2. előadás A sík mint elsőrendű felület. Síkegyenletek és tanulmányozásuk. Egyenesen a térben kölcsönös megegyezés egyenesek a térben, síkok és egyenesek a térben. Egyenes síkon, egyenes egyenletei síkon, egy pont és az egyenes távolsága síkon. Másodrendű görbék; kanonikus egyenletek levezetése, egyenletek tanulmányozása és görbék felépítése. Másodrendű felületek, felületek kanonikus egyenleteinek tanulmányozása. Szakasz módszer. 1

Elemek analitikus geometria§ 1. Sík. Van OXYZ és néhány felületünk S F(x, y, z) = 0 z x (S) О y Definíció 1: egy háromváltozós egyenletet az S felület egyenletének nevezünk a térben, ha ezt az egyenletet az egyes felületek koordinátái kielégítik. pont, amely a felszínen fekszik, és nem elégszik meg a koordinátákkal, egyetlen pont sem fekszik rajta. 2

Példa. Az (x - a)2 + (y - b)2 + (z - c)2 = R 2 (R > 0) egyenlet alapján definiálunk egy gömböt, amelynek középpontja a C(a, b, c) pontban van, sugara pedig R. M M (x , y, z) – változó pont M ϵ (S) |CM| = R C 3

2. definíció: Egy S felületet n-edrendű felületnek nevezünk, ha bizonyos Descartes-rendszer koordináták megadva algebrai egyenlet n-edik fokú F(x, y, z) = 0 (1) Az (S) példában egy kör, egy másodrendű felület. Ha S egy n-edrendű felület, akkor F(x, y, z) n-edik fokú polinom (x, y, z) Tekintsük az egyetlen elsőrendű felületet - egy síkot. Készítsünk egyenletet az M (x, y, z) ponton átmenő síkra 4-es normálvektorral

Legyen M(x, y, z) a sík tetszőleges (aktuális) pontja. M M 0 O α vagy koordináta alakban: (2) A (2) egyenlet az M ponton átmenő sík egyenlete adott normálvektorral. 5

D (*) (3) - teljes egyenlet sík Egy sík nem teljes egyenlete. Ha a (3) egyenletben több együttható (de nem A, B, C egyszerre) = 0, akkor az egyenletet hiányosnak nevezzük, és az α síknak vannak sajátosságai a helyén. Például, ha D = 0, akkor α átmegy az origón. 6

Az M 1 pont és az α M 1(x 1, y 1, z 1) α: M 1 d α M 0 sík távolsága az M 0 K 7 pontra vonatkozik.

- távolság az M 1 ponttól az α síkig A sík egyenlete „szegmensekben” Készítsünk egyenletet a sík egyenletéről, amely a koordinátatengelyeken nullától eltérő szakaszokat vág le C(0, 0, c) a, b értékekkel, c. Vegyük B(0, b, 0) értékét. Hozzuk létre az A pont egyenletét A(a, 0, 0) 8-val

-az α sík egyenlete "szegmensekben" -az A ponton átmenő sík egyenlete, merőleges a normálvektorra 9

2. § Az egyenes általános egyenlete. Egy térbeli egyenes 2 sík metszéspontjával határozható meg. (1) Egy egyenes egyenlete Az (1) típusú rendszer egy egyenest határoz meg a térben, ha az A 1, B 1, C 1 együtthatók egyidejűleg aránytalanok A 2, B 2, C 2 értékkel. 10

Paraméteres és kanonikus egyenletek egyenes - tetszőleges pont egyenes pont M M 0 Paraméteres egyenlet t - 11. paraméter

t kiküszöbölve kapjuk: - kanonikus egyenlet A (3) rendszer határozza meg a mozgást anyagi pont, egyenes és egyenletes a kiindulási helyzetből M 0(x 0, y 0, z 0) a vektor irányába eső sebességgel. 12

Az egyenesek közötti szög a térben. A párhuzamosság és a merőlegesség feltételei. Legyen két L 1, L 2 egyenes a térben, amelyet kanonikus egyenleteik adnak meg: Ekkor az ezen egyenesek közötti szög meghatározásának feladata a szög meghatározására redukálódik.

irányvektoraik: A definíció segítségével pont termékés a megadott skaláris szorzat koordinátáiban és a q 1 és q 2 vektorok hosszában kifejezett kifejezést kapjuk: 15

Az l 1 és l 2 egyenesek párhuzamosságának feltétele q 1 és q 2 kollinearitása, ezen vektorok koordinátáinak arányosságában rejlik, azaz a következő alakja van: A merőlegesség feltétele a következő definícióból következik: a skaláris szorzat és annak nullával való egyenlősége (cos = 0-nál), és alakja: l 1 l 2 + m 1 m 2 + n 1 n 2 = 0. 16

Az egyenes és a sík szöge: az egyenes és a sík párhuzamosságának és merőlegességének feltételei Tekintsük a P síkot általános egyenlet: Ax + By + Cz + D = 0, és a kanonikus egyenlet által adott L egyenes: 17

Mivel az L egyenes és a P sík közötti szög komplementer a q = (l, m, n) egyenes irányítóvektora és az n = (A, B, C) sík normálvektora közötti szöggel, , akkor a q n = q n cos skaláris szorzat és a cos = sin (= 90 -) egyenlőség definíciójából a következőt kapjuk: 18

Az L egyenes és a П sík párhuzamosságának feltétele (beleértve azt is, hogy L П-hez tartozik) ekvivalens a q és n vektorok merőlegességének feltételével, és ezen vektorok = 0 skaláris szorzatával fejezzük ki: q n = 0: Аl + Bm + Cn = 0. Az L egyenes és a P sík merőlegességének feltétele ekvivalens n és q vektorok párhuzamosságának feltételével, és e vektorok koordinátáinak arányosságával fejeződik ki: 19

Két egyenes ugyanahhoz a síkhoz való tartozásának feltételei Az L 1 és L 2 térben lévő két egyenes: 1) metszi egymást; 2) párhuzamos legyen; 3) keresztezett. Az első két esetben az L 1 és L 2 egyenesek ugyanabban a síkban fekszenek. Tegyük fel annak feltételét, hogy két kanonikus egyenletekkel meghatározott egyenes egy síkhoz tartozzon: 20

Nyilvánvalóan ahhoz, hogy a két jelzett egyenes egy síkhoz tartozzon, szükséges és elegendő, hogy három vektor = (x2 - x1, y2 - y1, z 2 - z 1); q 1 = (l 1, m 1, n 1) és q 2 = (l 2, m 2, n 2) egysíkúak voltak, amihez viszont szükséges és elegendő, hogy e három vektor vegyes szorzata = 0,21

Felvétel vegyes művek a megadott vektorok koordinátáiból megkapjuk a szükséges és elégséges állapot két L 1 és L 2 egyeneshez tartozó egy síkhoz: 22

Egy egyenes síkhoz való tartozásának feltétele Legyen egy egyenes és egy sík Ax + Bi + Cz + D = 0. Ezek a feltételek a következőképpen alakulnak: Ax1 + Bi1 + Cz 1 + D = 0 és Al + Bm + Cn = 0, ebből az első azt jelenti, hogy az M 1(x1, y1, z 1) pont, amelyen az egyenes áthalad, a síkhoz tartozik, a második pedig az egyenes és a sík párhuzamosságának feltétele. 23

Másodrendű görbék. 1. § A síkon lévő egyenes egyenletének fogalma. Az f (x, y) = 0 egyenletet a választott koordinátarendszerben az L egyenes egyenletének nevezzük, ha azt az egyenesen elhelyezkedő bármely pont koordinátái kielégítik, és nem teljesülnek az azon nem fekvő pontok koordinátái. 24

Src="https://present5.com/presentation/-127141277_437875303/image-25.jpg" alt="Példa: (x - a)2 + (y - b)2 = R 2 (R > 0)"> Пример: (x - a)2 + (y - b)2 = R 2 (R > 0) – уравнение окружности радиуса R и центром в точке С(a, b). Если 1.) 25!}

Egy L egyenest n-edrendű egyenesnek nevezünk, ha valamilyen derékszögű koordinátarendszerben egy n-edik fokú algebrai egyenlet adja meg x és y vonatkozásában. Ismerjük az egyetlen elsőrendű egyenest - egy egyenest: Ax + By + D = 0 Másodrendű görbéket fogunk figyelembe venni: ellipszis, hiperbola, parabola. A 2. rendű sorok általános egyenlete: Ax 2 + By 2 + Cxy + Dy + Ex + F = 0 26

Ellipszis (E) definíció. Az ellipszis a sík összes pontjának halmaza, az F 1 és F 2 sík két fix pontja közötti távolságok összege, úgynevezett gócok, állandó érték és nagy távolság a fókuszok között. Jelöljük az állandót 2 a-val, a fókuszpontok távolságát 2 c-vel. Rajzoljuk át az X tengelyt a fókuszokon, (a > c, a > 0, c > 0). Y tengely a gyújtótávolság közepén. Legyen M az ellipszis tetszőleges pontja, t M ϵ E r 1 + r 2 = 2 a (1), ahol r 1, r 2 az E fókusz 27 sugara.

Írjuk fel (1) koordináta alakban: (2) Ez egy ellipszis egyenlete a választott koordinátarendszerben. Leegyszerűsítve (2) kapjuk: b 2 = a 2 - c 2 (3) – az ellipszis kanonikus egyenlete. Megmutatható, hogy (2) és (3) egyenértékűek: 28

Ellipszis alakjának vizsgálata a kanonikus egyenlet segítségével 1) Az ellipszis egy 2. rendű görbe 2) Az ellipszis szimmetriája. mivel x és y a (3)-ban csak páros hatványokban szerepel, az ellipszisnek 2 tengelye és 1 szimmetriaközéppontja van, amelyek a kiválasztott koordinátarendszerben egybeesnek a kiválasztott koordinátatengelyekkel és az O ponttal. 29

3) Az ellipszis elhelyezkedése Azaz a teljes E egy téglalapon belül helyezkedik el, melynek oldalai x = ± a és y = ± b. 4) Metszéspont tengelyekkel. A1(-a; 0); A 2(a; 0); C OX: az ellipszis csúcsai C OU: B 1(0; b); B 2(0; -b); Az ellipszis szimmetriája miatt viselkedését (↓) csak az első negyedben vesszük figyelembe. harminc

Src="https://present5.com/presentation/-127141277_437875303/image-31.jpg" alt=" A (3) feloldása y-ra vonatkozóan megkapjuk: az első negyedben x > 0 és az ellipszis csökken."> Разрешив (3) относительно y получим: в I четверти x > 0 и эллипс убывает. Вывод: Э – замкнутая кривая, овальная, имеющая четыре вершины. План построения Э. 1) Строим прямоугольник со сторонами 2 a, 2 b 2) Вписываем выпуклую овальную линию 31!}

Hiperbola (Г) Definíció: Г a sík összes pontjának halmaza, a sík 2 fix pontja közötti távolságkülönbség modulusa F 1, F 2 állandó érték és

Leegyszerűsítve (1): (2) a G kanonikus egyenlete. (1) és (2) egyenértékűek. Hiperbola vizsgálata az 1) kanonikus egyenlet segítségével Г egy másodrendű egyenes, 2) Г két tengelye és egy szimmetriaközéppontja van, amelyek esetünkben egybeesnek a koordinátatengelyekkel és az origóval. 3) A hiperbola elhelyezkedése. 34

A hiperbola az x = a, x = -a egyenesek közötti sávon kívül található. 4) Tengellyel való metszéspontok. OX: OY: nincs megoldása A 1(-a; 0); A 2(a; 0) – valós csúcsok Г B 1(0; b); B 2(0; -b) – képzeletbeli csúcsok Г 2 a – valós tengely Г 2 b – képzeletbeli tengely Г 35

5) A hiperbola aszimptotái. A Г szimmetriája miatt az első negyedévi részét tekintjük. Ha megoldottuk (2) y-ra vonatkoztatva, a következőt kapjuk: Г egyenlet az első negyedben x ≥ 0 Tekintsük az egyenest: mivel az első negyedben x>0, vagyis az első negyedben ugyanazzal az abszcisszával az ordináta az egyenes > ordinálja a megfelelő Г pontot, azaz az első negyedben Г ez az egyenes alatt van. A teljes G egy függőleges szögben helyezkedik el, 36 oldalakkal

6) Megmutatható, hogy az első részben G növekszik 7) G megépítésének terve a) téglalap felépítése 2 a, 2 b b) rajzolja meg az átlóit c) jelölje be A 1, A 2 - G és 38 valós csúcsait írja be. ezeket az ágakat

Parabola (P) Tekintsük d-t (irányelv) és F-t (fókusz) a síkon. Meghatározás. П – a sík d egyenestől és F ponttól egyenlő távolságra lévő pontjainak halmaza (fókusz) 39

d-directrix F-fókusz XOY pont М П akkor, |MF| = |MN| (1) P egyenlete, amelyet a koordinátarendszerben választunk le (1) leegyszerűsítve y 2 = 2 px (2) – P kanonikus egyenlete (1) és (2) ekvivalens 40.

P tanulmányozása a kanonikus egyenlet felhasználásával x 2=2 py x 2=-2 py y 2=2 px y 2=-2 px 41

§ 4. Hengerek. Hengeres felületek a koordinátatengelyekkel párhuzamos generátorokkal az L egyenes x pontján keresztül az OZ tengellyel párhuzamos egyenest húzunk. Az ezen egyenes vonalak által alkotott felületet hengeres felületnek vagy hengernek (C) nevezzük. Bármilyen egyenes vonal a tengellyel párhuzamos Az OZ-t generátornak nevezik. l az XOY sík hengeres felületének vezetője. Z(x, y) = 0 (1) 42

Legyen M(x, y, z) egy hengeres felület tetszőleges pontja. Vetítsük rá L-re. M 0 ϵ L => Z(x 0, y 0) = 0 (2) x = x 0 => Z(x, y) = 0 Mϵ Ц y = y 0 M ϵL 0 azaz , akkor az M koordináták teljesülnek (1), akkor nyilvánvaló, hogy ha M C, akkor nem vetül az M 0 ϵ L pontra, és ezért M koordinátái nem felelnek meg az (1) egyenletnek, amely C-t egy párhuzamos generatrixszal határozza meg. az OZ tengelyhez a térben. Hasonlóan kimutatható, hogy: Ф(x, z) = 0 a Г || OY 43 (y, z) = 0 a C || térben határozza meg ÖKÖR

Térbeli egyenes vetítése koordinátasíkra A térben lévő egyenes paraméteresen és felületek metszéspontjával határozható meg. Ugyanaz a vonal definiálható különböző felületek ∩-jaként. Legyen két α felület L térbeli egyenese adott ∩: S 1: Ф 1(x, y, z) = 0 S 2: Ф 2(x, y, z) = 0 egyenlet L Ф 1(x, y, z) = 0 (1) Ф 2(x, y, z) = 0 Keressük meg L vetületét az XOY síkra az (1) egyenletből, és zárjuk ki Z-t. Kapjuk az egyenletet: Z(x, y) = 0 – térben ez az Ε egyenlet a || generátorral OZ és útmutató L. 46

Vetítés: L xy Z(x, y) = 0 Z=0 Másodrendű felületek Ellipszoid - egy felület kanonikus egyenlete a következő: 1) Ellipszoid - másodrendű felület. 2) X, Y, Z csak páros hatványokkal adja meg az egyenletet => a felületnek 3 síkja és 1 szimmetriaközéppontja van, amelyek a kiválasztott koordinátarendszerben egybeesnek a koordinátasíkokkal és az origóval. 47

3) Az ellipszoid elhelyezkedése A felület || közé záródik síkok x = a, x = -a egyenletekkel. Hasonlóképpen, azaz a teljes felületet egy négyszögletes paralelepipedon tartalmazza. x = ± a, y = ± b, z = ± c. A felületet metszetek módszerével fogjuk megvizsgálni - a felületet koordinátasíkokkal metszve || koordináta. A szakaszban vonalakat kapunk, amelyek alakja alapján ítéljük meg a felület alakját. 48

Metszük a felületet az XOY síkkal. A szakaszban egy sort kapunk. - a és b ellipszis – féltengelyek Hasonlóak a YOZ síkhoz - ellipszis b és c féltengelyekkel Sík || XOY Ha h(0, c), akkor az ellipszis tengelyei a-ról és b-ről 0-ra csökkennek. 49

a = b = c - gömb Paraboloidok a) Hiperbolikus paraboloid - kanonikus egyenletű felület: 1) Másodrendű felület 2) Mivel x, y csak páros hatványokban lép be az egyenletbe, a felületnek szimmetriasíkjai vannak, amelyek egybeesnek adott koordinátaválasztáshoz 50 síkkal XOZ, YOZ.

3) a felületet nyeregmetszet módszerrel vizsgáljuk. XOZ Keresztmetszetben a parabola az OZ tengellyel szimmetrikus, emelkedő. pl. YOZ 51

Src="https://present5.com/presentation/-127141277_437875303/image-53.jpg" alt=" terület ||XOY h > 0 hiperbola, valós féltengellyel OX mentén, h esetén"> пл. ||XOY при h > 0 гиперболы, с действительной полуосью вдоль OX, при h z ≥ 0, то есть, вся поверхность расположена над XOY. 4) исследуем поверхность методом сечения 53!}

b) Kétlapos hiperboloid 1) másodrendű felület 2) 3 síkja és 1 szimmetriaközéppontja 3) felületi elhelyezkedése x 2 ≥ a 2; |x| ≥ a; (a, b, c > 0) A felület két részből áll, amelyek az x = a, x = -a egyenletű síkok közötti sávon kívül helyezkednek el 4) a metszetek módszerét tanulmányozzuk (Egyedül!) 57

Másodrendű kúp A másodrendű kúp olyan felület, amelynek kanonikus egyenlete a következő: 1) egy másodrendű felületnek 2) 3 síkja és 1 szimmetriaközéppontja van 3) a metszet négyzetének módszerét tanulmányozzuk. XOY 58

Src="https://present5.com/presentation/-127141277_437875303/image-59.jpg" alt=" négyzet ||XOY |h| –>∞ 0-tól ∞ négyzet YOZ egyenespár, áthaladó"> пл. ||XOY |h| –>∞ от 0 до ∞ пл. YOZ пара прямых, проходящих через начало координат пл. XOZ пара прямых, проходящих через начало координат 59!}

60

A következő bekezdésekben megállapítjuk, hogy az elsőrendű felületek síkok és csak síkok, és a síkok egyenletek felírásának különböző formáit vizsgáljuk.

198. 24. tétel. A derékszögű koordinátákban minden síkot egy elsőfokú egyenlet határoz meg.

Bizonyíték. Feltételezve, hogy adott egy derékszögű derékszögű koordinátarendszer, tekintsünk egy tetszőleges a síkot, és igazoljuk, hogy ezt a síkot egy elsőfokú egyenlet határozza meg. Vegyünk egy M pontot az a síkon 0 (d: 0; y 0; z0); ezen felül válasszunk bármilyen vektort (csak ne egyenlő nullával!), merőleges az a síkra. A kiválasztott vektort p betűvel jelöljük, vetületeit a koordináta tengelyekre- A, B, C betűk.

Legyen M(x; y; z) tetszőleges pont. Akkor és csak akkor fekszik a síkon, ha a vektor MqM merőleges az n vektorra Más szóval, az a síkon fekvő Ж pontot a következő feltétel jellemzi:

Az a sík egyenletét akkor kapjuk meg, ha ezt a feltételt x, y koordinátákkal fejezzük ki, z. Erre a célra felírjuk az M vektorok koordinátáit 0M és th:

M 0M=(x-x 0; y-y 0; z-z0), P=(A; B; C).

165. bekezdése szerint két vektor merőlegességének jele a skaláris szorzatuk nullával való egyenlősége, vagyis e vektorok megfelelő koordinátáinak páronkénti szorzatának összege. Tehát M 0M J_ p akkor és csak akkor

A(x-x0)+B(y-y0) + C(z-ze) = 0.(1)

Ez az a sík kívánt egyenlete, mivel teljesülnek az lz, y koordináták, z M pont akkor és csak akkor, ha M az a síkon fekszik (azaz mikor J_«).

A zárójeleket kinyitva bemutatjuk az egyenletet(1) mint

Ax + By + Cz + (- A x 0 - By 0-Cz0) = 0.

Ax-\-By + Cz + D = 0. (2)

Látjuk, hogy az a síkot valóban egy elsőfokú egyenlet határozza meg. A tétel bizonyítást nyert.

199. Minden, egy adott síkra merőleges (nullától eltérő) vektort normális vektornak nevezünk. Ezzel a névvel azt mondhatjuk, hogy az egyenlet

A(x-X())+B(y~y0) + C(z-z0)=0

az M ponton átmenő sík egyenlete 0 (x 0; y 0; z0) és n normálvektorral rendelkezik- (A; B ; VAL VEL). A forma egyenlete

Ax + Bu-\- Cz + D = 0

a sík általános egyenletének nevezzük.

200. 25. tétel. A derékszögű koordinátákban minden elsőfokú egyenlet egy síkot határoz meg.

Bizonyíték. Feltételezve, hogy adott a derékszögű derékszögű koordinátarendszer, vegyünk egy tetszőleges elsőfokú egyenletet

Ax-\-By+Cz-\rD = 0. (2)

Amikor azt mondjuk, hogy „önkényes” egyenlet, azt értjük, hogy az A, B, C együtthatók, D tetszőleges szám lehet, de természetesen kizárva

az az eset, amikor mindhárom A, B, C együttható nullával egyidejűleg egyenlő. Bizonyítanunk kell, hogy az egyenlet(2) valamilyen sík egyenlete.

Legyen lg 0, y 0, r 0- valami megoldás az egyenletre(2), azaz ezt az egyenletet kielégítő számhármas*). A számok behelyettesítése 0, z0 az aktuális koordináták helyett az egyenlet bal oldalán(2), megkapjuk az aritmetikai azonosságot

Ax0 + By0 + Cz0+D^O. (3)

Vonjunk ki az egyenletből(2) azonosság (3). Megkapjuk az egyenletet

A(x-xo)+B(y-yo) + C(z-zo) = 0, (1)

amely az előző szerint az M ponton átmenő sík egyenlete 0 (jc0; y 0; z0) és normálvektora n- (A; B; C). De az egyenlet(2) egyenlő az egyenlettel(1), mivel az egyenlet(1) egyenletből kapott(2) az azonosság kifejezésenkénti kivonásával(3) és a (2) egyenlet viszont az egyenletből kapjuk(1) az identitás terminusonkénti hozzáadásával(3). Ezért az egyenlet(2) ugyanazon sík egyenlete.

Bebizonyítottuk, hogy egy tetszőleges elsőfokú egyenlet definiál egy síkot; Így a tétel bizonyítást nyer.

201. Felületek, amelyek Derékszögű koordináták az ax-t elsőfokú egyenletek határozzák meg, mint tudjuk, elsőrendű felületeknek. Ezzel a terminológiával a következőképpen fejezhetjük ki a megállapított eredményeket:

Minden sík elsőrendű felület; minden elsőrendű felület sík.

Példa. Írjon egyenletet a ponton áthaladó síkra! Afe(l; 1; 1) merőleges az i*=( 2; 2; 3}.

Megoldás a bekezdés szerint 199 a szükséges egyenlet

2(*- 1) + 2 (y -1) + 3 (y -1) = 0,

vagy

2x+2y+3g-7 = 0.

*) (2) egyenlet, mint minden elsőfokú egyenletnek három ismeretlennel, ennek is végtelen sok megoldása van. Bármelyik megtalálásához numerikus értékeket kell rendelnie két ismeretlenhez, majd meg kell találnia a harmadik ismeretlent az egyenletben.

202. A szakasz lezárásaként bizonyítjuk a következő állítást: ha két Axx egyenlet-j- B^y -]- Cxz Dt = 0 és A 2x + B^y -f- C2z -]- £)2 = 0 ugyanazt a síkot határozzák meg, akkor együtthatóik arányosak.

Valójában ebben az esetben az nx = (A 1; Bx\ és p 2 - (/42; B 2 ; Cr) ugyanarra a síkra merőlegesek, tehát kollineárisak egymáshoz. De akkor a bekezdés szerint 154 szám Аъ В 2, С 2 arányos az A1g B1gCx számokkal; az arányossági tényezőt p-vel jelölve a következőt kapjuk: A 2-A 1ts, B2 = Bx\i, C 2 =.Cj\i. Legyen M 0 (x 0; y 0 ; ^-a sík bármely pontja; koordinátáinak ki kell elégíteniük minden adott egyenletet, tehát Axx 0 + Vxu 0

Cxz0 = 0 és A2xQ В 2у 0 C2z0 + D2 = 0. Szorozzuk meg ezen egyenlőségek közül az elsőt p-vel. és kivonjuk a másodikból; kapunk D2-Djp = 0. Ezért D%-Dx\i és

B^ Cr_ D2

Ah B, Cx-B1 ^

Így állításunk bebizonyosodott.

1.7.1. Repülőgép.

Tekintsünk derékszögű bázisban egy tetszőleges P síkot és egy rá merőleges normálvektort `n (A, B, C). Vegyünk egy tetszőleges fix M0(x0, y0, z0) pontot és egy aktuális M(x, y, z) pontot ebben a síkban.

Nyilvánvaló, hogy ?`n = 0 (1,53)

(lásd (1.20), j = p /2). Ez a vektor formájú sík egyenlete. A koordinátákra átlépve megkapjuk a sík általános egyenletét

A(x – x0) + B(y – y0) + C(z – z0) = 0 ?Ах + Ву + Сz + D = 0 (1,54).

(D = –Ах0– Ву0 – Сz0; А2 + В2 + С2 ? 0).

Megmutatható, hogy a derékszögű koordinátákban minden síkot egy elsőfokú egyenlet határoz meg, és fordítva, minden elsőfokú egyenlet egy síkot határoz meg (azaz a sík elsőrendű felülete és a sík felülete elsőrendű egy repülőgép).

Tekintsünk néhány speciális esetet az általános egyenlet által meghatározott sík elhelyezkedésére:

A = 0 – párhuzamos az Ox tengellyel; B = 0 – párhuzamos az Oy tengellyel; C = 0 – párhuzamos az Oz tengellyel. (Az ilyen síkokat, amelyek az egyik koordinátasíkra merőlegesek, vetítősíknak nevezzük); D = 0 – áthalad az origón; A = B = 0 – merőleges az Oz tengelyre (párhuzamos az xOy síkkal); A = B = D = 0 – egybeesik az xOy síkkal (z = 0). Minden más esetet hasonlóan elemeznek.

Ha D? 0, akkor az (1.54) mindkét oldalát -D-vel elosztva a sík egyenletét a következő alakba hozhatjuk: (1.55),

a = – D /A, b = –D/B, c = –D /C. Az (1.55) relációt a sík szakaszokban lévő egyenletének nevezzük; a, b, c – a sík Ox, Oy, Oz és |a|, |b|, |c| metszéspontjainak abszcissza, ordinátája és alkalmazása. – a sík által levágott szakaszok hossza a megfelelő tengelyeken a koordináták origójából.

Mindkét oldalt (1,54) megszorozva egy normalizáló tényezővel (mD xcosa + ycosb + zcosg – p = 0 (1,56)

ahol cosa = Am, cosb = Bm, cosg = Cm a normál sík iránykoszinuszai, p a sík távolsága az origótól.

Tekintsük a számításoknál használt alapvető összefüggéseket. Az A1x + B1y + C1z + D1 = 0 és A2x + B2y + C2z + D2 = 0 síkok közötti szög könnyen meghatározható ezen síkok `n1 (A1, B1, C1) és normáljai közötti szögként.

`n2 (A2, B2, C2): (1.57)

Az (1.57)-ből könnyen megkaphatjuk a merőlegességi feltételt

A1A2 + B1 B2 + C1 C2 = 0 (1,58)

és a párhuzamosság (1.59) síkok és normáljaik.

Egy tetszőleges M0(x0, y0, z0) pont távolsága a síktól (1.54)

kifejezés határozza meg: (1.60)

A három megadott M1(x1, y1, z1), M2(x2, y2, z2), M3(x3, y3, z3) ponton átmenő sík egyenletét legkényelmesebben a vektorok koplanaritási feltételével (1.25) írjuk fel. ahol M(x, y , z) – a sík aktuális pontja.

(1.61)

Mutassuk be egy síkköteg egyenletét (pl.

Egy egyenes vonalon áthaladó síkkészletek) - számos problémában kényelmesen használható.

(A1x + B1y + C1z + D1) + l (A2x + B2y + C2z + D2) = 0 (1,62)

Ahol l О R, és zárójelben a gerenda bármely két síkjának egyenlete.

Ellenőrző kérdések.

1) Hogyan ellenőrizhető, hogy egy adott pont az egyenlet által meghatározott felületen fekszik?

2) Mi az a jellemző, amely megkülönbözteti a derékszögű koordináta-rendszerben egy sík egyenletét más felületek egyenletétől?

3) Hogyan helyezkedik el a sík a koordinátarendszerhez képest, ha az egyenlete nem tartalmazza: a) szabad tagot; b) az egyik koordináta; c) két koordináta; d) a koordináták egyike és egy szabad kifejezés; d) két koordináta és egy szabad tag?

1) Adott M1(0,-1,3) és M2(1,3,5) pont. Írja fel az M1 ponton átmenő és a vektorra merőleges sík egyenletét! Válassza ki a helyes választ:

A) ; b) .

2) Határozza meg a és a síkok közötti szöget. Válassza ki a helyes választ:

a) 135o, b) 45o

1.7.2. Egyenes. Olyan síkok, amelyek normálértékei nem kollineárisak vagy metszik egymást, egyértelműen meghatározva az egyenest metszéspontjuk vonalaként, amely a következőképpen van írva:

Ezen a vonalon (1.62 síkköteg) végtelen számú sík rajzolható át, beleértve azokat is, amelyek ezt koordinátasíkra vetítik. Egyenleteik megszerzéséhez elegendő az (1.63) transzformációt végrehajtani, minden egyenletből egy ismeretlent kiiktatni, és például a formára redukálni. (1.63`).

Tegyük fel a feladatot - húzzunk az M0(x0,y0,z0) ponton keresztül az `S (l, m, n) vektorral párhuzamos egyenest (ezt irányító egyenesnek nevezzük). Vegyünk egy tetszőleges M(x,y,z) pontot a kívánt egyenesen. Vektorok és kollineárisnak kell lennie, amiből megkapjuk az egyenes kanonikus egyenleteit.

(1,64) ill (1.64`)

ahol cosa, cosb, cosg az `S vektor iránykoszinuszai. Az (1.64)-ből könnyen előállítható egy adott M1(x1, y1, z1) és M2(x2, y2, z2) pontokon átmenő egyenes egyenlete (párhuzamos )

Vagy (1,64")

(Az (1.64)-ben szereplő törtek értéke az egyenes minden pontjára egyenlő, és t-vel jelölhető, ahol t R. Ez lehetővé teszi a belépést parametrikus egyenletek egyenes

A t paraméter minden értéke megfelel egy vonal pontjának x, y, z koordinátáinak vagy (egyébként) - egy egyenes egyenleteit kielégítő ismeretlenek értékeinek).

A vektorok és a rajtuk végzett műveletek már ismert tulajdonságait, valamint az egyenes kanonikus egyenleteit felhasználva könnyen előállíthatók a következő képletek:

Az egyenesek közötti szög: (1.65)

Párhuzamossági feltétel (1,66).

merőlegesség l1l2 + m1m2 + n1n2 = 0 (1,67) egyenes.

Az egyenes és a sík közötti szög (könnyen meghatározható, ha megtaláljuk az egyenes és a sík normálja közötti szöget, amely összeadja a kívánt p/2-t)

(1.68)

Az (1,66)-ból megkapjuk az Al + Bm + Cn = 0 (1,69) párhuzamossági feltételt.

és egy egyenes és egy sík merőlegessége (1.70). Az (1.25) koplanaritási feltételből könnyen megkaphatjuk azt a szükséges és elégséges feltételt, hogy két egyenes egy síkban legyen.

(1.71)

Ellenőrző kérdések.

1) Hogyan határozhatunk meg egy egyenest a térben?

1) Írja fel az A(4,3,0) ponton átmenő és a vektorral párhuzamos egyenes egyenleteit Jelölje meg a helyes választ:

A) ; b) .

2) Írja fel az A(2,-1,3) és B(2,3,3) pontokon átmenő egyenes egyenleteit! Jelölje meg a helyes választ.

A) ; b) .

3) Keresse meg az egyenes és a sík metszéspontját: , . Jelölje meg a helyes választ:

a) (6,4,5); b) (6,-4,5).

1.7.3. Másodrendű felületek. Ha lineáris egyenlet háromdimenziós derékszögű alapon egyértelműen meghatároz egy síkot, bármely nemlineáris egyenlet x-et, y-t, z-t tartalmazó más felületet ír le. Ha az egyenlet alakja

Ax2 + Ву2 + Cz2 + 2Dxy + 2Exz + 2Fyz + 2Gx + 2Hy + 2Kz + L = 0, akkor egy másodrendű felületet ír le (egy másodrendű felület általános egyenlete). A derékszögű koordináták kiválasztásával vagy átalakításával az egyenlet a lehető legnagyobb mértékben leegyszerűsíthető, ami a megfelelő felületet leíró alábbi formák valamelyikéhez vezet.

1. Vezetőként másodrendű hengerek kanonikus egyenletei szolgálnak, amelyek generátorai párhuzamosak az Oz tengellyel, és a megfelelő másodrendű görbék, amelyek az xOy síkban helyezkednek el:

(1.72), (1,73), y2 = 2 képpont (1,74)

elliptikus, hiperbolikus és parabolikus hengerek.

(Emlékezzünk vissza, hogy a hengeres felület egy olyan felület, amelyet egy egyenes vonal, úgynevezett generatrix, önmagával párhuzamos mozgatásával kapunk. Ennek a felületnek a generatrixra merőleges síkkal való metszésvonalát vezetőnek nevezzük - ez határozza meg a felület alakját. a felület).

Analógia útján felírhatjuk ugyanazon hengeres felületek egyenleteit az Oy tengellyel és az Ox tengellyel párhuzamos generatricákkal. A vezető definiálható a henger felületének és a megfelelő koordinátasík metszésvonalaként, pl. alakú egyenletrendszer:

2. Másodrendű kúp egyenletei origó csúcsával:

(1.75)

(a kúp tengelyei az Oz, Oy és Ox tengelyek)

3. Az ellipszoid kanonikus egyenlete: (1,76);

Speciális esetek például a forradalom ellipszoidjai – ellipszis elforgatásával kapott felület az Óz tengely körül (At

a > c az ellipszoid összenyomódik, x2 + y2+ z2 + = r2 – az origó középpontjával rendelkező r sugarú gömb egyenlete).

4. Egylapos hiperboloid kanonikus egyenlete

(a „–” jel a bal oldalon lévő három kifejezés bármelyike ​​előtt megjelenhet – ez csak a felület térbeli helyzetét változtatja meg). Speciális esetek például a forradalom egylapos hiperboloidjai – hiperbola elforgatásával kapott felület az Óz tengely (a hiperbola képzeletbeli tengelye) körül.

5. Kétlapos hiperboloid kanonikus egyenlete

(a „–” jel a bal oldalon található három kifejezés bármelyike ​​előtt megjelenhet).

Speciális esetek a kétlapos fordulathiperboloidok, például egy hiperbola Óz tengely (a hiperbola valós tengelye) körüli elforgatásával kapott felület.

6. Elliptikus paraboloid kanonikus egyenlete

(p > 0, q > 0) (1,79)

7. Hiperbolikus paraboloid kanonikus egyenlete

(p > 0, q > 0) (1,80)

(a z változó az x és y változók bármelyikével helyet cserélhet - a felület térbeli helyzete megváltozik).

Ne feledje, hogy ezeknek a felületeknek a jellemzőiről (alakjáról) könnyen képet kaphatunk, ha figyelembe veszik ezeknek a felületeknek a koordinátatengelyekre merőleges síkok szakaszait.

Ellenőrző kérdések.

1) Melyik térbeli ponthalmaz határozza meg az egyenletet?

2) Melyek a másodrendű hengerek kanonikus egyenletei; másodrendű kúp; ellipszoid; egylapos hiperboloid; kétlapos hiperboloid; elliptikus paraboloid; hiperbolikus paraboloid?

1) Keresse meg a gömb középpontját és sugarát, és jelölje meg a helyes választ:

a) C(1,5;-2,5;2), ; b) C(1,5; 2,5; 2), ;

2) Határozza meg a felület típusát, egyenletek által adott: . Jelölje meg a helyes választ:

a) egylapos hiperboloid; hiperbolikus paraboloid; elliptikus paraboloid; kúp.

b) kétlapos hiperboloid; hiperbolikus paraboloid; elliptikus paraboloid; kúp.

§7. Sík, mint elsőrendű felület. A sík általános egyenlete. Az áthaladó sík egyenlete ez a pont adott vektorra merőlegesen Vezessünk be egy derékszögű Oxyz derékszögű koordinátarendszert a térbe, és vegyünk egy elsőfokú egyenletet (vagy lineáris egyenletet) x, y, z-re: (7.1) Ax  By  Cz  D  0, A2  B2  C 2  0 . 7.1. Tétel. Egy tetszőleges derékszögű derékszögű koordinátarendszerben bármely síkot megadhatunk a (7.1) alakú egyenlettel. Pontosan ugyanúgy, mint egy síkon lévő egyenes esetében, a 7.1 tétellel megfordított tétel érvényes. 7.2. Tétel. Bármely (7.1) alakú egyenlet meghatároz egy síkot a térben. A 7.1. és 7.2. tétel bizonyítása a 2.1., 2.2. tétel bizonyításához hasonlóan végezhető el. A 7.1 és 7.2 tételből következik, hogy a sík és csak az elsőrendű felület. A (7.1) egyenletet általános síkegyenletnek nevezzük. Ennek  együtthatóit A, B, C geometriailag az n vektor koordinátáiként értelmezzük, amelyek merőlegesek az egyenlet által meghatározott síkra. Ezt az  n(A, B, C) vektort az adott síkra vonatkozó normálvektornak nevezzük. A (7.2) egyenlet A(x  x0)  B(y  y0)  C (z  z0)  0 az A, B, C együtthatók összes lehetséges értékére meghatározza az M 0 ponton áthaladó összes síkot ( x0 , y0 , z0) . Egy csomó sík egyenletének nevezik. Az A, B, C fajlagos értékeinek kiválasztása a (7.2) pontban az adott n(A, B, C) vektorra merőleges M 0 ponton átmenő link P síkjának kiválasztását jelenti (7.1. ábra). ). 7.1. példa. Írja fel a   A(1, 2, 0) ponton átmenő P sík egyenletét az a  (1, 2,–1), b  (2, 0, 1) vektorokkal párhuzamosan!    Az n normálvektor P-re merőleges az adott a és b vektorokra (7.2. ábra),   ezért n-re felvehetjük a vektoruk n szorzatát: A    P i j k   1   1 1   2 n  a  b  1 2  1  i  j 2 1  k 12 0  0 1 2 0 1 n  3  a  4k . Helyettesítsük be az ábra koordinátáit. 7.2. Például 7.1 P M0  pont M 0 és n vektor a (7.2) egyenletbe, megkapjuk a Fig. 7.1. Egy P síkköteg síkjának egyenletéhez: 2(x  1)  3(y  2)  4z  0 vagy P: 2x  3y  4z  4  0 , ha az együtthatóból kettő .◄ 1 A (7.1) egyenlet A, B, C értéke nulla, az egyik koordinátasíkkal párhuzamos síkot ad meg. Például amikor A  B  0, C  0 – P1 sík: Cz  D  0 vagy P1: z   D / C (7.3. ábra). Párhuzamos az Oxy síkkal, mert  n1(0, 0, C) normálvektora merőleges erre a síkra. A  C  0, B  0 vagy B  C  0, A  0 esetén a (7.1) egyenlet határozza meg a P2 síkokat:  D  0 és P3 szerint: Ax  D  0, az Oxz koordinátasíkkal párhuzamos és Oyz, tehát mint   normálvektoraik n2(0, B, 0) és n3(A, 0, 0) merőlegesek rájuk (ábra. 7.3). Ha a (7.1) egyenlet A, B, C együtthatói közül csak az egyik egyenlő nullával, akkor egy síkot ad meg, amely párhuzamos koordináta tengelyek(vagy azt tartalmazó, ha D  0). Így a P sík: Ax  By  D  0 párhuzamos az Oz tengellyel, z z  n1  n  n2 P1 L P O  n3 x y O P2 y P3 x ábra. 7.4. P sík: Ax  B y  D  0, párhuzamos az Óz tengellyel Fig. 7.3. A síkok párhuzamosak a  koordinátasíkokkal, mivel n(A, B, 0) normálvektora merőleges az Oz tengelyre. Figyeljük meg, hogy átmegy az L egyenesen: Ax  By  D  0 az Oxy-síkban (7.4. ábra). D  0 esetén a (7.1) egyenlet a koordináták origóján átmenő síkot ad meg. Példa 7.2. Keresse meg annak a  paraméternek az értékeit, amelyre a x  (2  2) y  (2    2)z    3  0 egyenlet a P síkkal párhuzamos: a) a koordinátasíkok; b) párhuzamos az egyik koordinátatengellyel; c) áthaladva a koordináták origóján. Írjuk fel ezt az egyenletet x  (  2) y  (  2)(  1) z    3  0 alakban. (7.3)  bármely értékére a (7.3) egyenlet egy bizonyos síkot határoz meg, mivel a (7.3) x, y, z együtthatói nem tűnnek el egyszerre. a)   0 esetén a (7.3) egyenlet meghatároz egy P síkot, amely párhuzamos az Oxy síkkal, P: z  3 / 2, és   2 esetén egy P 2 síkot, amely párhuzamos az Oyz síkkal, P: x  5/ 2. Ha nincs  értéke, a (7.3) egyenlettel definiált P sík párhuzamos az Oxz síkkal, mivel a (7.3) x, z együtthatói nem tűnnek el egyszerre. b)   1 esetén a (7.3) egyenlet meghatároz egy P síkot, amely párhuzamos az Oz tengellyel, P: x  3y  2  0. A  paraméter egyéb értékeinél nem határoz meg olyan síkot, amely csak az egyik koordinátatengellyel párhuzamos. c)   3 esetén a (7.3) egyenlet határozza meg az origón átmenő P síkot, P: 3x  15 y  10 z  0 . ◄ 7.3. példa. Írja fel a P sík egyenletét, amely átmegy: a) az Oxy sík tengellyel párhuzamos M ponton (1,  3, 2); b) az Ox tengely és az M pont (2, – 1, 3).   a) Az n-től P-ig terjedő normálvektorhoz itt vehetjük a k (0, 0,1) vektort - az Oz tengely egységvektorát, mivel az merőleges az Oxy síkra. Helyettesítsük be a  M pont (1,  3, 2) és az n vektor koordinátáit a (7.2) egyenletbe, megkapjuk a P sík egyenletét: z 3  0.   b) Az n-re normálvektor P ortogonális az i (1, 0, 0) és OM (2,  1, 3) vektorokra,  ezért a vektorszorzatukat n-nek vehetjük:    i j k      OM  1 0 0   j 12 03  k 12 01   3 j  k. 2 1 3  Helyettesítsük be az O pont és az n vektor koordinátáit a (7.2) egyenletbe, megkapjuk a P sík egyenletét:  3(y  0)  (z  0)  0 vagy P: 3 y  z  0 .◄ 3

Hasonló cikkek