Файл: Марченко_Высшая математика.pdf

Скачать файл
Заказать решение

ВУЗ: Не указан

Категория: Не указан

Дисциплина: Не указана

Добавлен: 18.05.2025

Просмотров: 1560

Скачиваний: 21

ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.

Из уравнений прямых

найдем

k1 и k2 :

y = 5x −3, т. е.

k1 = 5 ;

3

−5

y = − 3 x +

7

, т. е. k2 = −

3 . Тогда tgϕ=

− 2

=1, т. е.

ϕ =

π .

1 − 3 5

2

2

2

4

2

Чтобы найти точку пересечения прямых, составим систему:

5x − y −3 = 0,

= 0.

3x + 2 y −7

Умножив первое уравнение на 2 и сложив со вторым, получаем

13x −13 = 0,

т. е.

x =1.

Из

первого

уравнения

находим

y = 5x −3 = 2. Прямые пересекаются в точке (1; 2).

Пример 4. Даны три вершины трапеции

ABCD :

A(4; −1),

B(−6; −3), C(2; 3).

Найти:

а) уравнения

оснований BC и AD;

б) уравнение высоты BM, проведенной к AD; в) длину высоты BM.

Решение.

а) найдем уравнение BC. Воспользуемся уравнением прямой, проходящей через две заданные точки:

x − x1

=

y − y1

.

x − x

y

2

− y

2

1

1

Здесь (x1; y1) – координаты точки B, (x2 ; y2 ) – точки C.

Получим

x + 6

=

y +3

, 6(x + 6) =8( y +3), 3x +18 = 4 y +12, т. е.

2 + 6

3 +3

y = 3 x

3 .

уравнение BC: 3x − 4 y + 6 = 0, или

+

4

3

2

Угловой коэффициент BC равен kBC =

. Основание AD парал-

4

лельно BC,

поэтому угловой коэффициент AD также равен 3 . Вос-

4

пользуемся уравнением y − y0 = k(x − x0 ). Здесь (x ; y ) – координаты

k = kAD = 3 . Получим y +1

0

0

точки A,

= 3 (x − 4), или 3x − 4 y −16 = 0;

4

4

б) высота

BM

перпендикулярна

AD.

Следовательно,

kBM

= −

1

= −

4

, а уравнение BM будет иметь вид

kAD

3

y +3 = −

4 (x + 6), или

3y +9 = −4x − 24, или 4x +3y +33 = 0;

3

183

в) найдем длину высоты BM по формуле расстояния от точки до прямой. Прямая AD задана уравнением 3x − 4 y −16 = 0 , точка B имеет координаты (−6; −3) . Получаем:

BM =

3 (−6) − 4 (−3) −16

=

22

= 4, 4.

32 +(−4)2

5

Кривые второго порядка

Пусть на плоскости задана декартова прямоугольная система координат Oxy. Линии на плоскости, определяемые алгебраическими уравнениями второго порядка относительно переменных x и y, т. е. уравнениями вида

Ax2 + By2 + Cxy + Dx + Ey + F = 0, ( A2 + B2 ≠ 0)

называются линиями (кривыми) второго порядка.

Линиями второго порядка являются окружность, эллипс, гипербола, парабола. В настоящем параграфе рассматриваются уравнения этих линий в наиболее простом (каноническом) виде, который достигается определенным выбором системы координат.

Окружностью называется множество всех точек плоскости, удаленных от заданной точки N(a; b) (центра) на одно и тоже расстояние R (радиус).

Эллипсом называется множество всех точек плоскости, сумма расстояний от каждой из которых до двух данных точек F1 и F2, называемых фокусами, есть величина постоянная (большая, чем расстояние между фокусами).

Гиперболой называется множество всех точек плоскости, модуль разности расстояний от каждой из которых до двух данных точек F1 и F2, называемых фокусами, есть величина постоянная (меньшая, чем расстояние между фокусами).

Параболой называется множество всех точек плоскости, каждая из которых равноудалена от данной точки, называемой фокусом F, и данной прямой, называемой директрисой l.

Канонический вид уравнения эллипса, гиперболы и параболы принимают в канонической системе координат, которая строится следующим образом:

а) для эллипса и гиперболы: ось абсцисс Ox проводится через фокусы с направлением от одного фокуса F1 к другому, ось ординат Oy – через середину отрезка F1F2 с направлением вверх (если F1 – слева, а F2 – справа);

184

б) для параболы: ось Ох –

через фокус F перпендикулярно

директрисе с направлением от директрисы к фокусу, ось Oy – че-

рез середину перпендикуляра, опущенного из фокуса на директри-

су перпендикулярно Ох с направлением вверх (если директриса

слева, а фокус – справа от оси Oy).

Кривые второго порядка представлены в табл. 5.3.

Кривые второго порядка

Таблица 5.3

Название

Вид кривой

Аналитическое представление

Окружность

y

(x − a)2 + ( y −b)2 = R2

N R

N (a; b) – центр, R – радиус

b

0

a

x

y

R

x2 + y2 = R2

O (0; 0) – центр, R – радиус

0

x

Эллипс

Каноническое уравнение:

y

B

M (x; y)

x2

+ y2 =1,

(a > 0, b > 0),

a2

b2

b

F2

a – большая, b – малая полу-

оси эллипса;

F1

c

(a; 0), (–a;

0), (0; b), (0; –b) –

A

0

C x

a

вершины эллипса;

c2 = a2 −b2 ,

D

ε = ac , (ε <1) – эксцентриситет

эллипса

y

(x − x0 )2 + ( y − y0 )2 =1 – урав-

b

a2

b2

y0

a

нение эллипса с осями, парал-

O1

лельными

координатным,

и

центром симметрии O1(x0; y0 )

0

x0

x

185

Окончание табл. 5.3

Название

Вид кривой

Аналитическое представление

Гипербола

y

Каноническое уравнение:

x2

y2

P

L

M

a2 − b2

=1,

r1

b

a

r2

a − действительная, b – мни-

мая полуоси; (a;

0), (–a; 0) –

F1

0

x вершины гиперболы;

K

F

c2

= a2 +b2,

ε = c

,

(ε >1) – экс-

a

центриситет гиперболы

y

(x − x0 )2

−

( y − y0 )2

=1 – урав-

a2

b2

y0

нение гиперболы с осями, парал-

лельнымикоординатным осям

x0

x

Парабола

l

y

Каноническое уравнение:

y2

= 2 px ,

F

p > 0 – расстояние от фокуса до

директрисы – параметр парабо-

−

p

0

p

; 0

x

лы. Вершина параболы – точка

2

2

O(0;0) ,

ось Ox –

ось симмет-

рии. Уравнение

директрисы l

параболы:

x = − p

y

2

Парабола с вершиной в начале

p

координат, симметричная отно-

F

0;

2

сительно оси Oy, имеет уравне-

ние x2 = 2 py

0

− p

x

2

Пример 1. Найти координаты центра и радиус окружности:

x2 + y2 −6x + 4 y −3 = 0 .

x2 + y2 −6x + 4 y −3 = 0 к виду

Решение. Приведем уравнение

(x − a)2 + ( y −b)2 = R2 , выделяя полные квадраты в левой его части:

(x2 −6x +9) −9 + ( y2 + 4 y + 4) − 4 −3 = 0, или (x −3)2 + ( y + 2)2 =16 .

Значит, центр окружности – точка N(3; − 2) , радиус R = 4 .

186

Пример 2. Дано уравнение эллипса 9x2 + 25 y2 = 225 . Найти: а) длину его осей; б) координаты фокусов; в) эксцентриситет. Решение. Приведем уравнение эллипса 9x2 + 25 y2 = 225 к ка-

ноническому виду, разделив обе части его на 225:

x2

+

y2

=1, из которого следует:

25

9

а) a2 = 25 , b2 = 9 , т. е. a = 5 ,

b = 3, 2a =10

− длина большой

оси, 2b = 6 − длина малой оси;

б) используя равенство c2 =a2 −b2, найдем c =

25 −9 = 16 =4,

значит, F1(−4; 0) , F2 (4; 0) ;

c

4

в) эксцентриситет эллипса равен ε =

= 5 = 0,8 .

a

Пример 3. Дано уравнение гиперболы 9x2 −16 y2 =144 . Найти:

а) длины полуосей гиперболы;

б) фокусы;

в) эксцентриситет;

г) уравнения асимптот.

Решение. Разделим обе части уравнения на 144. Получим ка-

ноническое уравнение

x2

−

y2

=1, из которого следует:

16

9

а) a2 =16 , b2 = 9 , т. е. a = 4 , b = 3;

б) используя соотношение c2 = a2 + b2 , найдем c =

16 +9 =5,

значит, фокусы гиперболы находятся в точках F1(−5; 0) ,

F2 (5; 0) ;

в) эксцентриситет гиперболы равен ε =

c

=

5

;

4

a

г) уравнения асимптот имеют вид y = ± ba x , т. е. в данном случае y = ± 34 x .

Плоскость в пространстве

Если в пространстве задана прямоугольная декартова система координат, то всякое уравнение первой степени относительно x, y, z

Ax + By +Cz + D = 0, (A2 + B2 + C2 ≠ 0)

определяет плоскость в пространстве и называется общим уравнением плоскости. Вектор n ={A; B; C} будет перпендикулярен

этой плоскости. Он называется вектором нормали (нормалью) к плоскости.

187

Смотрите также файлы