит данной прямой.
Нормальные векторы плоскостей, задающих прямую: n1=2;-5;3 и n2=3;12;9. Тогда направляющий вектор прямой равен их векторному произведению
m=n1×n2=ijk2-533129=-45i+24k+9j+15k-36i-18j=-81i-9j+39k=(-81;-9;39)
Следовательно, каноническое уравнение прямой имеет вид:
x+17-81=y-9=z-17/339
4. заданы декартовы координаты точки A и полярные координаты точек M и N. Построить точки.
A(0, 4), M (4, 14π/3) , N(4, 2)
Найти:
1) полярные координаты точки A,
Решение.
r=x02+y02=02+42=4
cosφ=x0r=0; sinφ=y0r=44=1
Откуда φ=900. Тогда полярные координаты точки A4;π2
2) декартовы координаты точек M и N
Решение.
Точка M
x=r*cosφ=4*cos14π3=4*-12=-2
y=r*sinφ=4*sin14π3=4*32=23
Тогда декартовые координаты точки M-2;23
Для точки N:
x=r*cosφ=4*cos2
y=r*sinφ=4*sin2
Тогда декартовые координаты точки N4cos2;4sin2

Читайте также:  Используя геометрическую интерпретацию найти решение игры

5. Дано уравнение кривой в полярных координатах. Записать уравнение этой кривой в декартовых координатах, построить кривую.r=4 cos 2ϕРешение.
Домножим обе части уравнения на r2:
r3=4r2cos2φ-sin2φ=4r2cos2φ-4r2sin2φ
Замена: r2=x2+y2, rcos φ=x, rsinφ=y,
x2+y2x2+y2=4×2-4y2
x2+y2=4×2-y2x2+y2
x2+y2=4×2-y2x2+y22
x6+y6+3x4y2+3x2y2-16×2+32x2y2-16y2=0
Роза с 4 лепестками длиной 4.

Выделяем полный квадрат
x2-4x+4+y2-4=0
x-22+y2=4-окружность центром в точке M2;0 и радиусом 2

6. Составить каноническое уравнение эллипса, если большая полуось равна 7, а расстояние между фокусами равно 2 √ 33. Изобразить кривую и ее фокусы.
Решение.
Каноническое уравнение эллипса:
x2a2+y2b2=1
a=7, 2a2-b2=233
Тогда найдём b:
a2-b2=33
a2-b2=33
72-b2=33
b2=49-33
b2=16
b=4
Тогда каноническое уравнение эллипса
x249+y216=1
Фокусы: F133;0, F2(-33;0)
2286000F2
F1
F2
F1

7. Привести уравнение линии второго порядка к каноническому виду. Определить тип кривой, изобразить кривую.

Решение:

а) x^2−4y^2+4x+32y−76=0;
Приводим квадратичную формуB = x2 — 4y2к главным осям, то есть к каноническому виду. Матрица этой квадратичной формы:
B=100-4
Находим собственные числа и собственные векторы этой матрицы:(1 — λ)x1 + 0y1 = 00×1 + (-4 — λ)y1 = 0Характеристическое уравнение:
100-4=λ2+ 3λ — 4 = 0
λ2 +3 λ — 4 = 0D = 32 — 4 • 1 • (-4) = 25Исходное уравнение определяет гиперболу (λ1 > 0; λ2 < 0)Вид квадратичной формы:x2-4y2Выделяем полные квадраты:для x1:(x12+2•2×1 + 22) -1•22 = (x1+2)2-4для y1:-4(y12-2•4y1 + 42) +4•42 = -4(y1-4)2+64В итоге получаем:(x1+2)2-4(y1-4)2 = 16Разделим все выражение на 16Данное уравнение определяет гиперболу с центром в точке:C(-2; 4)и полуосями:a = 4 (действительная полуость); b = 2 (мнимая полуось)Найдем координаты ее фокусов: F1(-c;0) и F2(c;0), где c — половина расстояния между фокусамиОпределим параметр c: c2 = a2 + b2 = 16 + 4 = 20Тогда эксцентриситет будет равен:Асимптотами гиперболы будут прямые:иДиректрисами гиперболы будут прямые:

Читайте также:  + 273 = 338 К по формулам = 4 84 % (об ) = 26 97 % (об ) 4

б) 4x^2+4xy+y^2=10;
Вычислим ортогональные инварианты τ,δ,Δ:
τ=a11+a22=4+1=5;
δ=4221=4⋅1−2⋅2=4−4=0;
Δ=42021000-10=4⋅1⋅(−10)+2⋅0⋅0+0⋅2⋅0−(0⋅1⋅0+2⋅2⋅(−10)+4⋅0⋅0)=−40+40=0.
Поскольку 
δ=0  и Δ=0
, то вычислим ещё ортогональный семиинвариант κ:
κ=400-10+100-10=(4⋅(−10)−0⋅0)+(1⋅(−10)−0⋅0)=−40−10=−50.
уравнение задаёт пару параллельных прямых, так как 
δ=0, Δ=0
 и 
κ<0.

в) 7x^2+12xy−2y^2−16x+12y−14=0.
Вычислим ортогональные инварианты τ,δ,Δ:
τ =7+(-2)=5;
δ=766-2=7⋅(-2)−6⋅6=-50;
Δ=76-86-26-86-14= 7⋅(−2)⋅(−14)+6⋅6⋅(−8)+(−8)⋅6⋅6−((−8)⋅(−2)⋅(−8)+6⋅6⋅(−14)+7⋅6⋅6)=0

уравнение задаёт пару пересекающихся прямых, так как δ<0  и Δ=0.

8. Привести уравнение поверхности второго порядка к каноническому виду, определить тип поверхности. Изобразить поверхность.5y^2−2z^2−8x+40y+91=0.
Решение.
Составим матрицу квадратичной формы
A=00005000-2, P=00005000-2-4200-420091
A=00005000-2=0, P=00005000-2-4200-420091=-8*-1500-450200-20=8*40=320>0
Следовательно, поверхность второго порядка – гиперболический параболоид.
5y2+8y+16-2z2-8x+11=0
x-118=y+428/5-z24

9. Построить тело, ограниченное поверхностямиy^2+z^2=9, z =9−x−y, z =0.
Решение.
y^2+z^2=9 – эллиптический цилиндр.
z =0 – плоскость xOy

1 Звезда2 Звезды3 Звезды4 Звезды5 Звезд (Пока оценок нет)
Загрузка...