Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный горный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

BIS5_matem_org_ua

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

06.06.2015

Размер:

1.77 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 99

Задача 117. Определить, какую поверхность представляет уравнение

9x2 +12 y2 + 4z2 −36 = 0 .

Решение. Перенесем свободный член вправо

9x2 +12 y2 + 4z2 =36 .

Разделим уравнение на 36:

или

=1.

(

3 )2

Получим уравнение эллипсоида с полуосями a = 2,

b =

3, c =3

(рис. 34).

Задача 118. Определить вид поверхности 4x

− y

+16 = 0 .

+У8z

Решение. Данное уравнение преобразуем к видуЗ

x В

−

= −1

или

−

= −1.

( 2)2

и22

, у которого продольной

Имеем уравнение двуполостного гиперболоидати

те

и – соответственно оси Ox и Oz .

осью является ось Oy , а поперечными ося

org

matem

+ 4 y

−27z

= 0 .

Задача 119. Определить виде

поверхности

поверхности в виде

Решение. Запишем уравнениев

д2

еy

= 0

= 0 .

−

или

−

(

8а

Сравнивая полученное уравнение с уравнением конуса второго порядка, делаем заключение, что оно определяет конус, ось которого совпадает с осью

Oz . Параметры конуса a = 2 2, b = 6, c =1 (рис. 38).

Задача 120. Определить вид поверхности 16x2 +9 y2 −144z = 0 .

Решение. Перенесем слагаемое 144z направо и разделим полученное уравнение на 72. Будем иметь

x2 + y2 = 2z . 4,5 8

Данное уравнение определяет эллиптический параболоид с осью симметрии Oz и параметрами p = 4,5; q =8 (рис. 39).

Задача 121. Определить вид поверхности 3x2 −2 y2 −24z = 0 .

Решение. Данное уравнение приводится к виду

x2 − y2 = 2z . 4 6

Имеем уравнение гиперболического параболоида с параметрами p = 4; q = 6 (рис. 40).

Задача 122. Определить вид поверхности 2 y2 −5z2 −20 = 0 .

Решение. Приведем уравнение к виду

z У

−

или

−

Г=1.

( 10)2 "Н22

Получим

каноническое

уравнение

цилиндра с

гиперболического

образующими,

параллельными оси Ox . При

цилиндра

Гэтом направляющей

служит гипербола

−

=1, лежащая в

типлоскости

yOz . Полуоси гиперболы

b = 10,

c = 2 .

те

org

Задача 123. Определить сечениеmatemэллипсоида

=1 плоскостью

y +3 = 0 .

Решение. Искомое сечение определяется системой

=1,

= 0.

y +3

Из второго уравнения y = −3 . Подставим значение y в первое уравнение:

(−3)2

или

=1.

или

(

)

(

)

Получим, что сечение представляет эллипс с центром C(0;−3;0) и

полуосями a =

8 ;

b =

32 .

Задача 124. Определить сечение гиперболического параболоида

x2 − y2 = 4z плоскостью y −8 = 0 . 81 16

Решение. Искомое сечение определяется системой уравнений

x2		−	y2	= 4z,

	81		16

			= 0.
y −8

Из второго уравнения

y =8.

Подставим это значение y

в первое

уравнение:

−

= 4z

или

= 4z + 4 ,

или

2 =

2У162(z +1) .

Сечение представляет собой параболу с вершиной С (0; 8; –1) и имеет

параметр p =162 .

ти

Задача

125.

z +1 = 0

Установить,

что

плоскость

пересекает

однополостный гиперболоид

те

org

matem

−

по гиперболее

. Найти ее полуоси и вершины.

Решение. Искомая гипербола определяется системой уравнений

−

=1,

z +1 = 0.

Из второго уравнения системы находим

z = −1 и подставляем в первое

уравнение:

(−1)2

−

=1.

Сравнивая с каноническим уравнением, находим полуоси гиперболы:

a = 4 – действительная полуось; b =3 – мнимая полуось.

Тогда A1(4;0;−1) и A2 (−4;0;−1) – вершины гиперболы.

Задача 126. Составить уравнение конуса, вершина которого находится в начале координат, а направляющая дана системой уравнений

x	2	+	z	2	=1,

	2			2
			c
a
y = b.

Решение. Конус – это поверхность, составленная прямымиобразующими, пересекающими данную линию-направляющую. Уравнение конуса можно получить, исключая координаты общей точки из уравнений образующей и направляющей.

Пусть M (x; y; z) – текущая точка конуса.

Составим уравнение образующей, проходящей через вершину конуса

O(0;0;0) и точку пересечения ее с направляющей, т.е. через точку

M ( X ;b; Z ) ,

используя уравнение прямой, проходящей через две точки:"

x −0

y −0

z −0

X −0

b −0

Z −0

Отсюда X = xb ,

Z = zb .

ти

Подставив эти выражения в первое из уравнений данной системы, т.е. в

уравнение эллипса, получим:

2те2

2 2

.+org

=1.

xаb

z b

matem

й 2 y2

2 y2

получим

После умножения обеих частей уравнения на

а2

рz

д+

или

−

= 0 .

Это уравнениеа

конуса второго порядка с осью симметрии Oy .

Задача 127.

Доказать,

что плоскость

2x −12 y − z +16 = 0

пересекает

гиперболический параболоид x2 −4 y2 = 2z по прямолинейным образующим. Составить уравнения этих прямолинейных образующих.

Решение. Прямолинейные образующие определяются системой

x2 −4 y2 = 2z,

2x −12 y − z +16 = 0.

Из второго уравнения находим

z = 2x −12 y +16 .

Подставим значение z в первое уравнение:

x2 − 4 y2 = 2(2x −12 y +16)

x2 − 4x − 4 y2 + 24 y −32 = 0

(x2 − 2 2x + 4) − 4 − 4( y2 − 2 3y +9 −9) −32 = 0

(x − 2)2 − 4( y −3)2 = 0.

Применяя формулу a2 −b2 = (a −b)(a +b) , получаем

[x − 2 − 2( y −3)] [x −3 + 2( y −3)]= 0 .

Откуда находим

x −2 y + 4 = 0 и

x + 2 y −8 =

0 – уравненияН

образующих.

ти

те

org

matem

прямолинейных

СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ

1. Бондаренко З.І., Подольська С.М., Тимченко С.Є., Удовицька Д.В. Аналітична геометрія у просторі.– Дніпропетровськ: НГУ, 2005. – 37 с.

2. Бугров Я.С., Никольский С.М. Высшая математика. Задачник. – М.:

Наука, 1982. – 192 с.

3. Бугров Я.С., Никольский С.М. Высшая математика. Элементы линейной алгебры и аналитической геометрии.– М.: Наука, 1984. – 192 с.

4. Виноградов И.М. Аналитическая геометрия. – М.: Наука, 1986. – 172 с. 5. Ильин В.А., Позняк З.Г. Аналитическая геометрия. – М.: Наука, 1988. –

223 с.

Карманова Л.В.,

Кібкало О.Ф.,

Т.С. Криві другого

Орел В.П., Кагадій"Н

порядку. – Дніпропетровськ: НГУ, 2005. – 22 с.

Клетеник Д.В.

геометрии. – М.:

Сборник задач по аналитическойи

Физматгиз, 1963. – 224 с.

ти

те

Новікова Л.В., Уланова Н.П., Приходько В.В. Практикум з аналітичної

org

matem

математики. – Дніпропетровськ: НГУ,

геометрії: Навчальний посібник з вищоїм

2004. – 65 с.

Овчинников

Яремчук

Ф.П.,

Михайленко В.М.

Высшая

П.Фв.,

математика. Линейная и векторная алгебра. Аналитическая геометрия. – К.:

Вища школа, 1987.ф– 550 с.

Кібкало О.Ф., Сушко С.О., Карманова Л.В.

Лінійна,

10. Орел В.П.,

векторна алгебра та аналітична геометрія. – Дніпропетровськ: НГА України, 1998. – 25 с.

11. Привалов И.И. Аналитическая геометрия. – К: Изд-во УСХА, 1991. –

276 с.

12. Синайский Е.С., Новикова Л.В., Заславская Л.И. Высшая математика.

–Д.: НГУ, 2004. Ч. 1. – 399 с.

13. Синайский Е.С., Бугрим О.В. Векторная алгебра и аналитическая геометрия. – Днепропетровск: ДГИ, 1991. – 107 с.

Навчальне видання

Бібліотека іноземного студента

Бойко Любов Йосипівна Мільцин Анатолій Михайлович Павліщев Валентин Іванович

Математика

Частина 5

Елементи

аналітичної

геометрії

ти

Навчальний посібник

те

(Російською мовою.ua )

org

matem

Редактор Ю.В. Рачковська

Підписано до друку 15.01.08. Формат 30 х 42/4. Папір офсетний. Ризографія. Ум. друк. арк. 4,8. Обл.-вид. арк. 4,8. Тираж 250 прим. Зам. №

Підготовлено до друку та видрукувано у Національному гірничому університеті.

Свідоцтво про внесення до Державного реєстру ДК №1842. 49005, м. Дніпропетровськ, просп. К. Маркса, 19.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 99

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
28.03.2016924.3 Кб237Bezopas_dvizhenia_rus_2.docx
#
18.09.201934.95 Кб1Bilet_vse_25.docx
#
24.04.20195.11 Mб2Bilyavskiy.doc
#
06.06.20151.34 Mб9BIS3_matem_org_ua.pdf
#
06.06.20151.4 Mб12BIS4_matem_org_ua.pdf
#
06.06.20151.77 Mб16BIS5_matem_org_ua.pdf
#
28.03.20162.42 Mб8book_full.pdf
#
15.11.2019564.21 Кб1Brif_dlya_konsultantov_ISTINNAYa_iyul_2012.docx
#
26.08.2019102.02 Кб2bukhuchet.docx
#
22.11.2019185.21 Кб2BYuDZhETUVANNYa_Rob_zoshit_dlya_studentiv.docx
#
06.06.2015755.71 Кб33ch5 в работе.doc