5. 2. Метод сечений

Сущность метода сечений состоит в том, что рассматриваются линии пересечения данной поверхности с различными плоскостями. Во многих случаях удобно рассекать поверхность плоскостями, параллельными одной из координатных плоскостей, например параллельными плоскости x0y. Уравнение одной такой плоскости имеет вид

z=h,

где h есть некоторое число, которое можно выбирать произвольно.

Плоская кривая, получаемая в сечении, представляется системой уравнений, одно из которых z=h, а другое – данное уравнение поверхности. Если в последнее подставить вместо координаты z значение h, то получим уравнение, не содержащее z. Это уравнение позволит построить сечение. Зная ряд сечений, можно получить представление о самой поверхности.

Пример. Построить поверхность z²=x²+y², используя метод сечений.

Решение. Чтобы получить представление о форме поверхности, будем рассекать ее плоскостями z=h. Линия сечения представляется системой уравнений

.

Подставив вместо z в первое уравнение h, получим равносильную систему уравнений:

,

которая представляет окружность радиуса R=h с центром в точке О₁(0; 0; h). Значит, линией пересечения плоскости z=h с круглой цилиндрической поверхностью будет окружность. Придавая z=h любое значение, получим ряд окружностей, расположить которые нужно параллельно плоскости x0y на расстояниях, равных радиусу h.

Если в качестве секущей плоскости взять плоскость x0z (y=0), то линия пересечения представится системой

или .

Эта система описывает пару взаимно перпендикулярных прямых (рис. 5, АВ, А₁В₁), лежащих в плоскости x0z:

.

Таким образом, данная поверхность представляет собой поверхность круглого конуса, у которого образующая составляет с осью угол в 45⁰.

Сечения поверхности плоскостями, параллельными плоскости x0z (или x0y), могут дополнить наши сведения о форме конической поверхности. Так, из системы:

получим равносильную ей систему

,

т.е. сечение конуса плоскостями, параллельными плоскости x0z, есть гиперболы.

Рис. 5

6. Полярные координаты

Полярная система координат определяется заданием точки О, луча ОР, масштабной единицы l.

Рис. 6

ОР - полярная ось, О - полярный полюс, r – расстояние точки М от полюса О, l – единица масштаба,  - угол, отсчитываемый от полярной оси против часовой стрелки до направления ОМ (рис. 6).

Эти числа r и  называют полярными координатами точки М, причем величину r – полярным радиусом, а  – полярным углом точки М (0, r >0).

Если совместить декартову систему координат с полярной (ось ОР пойдет по оси Ох, а полюс О совпадет с началом координат), то связь между декартовыми координатами (х, у) каждой точки М и полярными ее координатами (r, ) будет такой:

x=rcos , y=rsin , r= , tg =

Решение типовых задач

Задача 1. Даны точки А(-1; 2; -5) и В(-8; -3; -4). Составить уравнение плоскости, проходящей через точку А и перпендикулярной вектору .

Решение. Найдем координаты нормального вектора = . Пусть М(x, y, z) – произвольная точка плоскости. Тогда векторы и ортогональны,т.е. их скалярное произведение равно нулю , т.е.

,

.

Задача 2. Даны три точки А, В и С. Найти уравнение плоскости, на которой лежат данные точки.

1. A(1,2,3), B(4,-1,-2), C(4,0,3).

Решение. Пусть М(x, y, z) – произвольная точка плоскости. Тогда векторы ={x-1, y-2, z-3}, ={4-1,-1-2,-2-3}={3,-3,-5}, ={4-1,0-2,3-3}={3,-2,0} компланарны, поэтому

, то есть .

Вычисляем определитель разложением по элементам первой строки.

(x-1)(-1)¹⁺¹ +(y-2)(-1)¹⁺² +(z-3)(-1)¹⁺³ =0.

(x-1)(-30-(-2)(-5))+(y-2)(-1)(30-3(-5))+(z-3)(3(-2)-3(-3))=0,

(x-1)(0+10)-(y-2)(0+15)+(z-3)(-6+9)=0,

10(x-1)-15(y-2)+3(z-3)=0, 10x-10-15y+30+3z-9=0,

10x-15y+3z+11=0 – искомое уравнение.

Ответ: 10x-15y+3z+11=0.

2. A(1,2,0), B(1,-1,2) и C(0,1,-1).

Решение. Пусть М(x, y, z) – произвольная точка плоскости. Тогда векторы

={x-1, y-2, z-0}, ={1-1, -1-2, 2-0}={0,-3,2},

={0-1, 1-2,-1-0}={-1,-1,-1}.

Векторы , и компланарны и их смешанное произведение равно нулю.

, .

Вычисляем определитель разложением по элементам первой строки:

(x-1) -(y-2) +z =0.

(x-1)(3-(-2))-(y-2)(0-(-2))+z(0-3)=0, 5x-5-2y+4-3z=0,

5x-2y-3z-1=0 – искомое уравнение.

Ответ: 5x-2y-3z-1=0.

Задача 3. Найти расстояние от точки А(1; -2; 3) до плоскости 2x-y-2z+5=0.

Решение. Подставляем в формулу вычисления расстояния от точки до плоскости:

.

Ответ: 1.

Задача 5. Написать уравнение плоскости, проходящей через точку А(1; -2; 0) и параллельно плоскости 2x-4y-z+1=0.

Решение. Так как плоскости параллельны, то в качестве нормального вектора можно взять нормальный вектор данной плоскости, т.е. .

Получаем общее уравнение плоскости

2(x-1)-4(y+2)-(z-0)=0, 2x-4y-z-10=0.

Задача 6. Составить уравнение плоскости, проходящей через две параллельные прямые и .

Решение. Пусть М(x, y, z) – произвольная точка плоскости. Тогда векторы , и компланарны, т.е. их смешанное произведение равно нулю , т.е.

, ,

Вычисляем определитель разложением по элементам первой строки:

(x-3) -(y-2) +(z+1) =0.

(x-3)(3-12)-(y-2)(18-6)+(z+1)(-24-(-2))=0,

-9(x-3)-12(y-2)-22(z+1)=0, 9x+12y+22z-29=0,

Ответ: 9x+12y+22z-29=0.

Задача 7. Даны точки А и В. Найти уравнение прямой, проходящей через данные точки.

1. A(-1,2,3), B(2,6,-2).

Решение. Составим каноническое уравнение прямой, проходящей через две точки:

, .

(Здесь первой точкой считали А, а второй – В.)

2. A(2,-1,3), B(2,3,3).

; .

Задача 8. Привести к каноническому виду общее уравнения прямой

.

Решение. Для того, чтобы записать каноническое уравнение искомой прямой достаточно найти: 1) хотя бы одну точку А, через которую проходит данная прямая; 2) ее направляющий вектор .

В качестве точки А можно принять точку ее пересечения с любой из координатных плоскостей, например, с плоскостью x0y. Поскольку при этом z₁=0, координаты x₁, y₁ определяются из системы уравнений заданных плоскостей, если положить в них z=0:

.

Отсюда x₁=2, y₁=4.

Направляющий вектор можно найти двумя способами.

Способ 1. Определить координаты еще одной любой точки прямой, например, В(0; 24; 14). Тогда в качестве вектора можно взять вектор

.

Тогда искомое уравнение прямой запишется в виде

.

Способ 2. Направляющий вектор должен быть перпендикулярен нормальным векторам заданных плоскостей , , и в качестве вектора можно взять векторное произведение векторов и :

= .

Каноническое уравнение прямой примет вид:

.

Задача 9. Составить уравнения прямой, проходящей через точку А(-1; 3; 2) и параллельно прямой x=4+5t, y=7t, z=8-3t.

Решение. Так как искомая прямая параллельна данной прямой, то в качестве ее направляющего вектора можно взять направляющий вектор данной прямой. Используя уравнение прямой, проходящей через А и параллельной вектору , получим искомое уравнение прямой в каноническом виде:

,

в параметрическом виде:

.

Задача 10. Найти угол между прямыми

и .

Решение. Первая из прямых описана каноническим уравнением, ее направляющий вектор . Вторая прямая задана в параметрической форме, ее направляющий вектор . Угол между прямыми:

. = .

Задача 11. Дана точка Р(x₀, y₀, z₀) и плоскость (): Ax+By+Cz+D=0. Найти уравнение прямой, проходящей через данную точку перпендикулярно данной плоскости.

Указание. Нормальный вектор плоскости ={A,B,C} будучи перпендикулярным к данной плоскости параллелен искомой прямой. И его можно считать направляющим вектором этой прямой.

.

1. Р(0,0,0) и (): 4x-y+2z-3=0.

={4,-1,2}.

; - искомое уравнение.

2. Р(2,1,-1) и (): x-y+z+1=0.

={1,-1,1}.

; - искомое уравнение.

3. P(3,-1,-1), (): 3x+y+z-20=0.

={3,1,1}.

; - искомое уравнение.

4. Р(2,3,1), (): 2x-3z+1=0.

={2,0,-3}.

- искомое уравнение.

Задача 12. Даны уравнения прямой l и плоскости . Найти угол между ними.

Находится по формуле:

sin = .

1. Уравнение прямой l: , уравнение плоскости : 2x-y+z+3=0.

Решение. Направляющий вектор прямой ={2,-3,1}, нормальный вектор плоскости ={2,-1,1}. Находим скалярное произведение данных векторов:

 =22+(-3)(-1)+11=4+3+1=8.

Находим длины векторов:

,

.

sin = = = = =

= = = = 0,8730.

=arcsin 60⁰49^’.

Ответ: 60⁰49^’.

2. Уравнение прямой l: , уравнение плоскости : x+2y-z+3=0.

Решение. Направляющий вектор прямой ={2,-3,-1}, нормальный вектор плоскости ={1,2,-1}.

 =21+(-3)2+(-1)(-1)=2-6+1= – 3,

,

.

sin = = = = =

= = = 0,3274.

=arcsin 19⁰7^’.

Ответ: 19⁰7^’.

Задача 13. Найти точку пересечения прямой с плоскостью 3x-2y+z-3=0.

Решение. Запишем уравнение прямой в параметрической форме :

.

Подставляя значения x, y, z в уравнение плоскости, имеем

3(2t-1)-2(t+2)+(-t+1)=0,

откуда

t=3.

Подставим найденное значение t в параметрические уравнения прямой, находим координаты точки пересечения:

х=5, y=5, z=-2.

Задача 14. Записать уравнение плоскости, проходящей через точку А(1; -2; 3) и прямую .

Решение. Проверим, лежит ли заданная точка А на прямой

.

Так как пропорции не выполнены, то точка А не принадлежит данной прямой. Точка В(3; -1; 7) лежит на данной прямой, а направляющий вектор ={2; 4; 3}. Если М(x; y; z) – произвольная точка плоскости, то векторы ={x-3; y+1; z-7}, ={2; 1; 4} и компланарны, т.е. их смешанное произведение равно нулю:

,

,

-13(x-3)+2(y+1)+6(z-7)=0, 13x-2y-6z+1=0.

Задача 15. Даны три точки: А(-1,7), В(0,9), С(1,3). Составить уравнение прямой, проходящей через точку А, параллельно прямой ВС.

Аl, l  BC.

Решение. Так как  l, то ={1-0,3-9}={1,-6} - направляющий вектор прямой.

Если точка А(-1,7)l, есть вектор ={1,-6} l, тогда для составления уравнения применим каноническое уравнение прямой:

, ,

, , .

Ответ: .

Задача 16. В АВС А(0,7), В(2,5), С(6,-4). Составить уравнение медианы, проведенной из вершины С. (рис. 7).

Рис. 7

Решение. Так как М – середина АВ (=1),

= =1; = = =6.

М(1,6)(СМ). С(6,-4)(СМ), тогда

, ,

:5,

, , , .

Ответ: .

Задача 17. Найти угловые коэффициенты прямых:

l₁: 3x+5y-7=0, l₂: 2x+y=0, l₃: 3x+2y+6=0,

l₄: 5x+y-3=0, l₅: 4x-9y=0, l₆: 2y+3=0.

Решение. Прямые заданы общими уравнениями. Разрешив каждое относительно у, получим уравнения вида y=kx+b, из которых и запишем значения k.

l₁: 5y=-3x+7 :5; y= , y= , k₂= ;

l₂: y=-2x, k₂=-2;

l₃: 2y=-3x-6:2; y= , y= ; k₃= ;

l₄: y=-5x+3; k₄=-5;

l₅: 9y=4x, y= , y= , k₅= ;

l₆: 2y=-3, y= , y=0x- , k₆=0.

Задача 18. Составить уравнения прямой:

1) проходящей через точку (-1,-1) и имеющей угловой коэффициент k=1;

2) проходящей через точку (2,0) и имеющей угловой коэффициент k=-2.

Решение.

1) Подставим данные:

y-(-1)=1(x-(-1)), y+1=1(x+1), y+1=x+1, x-y=0;

2) y-0=-2(x-2), y=-2x+2, 2x+y-2=0.

Ответ: х-y=0, 2x+y-2=0.

Задача 10. Найти точку пересечения прямых 3x-4y+11=0 и 4x-y-7=0.

Решение. Для этого необходимо решить систему уравнений этих прямых.

, .

Умножим обе части второго уравнения на (-4) и почленно сложим уравнения.

, , .

Подставляем х=3 в первое уравнение системы:

33-4y=-11, -4y=-11-9, -4y=-20, y=5.

Ответ: (3; 5).

Задача 19. Даны уравнения сторон треугольника: х+3у-3=0, 3х-11у-29=0 и 3х-у+11=0. Найти вершины этого треугольника.

Решение. Для вычисления координат вершин треугольника необходимо решить три системы уравнений:

, , .

Решаем первую систему. Умножаем обе части первого уравнения на (-3):

, ,

почленное сложение даст уравнение

-20у-20=0, -20у=20, у=-1.

Система примет вид

,

находим х, подставляя в первое уравнение найденное значение у:

х+3(-1)-3=0, х-3-3=0, х=6.

Одна из вершин (6;-1).

Решаем вторую систему. Умножив обе части второго уравнения на (-1) и сложив почленно, получим

, , .

Подставляя найденное значение у= – 4 в первое уравнение системы, найдем х:

3x-11(-4)-29=0, 3x=-44+25, 3x=-15, x=-5.

Вторая вершина (-5; -4).

Решение третьей системы уравнений:

, , ,

, .

Подставляя найденное значение х=-3 в первое уравнение системы, найдем у:

-3+3y-3=0, 3y=6, y=2.

Третья вершина (-3;2).

Задача 20. Найти угол между двумя прямыми:

1) у=-2х и у=3х+5;

2) 4х+2у-5=0 и 6х+3у+1=0;

3) х-у-2=0 и х+у-1=0;

4) 2х+3у-1=0 и 3х-2у+1=0;

5) 3х+4у-5=0 и 5х-2у+7=0;

6) у=2х+3 и у-4=0.

Решение. Находим угловые коэффициенты прямых. А затем находим тангенсы искомых углов.

1) k₁=-2, k₂=3, тогда получим:

=-1, =135⁰;

2) k₁=-2, k₂=-2, тогда

=0, =0⁰,

т.е. данные прямые параллельны;

3) k₁= , k₂=- , тогда

= = = , =60⁰;

4) k₁= , k₂= .

Видно, что k₁k₂=-1; значит, эти две прямые образуют угол 90⁰, т.е. они взаимно перпендикулярны;

5) оба уравнения решим относительно у. Получим уравнения

у= , k₁= ; y= , k₂= .

= = =

= = -3,714, 105⁰4^’;

6) k₁=2, k₂=0, следовательно,

= =-2, 116⁰34^’.

Задача 21. В АВС А(4; 6), В(-3; 0), С(2; -3). Найти углы треугольника и уравнение высоты СЕ.

Решение. Уравнения прямых (АВ), (ВС) и (СА) найдем, как уравнение прямых, проходящих через 2 точки и сразу же находим угловые коэффициенты.

(АВ):

, , (x-4)(-6)=(y-6)(-7),

-6x+24=-7y+42, 7y=6x+42-24, 7y=6x+18,

y= , k_AB= ;

(BC):

, , (x+3)(-3)=y5,

-3x-9=5y, y= , k_BC= ;

(AC):

, , (x-4)(-9)=(y-6)(-2),

-9x+36=-2y+12, 2y=9x-24, y= , k_AC= .

Теперь находим углы треугольника:

= = =0,75, A36⁰52^’;

= =3, B71⁰34’;

tg C= =3, C71⁰34’.

Получили, что В=С71⁰34’, т.е. АВС – равнобедренный.

Найдем уравнение высоты (СЕ).

Так как (СЕ)(АВ), то k_СЕ= = , и точка С(2,-3) лежит на (СЕ).

Значит

y-(-3)= , y+3= |6, 6y+18=-7(x-2),

6y+18=-7x+14, 7x+6y+4=0.

Ответ. A36⁰52^’; В=С71⁰34’; 7x+6y+4=0.

Задача 22. Составить уравнение прямой, проходящей через точку М(-2,4) параллельно прямой 2х-3у+6=0.

Решение. Так как прямые параллельны, то k₁=k₂. Находим угловой коэффициент данной прямой

3y=2x+6 |:3, y= , k₁= .

Искомая прямая проходит через точку М(-2,4) и имеет угловой коэффициент k₂= . Поэтому ее уравнение записывается в виде

y-4= , y-4= |3, 3y-12=2(x+2),

3y-12=2x+4, 2x-3y+16=0.

Ответ. 2x-3y+16=0.

Задача 23. Составить уравнение прямой, проходящей через точку М(2,3) перпендикулярно прямой 5х-4у-20=0.

Решение. Так как прямые перпендикулярны, то . Находим угловой коэффициент данной прямой:

4у=5х-20 |:4, y= , k₁= ,

тогда угловой коэффициент искомой прямой k₂= .

Итак, k₂= и точка М(2,3) лежит на прямой. Уравнение для этой прямой записывается в следующем виде:

у-3= |5, 5y-15=-4(x-2),

5y-15=-4x+8, 4x+5y-23=0.

Ответ. 4x+5y-23=0.

Задача 24. Даны уравнения основания равнобедренного треугольника х+у+1=0 и боковой стороны х-2у-3=0. Составить уравнение третьей стороны, если известно, что на ней лежит точка Р(-3,-1).

Решение. Находим угловые коэффициенты данных прямых

y=-x+1, k₁=-1; 2y=x-3, y= , k₂= .

Находим тангенс угла между боковой стороной и основанием:

tg= = = = .

Уравнение третьей стороны (а это боковая сторона) ищем в виде .

Так как боковые стороны наклонены к основанию под одним и тем же углом, то равны и тангенсы углов (рис. 8).

Рис. 8

Находим tg= или tg= (так как каждая из этих двух сторон может быть первой). Значение tg  уже нашли раньше, то есть tg =3. Приравниваем дроби к этому числу и получаем два уравнения

и ,

отсюда находим k₃:

k₃= и k₃=2.

Так как k₃= относится к данной боковой стороне, то значение k₃=2 будет угловым коэффициентом искомой боковой стороны.

Итак для искомой прямой: k=2 и точка Р(-3,-1), лежащая на ней. Искомое уравнение:

y-(-1)=2(x-(-3)); y+1=2(x+3); y+1=2x+6; 2x-y+5=0

Ответ: 2x-y+5=0.

Задача 25. Даны уравнения двух сторон параллелограмма x-2y+8=0 и x+y-7=0 и точка пересечения его диагоналей М(-2,6). Составить уравнения двух других сторон.

Решение. Данные стороны не параллельны, так как нормальные векторы прямых и не коллинеарны:

Пусть (АВ): х+у-7=0, (АD): х-2у+8=0. Находим точку пересечения этих двух прямых:

, ,

-3y+15=0, y= .

Умножив второе уравнение системы на (-1) и сложив, затем почленно с первым уравнением, нашли у=5. Подставив найденные значения у=5 во второе уравнение данной системы, найдем х:

х+5-7=0, х=2.

Пусть это будет точка А(2,5) (рис. 9).

Рис. 9

Находим теперь координаты вершин С(х,у), лежащей против вершины А, пользуясь формулами деления отрезка пополам.

Получаем

х_М= , -2= |2, -4=2+X_C, X_C=-4-2=-6;

, 6= |2, 12=5+Y_C, Y_C=12-5=7. С(-6,7).

Составляем уравнения сторон (ВС) и (СD). Точка С(-6,7) лежит на этих прямых и угловыми коэффициентами сторон будут:

k_ВС=k_AD= , k_CD=k_AB=-1.

Получаем:

у-7= |2, 2y-14=x+6, x-2y+20=0 (BC),

y-7=-1(x-(-6)), y-7=-x-6, x+y-1=0 (CD).

Ответ: x-2y+20=0 и x+y-1=0.

Задача 26. В АВС А(2;4), В(0;1), С(4;-2). Найти координаты точки пересечения медиан треугольника.

Решение. Медианы треугольника пересекаются в одной точке, которая делит каждую из них в отношении 2:1, считая от вершины к основанию (рис. 10).

Рис. 10

Координаты точки D, делящей сторону ВС пополам, будут

х_D = = =2,

y_D= = = .

Точка D имеет координаты (2; ).

Находим координаты точки М, где = =2:

x_M= = = =2;

y_M= = = =1.

Следовательно М(2; 1).

Ответ: М(2; 1).

Задача 27. Привести уравнения кривых второго порядка к каноническому виду и построить графики кривых.

11) ;

12) ;

13) ;

14) ;

15) ;

16) ;

17) ;

18) .

1) ;

2) ;

3) ;

4) ;

5) ;

6) ;

7) ;

8) ;

9) ;

10) ;

Решение.

1) Данное уравнение параболы запишем в канонической форме.

или .

Вершина параболы – точка (0,0). Ось симметрии – ось 0у. Ветви направлены в сторону положительного направления оси 0у.

Чтобы точнее начертить параболу найдем хотя бы две ее точки. Пусть х=1, тогда у=51²=5. Получили точку (1, 5). А так как график симметричен относительно оси 0у, то вторая точка будет (-1, 5) (рис. 11).

Рис. 11

2) , . Вершина (0, 0). Ветви направлены в сторону отрицательного направления оси симметрии 0у.

Пусть х=1, тогда у=-31²=-3. Получили точку (1, -3). Вторая точка – ей симметричная - будет (-1, -3) (рис. 12).

3) .

.

Вершина (0, 0). Ось симметрии 0х. Ветви направлены в сторону положительного направления оси 0х.

Пусть у=1, тогда х=21²=2. Точка (2,1) и ей симметричная относительно оси 0х (2,-1) лежат на параболе (рис. 13).

Рис. 12 Рис.13

4) . Канонический вид:

.

Вершина параболы (0,0). Ветви направлены в сторону отрицательного направления оси 0х.

Пусть у=1, тогда х=-41²=-4. Симметричные точки (-4,1) и (-4,-1) лежат на параболе (рис. 14).

5) Выделив из квадратного трехчлена полный квадрат, получим

= =

= = ;

канонический вид

.

Вершина параболы (-1,-10). Уравнение оси симметрии х=-1. Ветви направлены в сторону положительного направления оси 0у.

Точка пересечения параболы с осью 0у: х=0,

у=20²+40-8=-8, (0,-8),

с осью 0х: у=0,

|:2, , D=4-41(-4)=20,

= = ,

-1-2,2=-3,2, -1+2,2=1,2 (рис. 15).

Рис. 14 Рис. 15

6) = =

= = = .

Канонический вид:

.

Вершина . Уравнение оси симметрии . Ветви направлены в сторону положительного направления оси 0y. Точка пересечения параболы с осью 0y: х=0, у=20²+30=0.

Точки пересечения параболы с осью 0x: у=0,

, , х=0 и 2х+3=0, 2х=-3, (рис. 16).

7) y=-x²-4x+3, y=-(x²+4x-3)=-[(x²+2x2+2²)-2²-3]=-(x+2)²-(-4-3)=

=-(x+2)²+7.

Канонический вид параболы:

y-7=-(x+2)².

Вершина (-2,7). Уравнение оси симметрии х=-2. Ветви направлены в сторону отрицательного направления оси 0у.

Точка пересечения параболы с осью 0у: х=0,

у=-0²-40+3=3,

с осью 0х: у=0,

-х²-4х+3=0 (-1), х²+4х-3=0.

Решим квадратное уравнение.

D=16-4(-3)=28; x_1,2= = =

= =-2 -22,6,

x₁-4,6; x₂0,6 (рис. 17).

Рис. 16

Рис. 17

8) x=3y²-4y;

x=3 =3 =

=3 =3 ; x=3 .

Канонический вид

x+ =3 .

Вершина параболы . Ветви направлены в сторону положительного направления оси 0х.

Точки пересечения с осью 0х: у=0,

х=30²-40=0; точка (0; 0),

с осью 0у: х=0,

, , y₁=0, 3y-4=0, 3y=4, y₂= .

Уравнение оси симметрии у= (рис. 18).

9) ,

, ,

, .

Вершина (-1,2). Уравнение оси симметрии у=2. Ветви направлены в сторону положительного направления оси 0х.

Точки пересечения параболы с 0х: у=0,

0-40-4х=0, 4х=0, х=0;

с осью 0у: х=0,

, , , y₁=0, y₂=4 (рис. 19).

Рис. 18 Рис. 19

10) ,

, ,

, , .

Уравнение параболы с вершиной (-20,3), уравнением оси симметрии является у=3, направление ветвей в сторону положительного направления оси 0х.

Точки пересечения с осью 0у: х=0,

0-у²+6у+11=0, , D=36-4(-11)=36+44=80.

y_1,2= = = = =

=  ; y₁7,4; y₂-1,2;

с 0х: у=0,

х=-11 (рис. 20).

Рис. 20

11) ,

, ,

, .

Канонический вид окружности

,

центр окружности (3,0), радиус R=3 (рис. 21).

Рис. 21

12) ,

,

, .

Окружность с центром (-1,-2) и радиусом R= ( ) (рис. 22)

Рис. 22

13) ,

,

, ,

, ,

.

Канонический вид окружности

.

Центр окружности , радиус R= (рис. 23).

Рис. 23

14) , ,

Канонический вид эллипса

,

с центром (0,0) и полуосями а=1 и b= ( ) (рис. 24)

Рис. 24

15) ,

,

, ,

, , ,

эллипс с центром (-2,3) и полуосями а= и b= ( 6,3 и 4,5) (рис. 25).

Рис. 25

16) ,

,

, , ,

|132,

, ,

,

Канонический вид эллипса с центром (-2,2) и полуосями а= 3,8, b= 2,8 (рис. 26).

Рис. 26

17) ,

, , , ,

,

, .

Канонический вид гиперболы с центром (3,-1), полуосями 5,8 и 4,4. Ветви направлены вдоль оси 0у.

Построение:

1) через центр проводим прямые параллельно осям координат;

2) влево и вправо от центра откладываем по 5,8 единиц;

3) вверх и вниз от центра откладываем по 4,4 единиц;

4) через полученные точки проводим прямые параллельно осям координат;

5) проводим диагонали полученного прямоугольника, продляя их за пределы прямоугольника - это асимптоты гиперболы;

6) описываем две ветви гиперболы в верхний и нижний углы, касаясь прямоугольника и неограниченно близко приближаясь к прямым, являющимся асимптотами гиперболы (рис. 27).

Рис. 27

18) ,

, , , , , , ,

, ,

.

Канонический вид гиперболы с центром (-2,1) и полуосями и 4. Ветви гиперболы направлены вдоль оси 0х.

Построение:

1) через центр проводим прямые параллельно осям координат;

2) влево и вправо от центра откладываем по единиц;

3) вверх и вниз от центра откладываем по 4 единицы;

4) через полученные точки проводим прямые параллельно осям координат;

5) проводим диагонали полученного прямоугольника, продляя за его пределы;

6) вписываем ветви гиперболы в левый и правый углы, касаясь прямоугольника и неограниченно приближаясь к асимптотам (рис. 28).

Рис. 28

Задача 28. Определить тип и построить поверхность второго порядка заданную

1) каноническим уравнением 2x² + 3y² =10,

2) 6y² + 6z² – 5x + 12y – 36z + 135 = 0.

Решение. 1) Так как в данном уравнении отсутствует одна переменная, то это цилиндрическая поверхность. Уравнение 2x² + 3y² =10 элементарными алгебраическими преобразованиями можно привести к виду канонического уравнения эллипса, центром симметрии которого является начало координат, поэтому заданное уравнение описывает эллиптический цилиндр:

2x² + 3y² =10 x² + y² =1 а = 5, b = .

П остроим эллиптический цилиндр (рис. 29).

Рис. 29

2) Сгруппируем члены, содержащие одинаковые переменные, и дополним их до полных квадратов:

- 5x + 6(y² + 2y) + 6(z² – 6z) + 135 = -5x + 6(y + 1)² + 6(z – 3)² - 75.

В результате, получается следующее уравнение

6(y + 1)² + 6(z – 3)² = 5(x – 15),

,

которое описывает параболоид вращения, вершина которого находится в точке C(15; – 1; 3), а его ось направлена вдоль оси Ox, причем «ветви» параболоида направлены в положительном направлении оси Ox, а в сечении плоскостью параллельной координатной плоскости yОz получаем окружность радиусом R = (рис. 30).

Рис. 30

Задача 29. Построить точки, заданные своими полярными координатами А(2; ), В(4; ), С(6; ), D( ; 0), F(3; ).

Ч

тобы построить точку А, проведем из точки О луч под углом к полярной оси ОР. На этом луче построим отрезок ОА, длина которого равна 2. Конец отрезка ОА и будет искомой точкой. Аналогично строятся точки B, C, D, F (рис. 31).

Рис. 31

Задача 30. Построить линию в полярной системе координат по точкам, придавая углу  значения через промежутки (0).

1) r=1-2sin;

2) r=2+cos;

3) r=1+2sin.

Решение. Составим таблицу значений r для углов , придавая углу значения от 0 до 2 через промежутки (таблица 1). Затем по точкам строим кривые (рис.32, рис.33 и рис.34). При вычислении значений синуса тупых углов применялись формулы приведения.

Таблица 1.

	sin	cos	r =1–2sin	r=2+cos	r=1+2sin
0	0	1	1-20=1	3	1
	0,4	0,9	1-20,4=0,2	2,9	1,8
	0,7	0,7	1-20,7=-0,4	2,7	2,4
	0,9	0,4	1-20,9=-0,8	2,4	2,8
	1	0	1-21=-1	2	3
	0,9	-0,4	1-20,9=-0,8	1,6	2,8
	0,7	-0,7	1-20,7=-0,4	1,3	2,4
	0,4	-0,9	1-20,4=0,2	1,1	1,8
	0	-1	1-20=1	1	1
	-0,4	-0,9	1-2(-0,4)=1,8	1,1	0,2
	-0,7	-0,7	1-2(-0,7)=2,4	1,3	-0,4
	-0,9	-0,4	1-2(-0,9)=2,8	1,6	-0,8
	-1	0	1-2(-1)=3	2	-1
	-0,9	0,4	1-2(-0,9)=2,8	2,4	-0,8
	-0,7	0,7	1-2(-0,7)=2,4	2,7	-0,4
	-0,4	0,9	1-2(-0,4)=1,8	2,9	0,2
	0	1	1-20=1	3	1

Рис. 32 Рис.33

Рис. 34

Замечание. Если получается отрицательное значение r, то надо продлить луч в противоположную сторону от точки О и отложить на нем от О отрезок, равный положительному значению этого r.