Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://higeom.math.msu.su/teaching/students/angeom/2010-11test.pdf Дата изменения: Tue Dec 7 11:51:22 2010 Дата индексирования: Sun Apr 10 01:09:10 2016 Кодировка: Windows-1251

Вариант C0.

1. Точка
и

A

лежит на прямой

C (-1, 1, 5).

Найти

x-3 y z-1 == 2 3 -1 координаты точки A.

, причем

A

равноудалена от точек

B (3, 0, -2)

2. Составить уравнение биссекторной плоскости острого двугранного угла между плоскостями

x-z-5=0

и

3x + 5y + 4z = 0

.

3. Найти канонический вид кривой

5x2 + 2xy + 5y 2 - 12x + 20y + 32 = 0. C (2, 1)
и концы двух сопряженных диамет-

4. Составить уравнение эллипса, зная его центр
ров

A(5, 1), B (0, 3).

5. Найти канонический вид поверхности

2x2 + y 2 + 2z 2 - 2xy + 2y z + 4x + 4z = 0
и определить ее тип. Найти начало и базисные векторы канонической системы координат.

6. Написать уравнение гиперболического цилиндра с асимптотическими плоскостями

x+

y-z =1

и

2x - y + z = 2,

проходящего через точку

A(1, -1, 2).

Решения. 1. Решение. Произвольная точка данной прямой имеет координаты

t из условия равенства длин отрезков AB = 2 + (-1 + 3t)2 + (-4 - t)2 . Следовательно (4 + 2t)
дем параметр



(2t)2

(3 + 2t, 3t, 1 - t). Най+ (3t)2 + (3 - t)2 и AC =

(2t)2 +(3t)2 +(3-t)2 = (4+2t)2 +(-1+3t)2 +(-4-t)2 14t2 -6t+9 = 14t2 +18t+33 t = -1.
То есть искомая точка

A

имеет координаты

Ответ.

A(1, -3, 2).

(1, -3, 2).

2. Решение 1. Любая точка биссекторной плоскости равноудалена от двух данных плоскостей. Следовательно любая точка удовлетворяет уравнению

M (x, y , z ), лежащая |x - z - 5| |3x + 5y + 4z | = , то 2 52 (1, 0, -1)
и

на искомой биссекторной плоскости, есть

5|x - z - 5| = |3x + 4y + 5z |.

Чтобы

получить необходимое уравнение плоскости осталось выяснить как раскрываются знаки модулей: с одним знаком или с разными. Нормали

(3, 4, 5)

направлены в положительные

полупространства относительно соответствующих плоскостей и образуют тупой угол, так как их скалярное произведение отрицательно. Следовательно двугранный угол, образующийся при пересечении положительных полупространств, острый, так как он дополняет указанный угол между нормалями до

.

А значит модули необходимо раскрывать с одинаковыми знаками и

искомое уравнение биссекторной плоскости

2x - 4y - 10z - 25 = 0.
к данным плосна

Решение 2. Векторы
костям. Их длины

(1, 0, -1) и (3, 4, 5) являются нормальными векторами 2 и 5 2 соответственно. Умножим первый вектор равны

5,

тем самым


мы нашли два вектора

n1 (5, 0, -5) n1

и

n2 (3, 4, 5),

которые имеют равную длину и нормальны к

исходным плоскостям. Нормальный вектор к искомой плоскости это один из векторов вида

n1 + n2 . {

Угол между векторами

и

кости это их разность, то есть вектор

n2 тупой, а значит нормальный вектор (2, -4, -10). Рассмотрим какую-нибудь A(5, - 15 , 0). 4

к искомой плосточку, лежащую

x-z-5=0 . 3x + 4y + 5z = 0 через точку A имеет Подставляя точку A,

на линии пересечения исходных плоскостей. Для этого найдем какое нибудь решение системы Например, возьмем точку нормаль Нужная нам плоскость проходит

(2, -4, 10), то есть находим, что D = -25.

задается уравнением

2x - 4y - 10z + D = 0.

Решение 3. Биссекторная плоскость лежит в пучке, определяемом исходными плоскостями,
а значит ее уравнение выражается в виде линейной комбинации их уравнений с коэффициентами

и ч, то есть имеет вид ( + 3ч)x + 4чy + (- + 5ч)z - 5 = 0. Нормальный вектор n( + 3ч, 4ч, - + 5ч) должен образовывать равные или дополняющие друг друга до углы с нормалями n1 (1, 0, -1) и n2 (3, 4, 5) к исходным плоскостям. Для этого должно выполняться
равенство

|(n, n1 )| |(n, n2 )| = , |n1 | |n2 |

|50ч - 2| |2 - 2ч| = или = +5ч. Можно взять = 5, ч = +1 и тогда нормальный 2 52 вектор n имеет вид (8, 4, 0) или (2, -4, -10). Первый вектор задает биссекторную плоскость 3 тупого угла, так как угол между n и n1 лежит в промежутке ( ; ), так как cos (n, n1 ) = 44 1 2 < 2 . Значит нам подходит плоскость с = 5, ч = -1, которая задается уравнением 10 2x - 4y - 10z - 25 = 0. Ответ. 2x - 4y - 10z - 25 = 0.
то есть

3. Решение. Воспользуемся ортогональными инвариантами. Для данной кривой

I1 = a11 + a22 = 10;

a a I2 = det 11 a12 a

12 22

= 24;

a11 a12 a I3 = det a12 a22 a a1 a2 a

1 2 0

= -32. 1 = 4, 2 =

Корнями характеристического уравнения

2 - I1 + I2 = 0

являются числа

6

(корни характеристического уравнения одного знака, значит искомая кривая это эллипс,

мнимый эллипс или пара мнимых пересекающихся кривых, а для этих кривых в каноническом уравнении первый корень, то есть коэффициент при

(x )2 , должен быть меньше по модулю). 2 Таким образом в канонической системе координат O x y уравнение кривой примет вид 4(x ) + I3 6(y )2 + ч = 0, где параметр ч можно найти из соотношения ч = I2 = - 4 . После перенесения 3


свободного члена в правую часть и соответствующего домножения на константу уравнение примет канонический вид эллипса

(x )2
1 3

+

(y )2
2 9

= 1.

Ответ.

(x )2 1/3

+

(y )2 2/9

= 1. -- - (C, C A, C B )

(y )2 = 1.

4. Решение 1. В системе координат

данный эллипс задается уравнением

( x ) 2 +

Формулы замены координат имеют вид

{

x = 3x - 2y + 2 . y = 2y + 1


Выразим конечные координаты через исходные:

x =

x+y-3 y-1 ,y = . 3 2

Подставим в полу-

ченное уравнение, домножим на знаменатель, раскроем скобки и приведем подобные слагаемые:

4x2 + 8xy + 13y 2 - 24x - 42y + 9 = 0.
Данное уравнение и будет задавать эллипс в исходной системе координат.

Решение 2. Пусть искомый эллипс задается уравнением

a11 x2 + 2a12 xy + a22 y 2 + 2a1 x + 2a2 y +

a0 = 0. ћ

Найдем несколько соотношений на коэффициенты этого уравнения:

Точки

A

и

B

лежат на эллипсе, то есть выполнены равенства

25a11 + 10a12 + a22 + 10a1 + 2a2 + a0 = 0, ћ
Точка

9a22 + 6a2 + a0 = 0.

C

является центром эллипса, а значит ее координаты дают решение системы

{

a11 x + a12 y + a1 = 0 , a12 x + a22 y + a2 = 0

то есть

ћ

Направления то есть

2a11 + a12 + a1 = 2a12 + a22 + a2 = 0. - - - векторов C A(3, 0) и C B (-2, 2) сопряжены относительно ( )( ) -2 a11 a12 (3 0) = 6(a12 - a11 ) = 0. a12 a22 2

данного эллипса,

Таким образом у нас есть система из пяти линейных однородных уравнений с шестью неизвестными

(a11 , a12 , a22 , a1 , a2 , a0 )

и этого достаточно чтобы определить уравнение эллипса, так

как в случае если уравнения данной системы независимы (а позже мы увидим, что так и есть на самом деле), то фундаментальная система решений одномерна и решение определено с точностью до домножения на константу, а при домножении на константу уравнения кривой сама кривая не изменяется. Решим данную систему

a11 - a12 = 0 2a11 + a12 + a1 = 0 2a12 + a22 + a2 = 0 9a22 + 6a2 + a0 = 0 25a11 + 10a12 + a22 + 10a1 + 2a2 + a0 = 0


методом Гаусса.



1 -1 2 1 0 2 0 0 25 10

1 -1 0 0 0 1 -1 1 2 1 0 0 0 0 9 0 0 0 0 -1 1 -1 0 1 0 0 0 0 0 0

0 0 1 9 1

0 1 0 0 10

0 0 1 6 2

0 0 0 1 1

0 0 0 0 0







1 -1 0 3 0 2 0 0 0 35 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0

0 -1 1 6 1

0 0 1 9 1

0 0 -1 1 3 -2 0 -1 0 6

1 -1 0 1 0 0 0 0 0 0 000 -1 0 0 3 0 0 1 1 0 -3 1 0

0 1 0 0 10

0 0 1 6 2

0 0 0 1 1

0 0 0 0 0

1 -1 0 0 000 0 1 -1 1 -1 0 0 0 2 1 0 100 0 0 9 0 610 0 -1 1 -2 210 0 0 000 -1 1 -1 0 0 3 -2 3 0 0 0 -1 1 1 0 9 0 610 1 -1 0 0 000 0 1 -1 1 -1 0 0 0 0 3 -2 3 0 0 . 0 0 0 -1 1 1 0 0 0 0 0 370 (4, 4, 13, -12, -21, 9).







Обратным ходом метода Гаусса получаем шестерку решений

Отметим, что данное для данного решения необходимо сделать гораздо больше выкладок и вычислений чем в первом решении.

Ответ.

4x2 + 8xy + 13y 2 - 24x - 42y + 9 = 0.

5. Решение. Найдем все центры данной поверхности, они ищутся из системы уравнений

2x - y + 2 = 0 -x + y + z = 0 . y + 2z + 2 = 0

{
Центрами данной поверхности являются все точки прямой

2x - y + 2 = 0 -x + y + z = 0

, которая зада-

ется каноническим уравнением

может быть началом канонической координат, а третий базисный вектор канонической системы будет направляющим вектором этой прямой. Найдем корни характеристического уравнения

x+1 y z+1 == . 1 2 -1

Следовательно любая точка этой прямой

det
Корнями будут

2 - -1 0 -1 1 - 1 0 1 2-

= -3 + 52 - 6 = -( - 2)( - 3) = 0.
причем

1 = 2, 2 = 3, 3 = 0,

i

-й корень будет соответствовать

i-му

направле-

ний канонической системы координат, в частности поверхности.

3 = 0

соответствует линии центров данной

Найдем соответствующие собственные векторы квадратичной части данной поверхности, при этом векторы мы будем искать векторы единичной длины, так как каноническая система координат должна быть прямоугольной:

ћ 1 = 2.



0 -1 0 -1 -1 1 , 0 10


то есть первым базисным вектором канонической системы координат будет

e1 = (

1 2

, 0,

1 2

).

ћ 2 = 3.



-1 -1 0 -1 -1 0 -1 -2 1 0 -1 1 , 0 1 -1 0 1 -1 e2 = (
1 1 1 , , 3 3 3

то есть вторым базисным вектором канонической системы координат будет

).

ћ 3 = 0.

Третий базисный вектор это направляющий вектор линии центров, то есть, с

учетом нормировки,

e3 = (

1 2 , 6 6

,-

1 6

).

Итого каноническая система координат найдена, осталось найти каноническое уравнение. Оно примет вид так как если бы вместо параметра ч было выражение вида k z , то поверхность была бы эллиптическим параболоидом и центров бы не имела. Чтобы найти ч достаточно подставить в левую часть любой и возможных центров, например (-1, 0, -1). В канонической системе координат в левой части получится значение ч, так как центр имеет в ней координаты (0, 0, z ). А в исходной получится значение -4, следовательно ч = -4 и



1 (x )2 + 2 (y )2 + ч = 0,

исходная поверхность это эллиптический цилиндр с каноническим уравнением

(x )2 (y )2 + = 1. 2 4/3
Ответ. Эллиптический цилиндр

O (-1, 0, -1), e1 = (

1 2

, 0,

1 2

y + (4/) = 1. 3 1 1 1 ), e2 = ( 3 , 3 , 3 ), e3 = (

(x ) 2

2

2

1 2 , 6 6

,-

1 6

)

6. Решение 1. Рассмотрим какую-нибудь аффинную (не обязательно прямоугольную!) систему координат уравнения

O x y z , x = 0 и y = 0,

в которой асимптотические плоскости искомого цилиндра имеют а точка

данной системе координат будет иметь Нам известны уравнения вида

(1, 1, 0). Тогда гиперболический цилиндр в x y = 1. Ax + B y + C z + D = 0 и A x + B y + C z + D = 0 асимптотичекоординаты

A

ских плоскостей в обеих системах координат, а значит левые части этих уравнений отличаются домножением на ненулевую константу, то есть ставляя координаты точки

= -3

и

цилиндра вид

(1, 1, 0) в старой и новой системах координат, получаем x+y-z-1 2x - y + z - 2 = 3. Следовательно x = - иy = и уравнение нужного 3 3 (x + y - z - 1)(2x - y + z - 2) имеет вид = -1, что после раскрытия скобок примет 9
и

A(1, -1, 2)

x = x + y - z - 1

и

y = 2x - y + z - 2.

Под-

2x2 - y 2 - z 2 + xy - xz + 2y z - 4x - y + z + 11 = 0.
Замечание. Рассматриваемая система координат существует если данная точка не лежит
на асимптотических плоскостях. Для этого достаточно в качестве третьей координатной плоскости

z = 0

(первые две это асимптотические плоскости цилиндра) взять любую плоскость,

проходящую через

A

и не параллельную линии пересечения асимптотических плоскостей. Оста-

лось только выбрать первые два базисных вектора, чтобы вид

A

имела в новой система координат

(1, 1, 0).

Решение 2. Данное решение возможно только в случае когда система координат прямоугольная. Воспользуемся тем свойством гиперболы, что для любой ее точки произведение расстояний до асимптот постоянное. Аналогичное утверждение будет верно и для точек гиперболического цилиндра и асимптотических плоскостей. Для данной точки

A

произведение


расстояний до асимптотических плоскостей равно вок точки

3 3 3 ћ = , 3 6 2

кроме того знаки подстано-

A

уравнения асимптотических плоскостей различны. Следовательно, точка

(x, y , z )

принадлежит гиперболическому цилиндру в том и только том случае, когда произведение расстояний от нее до асимптотических плоскостей равно

плоскостей разного знака, то есть

3 и подстановки этой точки 2 x + y - z - 1 2x - y + z - 2 3 - ћ = , или 3 6 2

в уравнения

2x2 - y 2 - z 2 + xy - xz + 2y z - 4x - y + z + 11 = 0.
Ответ.

2x2 - y 2 - z 2 + xy - xz + 2y z - 4x - y + z + 11 = 0.