Поверхности второго порядка (КСРС)

Модуль 3. Поверхности второго порядка, заданные общим уравнением
Компетенции:
академическим:
 знание основных понятий темы «Поверхности второго порядка,
заданные общим уравнением»;
 умение применять полученные теоретические знания по теме
«Поверхности второго порядка, заданные общим уравнением» на
практических занятиях;
 умение излагать и доказывать теорему о свойствах поверхностей
второго порядка, заданного общим уравнением;
социально-личностные
 формирование умений работать индивидуально и коллективе при
выполнении учебных заданий;
 формирование умений работать с учебной и научной
литературой, проводить анализ прочитанного, резюмировать
полученную информацию.
профессиональные
 формирование умений применять методы аналитической
геометрии при решении математических задач;
 сформировать знаний по блок теоретического материала
«Поверхности второго порядка, заданные общим уравнением»
для дальнейшей профессиональной деятельности.
Структура модуля
Модуль состоит из 7 учебных элементов
УЭ-1. Проблематизация и целеполагание
УЭ-2. Поверхности второго порядка, заданные общим уравнением
УЭ-3. Деятельностно-творческий
УЭ-4. Литература для самообразования
УЭ-5. Самоконтроль и коррекция усвоения темы «Поверхности второго
порядка, заданные общим уравнением»
УЭ-6. Выходной контроль
УЭ-7. Оценочно-рефлексивный
УЭ-1. Проблематизация и целеполагание
Учебная задача:
- определить проблемное поле предстоящей учебной деятельности;
- изучить требования к усвоению темы;
- самоопределиться в выборе уровня изучения учебного материала.
Информационный блок
Требования к усвоению понятий:
 уметь четко определять понятия: уравнение второго порядка от трех
неизвестных, поверхность второго порядка
Ситуационный блок
Задание 1. Определите проблемную ситуацию для себя в контексте
профессиональной подготовки.
Задание 2. Сформулируйте проблему для данной образовательной ситуации.
Задание 3. Переведите проблему в учебную задачу и выполните ее
постановку.
УЭ-2. Плоские фигуры второго порядка, заданные общим уравнением
Учебная задача:
 изучить блок теоретического материала «Поверхности второго
порядка, заданные общим уравнением»;
 выявить интеллектуальные затруднения, возникающие при работе с
учебным материалом и зафиксировать их;
 подготовиться к обсуждению теоретического материала;
 изучить подходы к решению задач с использованием теоретических
знаний, полученных в ходе работы с теоретическим материалом
«Поверхности второго порядка, заданные общим уравнением».
Ситуационный блок
Задание 1. Внимательно прочитайте блок теоретического материала
«Поверхности второго порядка, заданные общим уравнением» в
информационно-содержательном блоке.
Задание 2. Выявите интеллектуальные затруднения, возникающие при
работе с учебным материалом, и зафиксируйте их в рабочую тетрадь для
последующего обсуждения на консультации.
Информационно-познавательный блок
Блок теоретических материалов «Поверхности второго порядка, заданные
общим уравнением»
Определение. Уравнение вида
a11x2  a22 y 2  a33z 2  2a12 xy  2a13xz  2a23 yz  2a1x  2a2 y  2a3z  a0  0 ,
(2.1)
2
2
2
2
2
2
где aij , ak  R , i 1,3 , j 1,3 , k 1,3 , a11  a22  a33  a12  a13  a23  0
(т.е. хотя бы один коэффициент aij  0 ) называется уравнением второго
порядка от трех переменных.
Определение. Фигура, которая в некоторой специально выбранной
прямоугольной системе координат может быть задана уравнением (2.1)
называется поверхностью второго порядка.
x2 y 2 z 2
Пример 2.1. Пусть фигура задана уравнением 2  2  2  1 . Здесь
a
b
c
1
1
1
a11  2 , a22  2 , a33  2 , a0  1 , а все остальные коэффициенты равны
c
a
b
нулю.
Аналогично можно определить, что однополостный и двуполостный
гиперболоиды, эллиптические и гиперболические параболоиды, конус,
цилиндры второго порядка – поверхности второго порядка.
Перейдем к новой системе координат по формулам:
 x  x cos 1  y cos 1  z cos  1,

(2.2)
 y  x cos  2  y cos  2  z cos  2 ,
 z  x cos   y cos   z cos  .
3
3
3

Получили переход от старой системы координат Oxyz , к новой
системы координат Oxyz .
Если (2.2) подставить в уравнение (2.1), и наложить условие, что
коэффициенты при слагаемых xy , xz , yz  будут равны нулю, то получим
уравнение вида
(2.3)
1x2  2 y2  3z2  2a1 x  2a2 y  2a1 z  a0  0
где 1 , 2 , 3 находятся из уравнения:
a11  
a12
a13
a12
a22  
a23  0 ,
a13
a23
a33  
а углы в системе (2.2) находятся из решения системы:
 a11  i  cos i  a12 cos i  a13 cos  i  0,

a12 cos i   a22  i  cos i  a23 cos  i  0,

a13 cos i  a23 cos i   a33  i  cos  i  0, i  1,3.
Исследуем уравнение (2.3).
Рассмотрим случаи.
I) Пусть 1  0 , 2  0 , 3  0 . Тогда
2
2
2



a 
a 
a 
1  x  1   2  y  2   3  z  3   D ,
1 
2 
3 



a12 a22 a32


где D  a0 
.
1 2 3
Обозначая новую систему координат OXYZ будем иметь X  x 
Y  y 
a2
2
, Z  z 
a3
3
a1
1
,
. Теперь имеем
1X 2  2Y 2  3Z 2  D .
Возможны следующие случаи:
I1. Если 1 , 2 , 3 , D одного знака, то фигура, заданная уравнением
(2.1) – эллипсоид.
I2. Если 1 , 2 , 3 одного знака, а D противоположного знака, то
фигура, заданная уравнением (2.1) – пустое множество (мнимый эллипсоид).
I3. Если 1 , 2 , D одного знака, а 3 противоположного знака, то
фигура, заданная уравнением (2.1) – однополостный гиперболоид.
I4. Если 1 , 2 одного знака, а 3 , D противоположного знака, то
фигура, заданная уравнением (2.1) – двуполостный гиперболоид.
I5. Если 1 , 2 , 3 одного знака, а D  0 , то фигура, заданная
уравнением (2.1) – точка (начало координат, точка O  0;0;0  ).
I6. Если 1 , 2 одного знака, 3 противоположного, D  0 , то фигура,
заданная уравнением (2.1) – конус.
Пример 2.1. Определите вид поверхности x2  2 y 2  3z 2  6 x  4 y 
12 z  13  0 .
Решение. Выделим полные квадраты по переменным x , y и z :
 x2  6x  9  9   y2  2 y  1  2   z 2  4z  4  12  13  0 .
Отсюда
 x  32  2  y  12  3 z  2 2  36 .
Разделим обе части на 4:
 x  32   y  12   z  2 2  1
62
3 2   2 3 
2
2
Введем новую систему координат с началом в точке O1  3; 1;2  ,
получающуюся из старой параллельным переносом. Обозначая новую
систему координат OXYZ будем иметь X  x  3 , Y  y  1 , Z  z  2 . В
новой системе координат поверхность задается уравнением
X2
Y2
Z2


 1.
2
2
62
3 2
2 3

 

Полученное уравнение определяет эллипсоид.
X2
Y2
Z2

 1 , где X  x  3 , Y  y  1 , Z  z  2 .
Ответ. 2 
2
2
6
3 2
2 3

 

Пример 2.2. Приведите уравнение поверхности 9 x2  4 y 2  12 z 2  18x 
24 y  48 z  3  0 к каноническому виду.
Решение. Выделим полные квадраты по переменным x , y и z :






9 x2  2 x  1  9  4 y 2  6 y  9  36  12 z 2  4 z  4  48  3  0 .
Отсюда
9  x  1  4  y  3  12  z  2   0 .
Разделим обе части на 36:
2
2
2
 x  12   y  32   z  2 2  0
22
 3
32
2
Введем новую систему координат с началом в точке O1 1;3;2  ,
получающуюся из старой параллельным переносом. Обозначая новую
систему координат OXYZ будем иметь X  x  1 , Y  y  3 , Z  z  2 . В
новой системе координат поверхность задается уравнением
X2 Y2
Z2


 0.
2
22 32
3
 
Полученное уравнение определяет конус.
X2
Y2
Z2

 1 , где X  x  1 , Y  y  3 , Z  z  2 .
Ответ. 2 
2
2
6
3 2
2 3

 

Пример 2.3. Приведите уравнение поверхности 2 x2  3 y 2  4 z 2  16 x 
18 y  16 z  23  0 к каноническому виду.
Решение. Выделим полные квадраты по переменным x , y и z :






2 x2  8x  16  32  3 y 2  6 y  9  27  4 z 2  4 z  4  16  23  0 .
Отсюда
2  x  4   3  y  3  4  z  2   12 .
Разделим обе части на 12:
2
2
2
 x  4  2   y  3 2   z  2 2  1
 
6
2
 
22
3
2
Введем новую систему координат с началом в точке O1  4;3;2  ,
получающуюся из старой параллельным переносом. Обозначая новую
OXYZ
систему
координат
будем
иметь
, Y  y  3 , Z  z  2 . В новой системе координат поверхность задается
уравнением
X2 Y2
Z2


 0.
2
22 32
3
 
Полученное уравнение определяет конус.
X2
Y2
Z2

 1 , где X  x  1 , Y  y  3 , Z  z  2 .
Ответ. 2 
2
2
6
3 2
2 3

 

Пример 2.4.
Приведите
уравнение
поверхности
x2  5 y 2  z 2  2 xy  6 xz  2 yz  2 x  6 y  2 z  0 к каноническому виду и
изобразите график полученной поверхности второго порядка.
Решение.
Квадратичная
форма
имеет
вид
2
2
2
x  5 y  z  2 xy  6 xz  2 yz .
Выписываем матрицу
1 1 3
A   1 5 1  .
3 1 1


Находим ее собственные числа. Для этого запишем характеристическое
уравнение
1 
1
3
1
5
1  0.
3
1
1 
После вычисления определителя получим
 3  7 2  36  0 ,
   3   6   2   0 .
Т.о. получили три собственных числа 1  3 , 2  6 , 3  2 .
Находим собственные векторы.
Для собственного числа 1  3 для координат собственного вектора 
получим систему уравнений
21   2  3 3  0,

1  2 2   3  0,
3    2  0.
2
3
 1
Решая ее находим, что фундаментальная система решений содержит
только одно решение, и в качестве собственного вектора можно взять
1
   1 .
1
 
Для собственного числа 2  6 для координат собственного вектора 
получим систему уравнений
51   2  33  0,

 1   2  3  0,
3    5  0.
2
3
 1
Решая ее, находим, что фундаментальная система решений содержит
только одно решение, и в качестве собственного вектора можно взять
1
   2  .
1
 
Для собственного числа 3  2 для координат собственного вектора 
получим систему уравнений
3 1   2  3 3  0,

 1  7 2   3  0,
3    3  0.
3
 1 2
Решая ее, находим, что фундаментальная система решений содержит
только одно решение, и в качестве собственного вектора можно взять
 1
   0  .
1
 
 ,    1 1  1  2  1 1  0 ,
 ,    11  1  0  1 1  0 ,
  ,    11  2  0  1 1  0 , откуда получаем, что собственные векторы
попарно ортогональны. Определим длины векторов  ,  ,  :
  12   1  12  3 ,
2
  12  22  12  6 ,
 
 12  02  12 
2.
Следовательно, векторы нового ортонормированного базиса будут
 1 
 1 
 1 




3
6
 2 






 1 
 2 


иметь координаты i   
,
,
j

k

0

.
 6
3
 1 






 1 
 1 
 2 




 3 
 6
1
1 
 1



3
6
2


2
 1

Матрица перехода имеет вид S   
0 .
3
6


1
1 
 1


6
2 
 3
1
1
1
1
2
Следовательно, имеем, x 
x 
y 
z , y  
x 
y ,
3
6
2
3
6
1
1
1
z
x 
y 
z . Подставим эти выражения в исходное уравнение.
3
6
2
Квадратичная форма примет вид, в котором произведения переменных будут
отсутствовать, а коэффициентами при квадратах будут служить собственные
числа
1
1   1
2 
 1
3x2  6 y2  2 z2  2 
x 
y 
z   6  
x 
y  
3
6
2
3
6

 

1
1 
 1
2 
x 
y 
z   0 .
6
2 
 3
Приводим подобные члены
6
12
4
3x2  6 y2  2 z2 
x 
y 
z  0 .
3
6
2
Выделим полные квадраты
2
2


2
2
 1  
 1  
2
2
3 x 
x  
y  
   1  6  y 
   1 

3
3
6
6



 



2
 2 2
 1  
2  z 
z  
   1  0 ,

2
2

 

или
2
2
2
1 
1 
1 



3 x 
  1.
  6  y 
  2  z 
3
6
2



x  x 
1
,
3
Новое начало системы координат O1 имеет координаты x 
1
,
3
Выполняем
y  y 
параллельный
перенос
осей
координат
1
1
, z  z 
.
2
6
1
1
, z 
.
2
6
В исходной системе координат точка O1 в соответствии с формулами
1
2
2
имеет координаты x   , y   , z  .
3
3
3


В новой системе координат O1x y z уравнение примет вид
y  
x2
y2
z2


 1.
2
2
2
 1 
 1 
 1 






 2
 3
 6
Это уравнение является каноническим уравнением однополостного
гиперболоида. Его центр находится в точке O1 , две вещественные оси
1
1
параллельны векторам i , j  , вещественные полуоси равны
,
.
3
6
1
Мнимая ось параллельна вектору k  , и равна
. Изображение
2
гиперболоида приведено на рисунке ниже.
x2
Ответ.
2

 1 


 3
II) Пусть 1  0 ,
y2
2
z2

2
 1.
 1 
 1 




 2
 6
2  0 , 3  0 . Тогда
2
2



a 
a 
D 
1  x  1   2  y  2   2a3  z 
,



2
a

1

2
3

2
2
a
a
где D  a0  1  2 .
1 2
Обозначая новую систему координат OXYZ будем иметь X  x 
Y  y 
a2
2
, Z  z 
a1
1
,
D
. Теперь имеем
2a3
1X 2  2Y 2  2a3 Z .
Возможны следующие случаи:
II1. Если 1 , 2 , 2a3 одного знака, то фигура, заданная уравнением
(2.1) – эллиптический параболоид.
II2. Если 1 , 2a3 одного знака, а 2 противоположного знака, то
фигура, заданная уравнением (2.1) – гиперболический параболоид.
Пример 2.5. Приведите уравнение поверхности 2 x2  3 y 2  12 x  12 y 
12 z  42  0 к каноническому виду.
Решение. Выделим полные квадраты по переменным x , y и z :




2 x2  6 x  9  18  3 y 2  4 y  4  12  12 z  48  0 .
Отсюда
2  x  3  3  y  2   12 z  48 .
Разделим обе части на 12:
2
2
 x  3 2   y  2  2  z  4
 6
2
22
Введем новую систему координат с началом в точке O1  3;2; 4  ,
получающуюся из старой параллельным переносом. Обозначая новую
систему координат OXYZ будем иметь X  x  3 , Y  y  2 , Z  z  4 . В
новой системе координат поверхность задается уравнением
X2
Y2
 2  Z 4.
2
2
6
 
Полученное уравнение определяет гиперболический параболоид.
Ответ.
X2
 6
2

Y2
22
 Z  4 , где X  x  3 , Y  y  2 , Z  z  4 .
Пример 2.6. Приведите уравнение поверхности 2 x2  y 2  2 z 2  2 xy 
2 yz  x  4 y  3z  2  0 к каноническому виду.
Решение. Квадратичная форма имеет вид 2 x2  y 2  2 z 2  2 xy  2 yz .
Выписываем матрицу
 2 1 0 
A   1 1 1 .
 0 1 2 


Находим ее собственные числа. Для этого запишем характеристическое
уравнение
2   1
0
1 1  
1  0 .
0
1 2  
После вычисления определителя получим
 3  5 2  6  0 ,
    3   2   0 .
Таким образом, получили три собственных числа 1  0 , 2  3 , 3  2 .
Находим собственные векторы.
Для собственного числа 1  0 для координат собственного вектора 
получим систему уравнений
 0,
 21   2

1   2  3  0,

  2  23  0.

Решая ее находим, что фундаментальная система решений содержит
только одно решение, и в качестве собственного вектора можно взять
1
   2  .
1
 
Для собственного числа 2  3 для координат собственного вектора 
получим систему уравнений
 0,
 1   2

 1  2 2  3  0,

  2  3  0.

Решая ее, находим, что фундаментальная система решений содержит
только одно решение, и в качестве собственного вектора можно взять
1
   1 .
1
 
Для собственного числа 3  2 для координат собственного вектора 
получим систему уравнений
 0,
 2

 1   2   3  0,

2
 0.

Решая ее, находим, что фундаментальная система решений содержит
только одно решение, и в качестве собственного вектора можно взять
 1
   0  .
1
 
 ,    1 1  1  2  1 1  0 ,
 ,    11  2  0  1 1  0 ,
  ,    11  1  0  1 1  0 , откуда получаем, что собственные векторы попарно
ортогональны. Определим длины векторов  ,  ,  :
  12  22  12  6 ,
  12  (1)2  12  3 ,
 
 12  02  12 
2.
Следовательно, векторы нового ортонормированного базиса будут
 1 
 1 
 1 




6
3
 2 






 2 
 1 


иметь координаты i  
,
,
j


k

0

.

6
3





1 


 1 
 1 
2






 6
 3 
1
1 
 1



3
2
 6
1
 2

Матрица перехода имеет вид S  

0 .
6
3


1
1
1




3
2 
 6
Следовательно,
x
имеем,
1
1
1
x 
y 
z ,
6
3
2
y
2
1
x 
y ,
6
3
1
1
1
x 
y 
z . Подставим эти выражения в исходное уравнение.
6
3
2
Квадратичная форма примет вид, в котором произведения переменных будут
отсутствовать, а коэффициентами при квадратах будут служить собственные
числа
z
1
1   2
1 
 1
3 y2  2 z2  
x 
y 
z   4 
x 
y  
3
2   6
3 
 6
1
1 
 1
3
x 
y 
z   0 .
6
3
2


Приводим подобные члены
10
2
4
3 y2  2 z2 
x 
y 
z  2  0 .
6
3
2
Выделим полные квадраты
1
1  1
1
1
10


3 y2  2 
 y     2  z2  2 
 z    1 
x  2  0 ,
27  9
2
3 3
2
6


или
2
2
1 
1 
10
8


3  y 
x  ,
 
  2  z 
9
3 3
2
6


или
2
2
3 6
1 
6
1 
4 6



y


z


x

.


10 
5 
45
3 3
2
x  x 
4 6
,
45
Новое начало системы координат O1 имеет координаты x  
4 6
,
45
Выполняем параллельный перенос осей координат
y  y 
1
1
3 3
, z  z 
1
.
2
1
.
2
3 3
В исходной системе координат точка O1 в соответствии с формулами
3
1
7
имеет координаты x   , y  , z  .
10
15
10
В новой системе координат O1xyz уравнение примет вид
y 
, z 
y2
2

z2
2
 x.
 10 
 5 




6
 3 6

Это уравнение является каноническим уравнением эллиптического
параболоида.
y2
z2
Ответ.

 x.
2
2
 10 
 5 




6
 3 6

III) Пусть 1  0 , 2  0 , 3  0 , a3  0 . Тогда уравнение (2.3) примет
вид
2
2


a 
a 
1  x  1   2  y  2   D ,
1 
2 


a12
где D  a0 
1

a22
2
.
Обозначая новую систему координат OXYZ будем иметь X  x 
Y  y 
a2
2
, Z  z 
a1
1
,
D
. Теперь имеем
2a3
1X 2  2Y 2  2a3 Z .
Возможны следующие случаи:
III1. Если 1 , 2 , D одного знака, то фигура, заданная уравнением (2.1)
– эллиптический цилиндр.
III2. Если 1 , D одного знака, а 2 противоположного знака, то
фигура, заданная уравнением (2.1) – гиперболический цилиндр.
III3. Если 1 , 2 одного знака, а D противоположного знака, то
фигура, заданная уравнением (2.1) – мнимый эллиптический цилиндр.
III4. Если 1 , 2 одного знака, а D  0 , то фигура, заданная уравнением
(2.1) – ось Oz .
III5. Если 1 одного знака, 2 противоположного знака, а D  0 , то
фигура, заданная уравнением (2.1) – пара пересекающихся плоскостей.
Пример 2.7. Приведите уравнение поверхности 4 x2  9 y 2  16 x  90 y 
205  0 к каноническому виду и изобразите график полученной
поверхности второго порядка.
Решение. Выделим полные квадраты по переменным x , y и z :




4 x2  4 x  4  16  9 y 2  10 y  25  225  205  0 .
Отсюда
4  x  2   9  y  5   36 .
Разделим обе части на 36:
2
2
 x  32   y  5 2  1
32
22
Введем новую систему координат с началом в точке O1  2;5;0  ,
получающуюся из старой параллельным переносом. Обозначая новую
систему координат OXYZ будем иметь X  x  2 , Y  y  5 , Z  z . В новой
системе координат поверхность задается уравнением
X2 Y2

 1.
32 22
Пусть a  3 , b  2 .
Полученное уравнение определяет эллиптический цилиндр.
 x  32   y  5 2  1 , где
X  x  2 , Y  y  5, Z  z .
32
22
Пример 2.8. Определите вид поверхности, заданной уравнением
2
5x  4 y 2  3z 2  9 xy  8xz  7 yz  7 x  6 y  5z  2  0 .
Решение. Из заданного уравнения второго порядка выделим квадрат
суммы, содержащий переменные x , y , z . Получаем,
Ответ.
2
9
8
7

5 x  4 y  3z  9 xy  8 xz  7 yz  7 x  6 y  5 z  2  5  x  y  z   
10
10
10 

2
2
2
2
1
4
6
4
12
9
9
8
7

 y2 
yz 
y  z2  z 
 5 x  y  z   
20
20
20
20
20
20
10
10
10 

1
2 10 x  9 y  8 z  7    y  2 z  3
  y  2 z  3 

20
20
10 x  9 y  8z  7  y  2 z  310 x  9 y  8z  7  y  2 z  3 

20
10 x  8 y  6 z  410 x  10 y  10 z  10  5x  4 y  3z  2 x  y  z  1




20
2
2
Таким образом, получили уравнения плоскостей 5 x  4 y  3z  2  0 и
5 4 3 2
x  y  z  1  0 . Т.к.    , то исходное уравнение определяет пару
1 1 1 1
пересекающихся плоскостей.
Ответ. 5 x  4 y  3z  2  0 , x  y  z  1  0 .
IV) Пусть 1  0 , 2  0 , 3  0 , a3  0 . Тогда уравнение (2.3) примет
вид
2


a 
D 
1  x  1   2a2  y 
,


2
a

1

2
где D  a0 
a12
1
.
Обозначая новую систему координат OXYZ будем иметь X  x 
Y  y 
a1
1
,
D
, Z  z . Теперь имеем
2a2
1 X 2  2a2 Y .
Фигура, заданная уравнением (2.1) – параболический цилиндр.
V) Пусть 1  0 , 2  0 , 3  0 , a3  0 , a2  0 . Тогда уравнение (2.3)
примет вид
2

a 
1  x  1   D ,
1 

где D  a0 
a12
1
.
Обозначая новую систему координат OXYZ будем иметь X  x 
Y  y , Z  z . Теперь имеем
a1
1
,
1X 2  D .
Возможны следующие случаи:
D
V1. Если
 0 , то фигура, заданная уравнением (2.1) – пара
1
параллельных плоскостей.
D
 0 , то фигура, заданная уравнением (2.1) – пара мнимых
1
параллельных плоскостей.
V3. Если D  0 , то фигура, заданная уравнением (2.1) – плоскость Oyz .
Пример 2.9. Определите каноническое уравнение поверхности
2
4 x  49 y 2  z 2  28xy  14 yz  4 xz  8x  28 y  4 z  3  0 .
V2. Если
Решение. Из заданного уравнения второго порядка выделим квадрат
суммы, содержащий переменные x , y , z . Получаем,
4 x 2  49 y 2  z 2  28 xy  14 yz  4 xz  8 x  28 y  4 z  3   2 x  7 y  z  2   1 
2
 2 x  7 y  z  2  1 2 x  7 y  z  2  1   2 x  7 y  z  1 2 x  7 y  z  3 .
Таким образом, получили уравнения плоскостей 2 x  7 y  z  2  1  0 и
5 7 1 1
2 x  7 y  z  3  0 . Т.к.

  , то исходное уравнение определяет
2 7 1 3
пару параллельных плоскостей.
Ответ. 2 x  7 y  z  2  1  0 , 2 x  7 y  z  3  0 .
Пример 2.10. Определите каноническое уравнение поверхности
2
16 x  9 y 2  100 z 2  24 xy  60 yz  80 xz  56 x  42 y  140 z  49  0 .
Решение. Из заданного уравнения второго порядка выделим квадрат
суммы, содержащий переменные x , y , z . Получаем,
16 x2  9 y 2  100 z 2  24 xy  60 yz  80 xz  56 x  42 y  140 z  49 
  4 x  3 y  10 z  7   0 .
Таким образом, получили уравнения двух совпадающих плоскостей
4 x  3 y  10 z  7  0
Ответ. 4 x  3 y  10 z  7  0 .
Теорема. Всякая поверхность второго порядка является либо
эллипсоидом, либо однополостным гиперболоидом, либо двуполостным
гиперболоидом, либо конусом, либо эллиптическим параболоидом, либо
гиперболическим параболоидом, либо цилиндром, либо плоскостью, либо
парой параллельных плоскостей, либо парой пресекающихся плоскостей,
либо прямой, либо точкой, либо пустым множеством.
УЭ-8. Деятельностно-творческий
2
Учебная задача:
 сформировать профессиональное мышление;
 сформировать практические знания и умения, позволяющие
определять каноническое уравнение линии второго порядка по виду
общего уравнения с использованием ортогональных преобразований.
Задание 1. Внимательно прочитайте задание 2. Выполните их в своей
рабочей тетради. При возникновении каких-либо сложностей при решении,
проконсультируйтесь с преподавателем.
Задание 2. Привести уравнение второго порядка с тремя неизвестными
к каноническому виду и определить тип поверхности. Приведите
изображение полученной поверхности.
1) 2 x2  4 y 2  z 2  6 x  8 y  1  0 ;
2) x2  3 y 2  z 2  6 y  z  1  0 ;
3) x2  2 y 2  3z 2  2 x  4 y  6 z  0 ;
4) x2  y 2  z 2  2 xy  0 ;
5) z 2  3x  4 y  5  0 ;
6) x2  y 2  2 xy  z  1  0 ;
7) x2  4 y 2  9 z 2  6 x  8 y  18z  14  0 ;
8) 2 xy  2 x  2 y  2 z  1  0 ;
9) x2  y 2  z 2  2 xy  2 z  1  0 ;
10) x2  4 y 2  z 2  10 x  16 y  6 z  16  0 ;
11) 3x2  6 x  8 y  6 z  7  0 ;
12) x2  y 2  2 z 2  2 xy  4 z  0 ;
13) 3x2  3 y 2  3z 2  6 x  4 y  1  0 ;
14) 3x2  3 y 2  6 x  4 y  1  0 ;
15) 3x2  3 y 2  3z 2  6 x  4 y  4 z  3  0 ;
16) 4 x2  y 2  4 x  4 y  1  0 ;
17) 4 x2  6 y 2  4 z 2  4 xz  8 y  4 z  3  0 ;
18) x2  5 y 2  z 2  2 xy  6 xz  2 yz  2 x  6 y  10 z  0 ;
19) x2  y 2  3z 2  2 xy  6 xz  6 yz  2 x  2 y  4 z  0 ;
20) x2  2 y 2  z 2  4 xy  8xz  4 yz  14 x  4 y  14 z  16  0 ;
21) x2  2 y 2  z 2  4 xy  8xz  4 yz  14 x  4 y  14 z  16  0 ;
22) 2 x2  y 2  2 z 2  2 xy  2 yz  x  4 y  3z  2  0 ;
23) 4 x2  9 y 2  z 2  12 xy  4 xz  6 yz  4 x  6 y  2 z  5  0 ;
24) 2 x2  5 y 2  2 z 2  2 xy  4 xz  2 yz  2 x  10 y  2 z  1  0 .
УЭ-9. Литература для самообразования
1) Адамар, Ж. Элементарная геометрия. Часть вторая. Стереометрия /
Ж. Адамар. – 2-е изд. – Москва. УЧПЕДГИЗ – 1951. – 760 с.
2) Александров, П.С. Курс аналитической геометрии и линейной
алгебры / П.С. Александров. – Москва. Наука. – 1979. – 512 с.
3) Антонов, В.И. Линейная алгебра и аналитическая геометрия:
Учебное пособие / В.И. Антонов, М.В. Лагунова, Н.И. Лобкова [и
др.]. – Москва. Проспект. – 2011. – 144 с.
4) Бахвалов, П.С. Сборник задач по аналитической геометрии /
С.В. Бахвалов,
П.С. Моденов,
А.С. Пархоменко.
–
М.:
Государственное издательство технико-теоретической литературы,
1948. – 487 с.
5) Бурунов, А.А. Сборник задач по алгебре и аналитической
геометрии: Учебное пособие / А.А. Бурдун, Е.А. Мурашко, М.М.
Толкачев, А.С. Феденко. Под редакцией А.С. Феденко. – 2-е изд. –
Минск: Унiверсiтэцкае. – 1999. – 302 с.
6) Витура, М.А. Аналитическая геометрия на плоскости. Поверхности
второго порядка: Учебное пособие / А.Б. Соболев, М.А. Витура,
А.Ф. Рыбалко, Н.М. Рыбалко. – Екатеренбург: ГОУ ВПО УГТУУПИ, 2005. – 76 с.
УЭ-10. Самоконтроль и коррекция усвоения темы «Поверхности второго
порядка, заданные общим уравнением»
Учебная задача:
 проверить успешность формирования теоретических знаний по теме
«Поверхности второго порядка, заданные общим уравнением».
Блок самоконтроля
Задание 1. Подготовьтесь к ответу на вопросы
1. Дайте определение поверхности второго порядка.
2. Выведите систему задания коэффициентов для преобразованного
уравнения второго порядка от трех неизвестных.
3. Опишите случаи, которые возможны при 1  0 , 2  0 , 3  0 .
4. Опишите случаи, которые возможны при 1  0 , 2  0 , 3  0 .
5. Опишите случаи, которые возможны при 1  0 , 2  0 , 3  0 , a3  0 .
6. Опишите случаи, которые возможны при 1  0 , 2  0 , 3  0 , a3  0 .
7. Опишите случаи, которые возможны при 1  0 , 2  0 , 3  0 , a3  0 ,
a2  0 .
УЭ-11. Выходной контроль
Учебная задача:
- определить уровень усвоения учебного материала;
- выявить зону своего ближайшего развития;
- проверить прочность сформированных знаний по теме
«Поверхности второго порядка, заданные общим уравнением»;
- разработать индивидуальную коррекционную программу.
Самостоятельная работа «Поверхности второго порядка, заданные
общим уравнением»
Вашему вниманию представлена самостоятельная работа.
Все
задания работы должны быть выпонены в тетради и каждое из них
предусматривают единственный правильный ответ.
1. Запишите формулу зависимости между переменными, задаваемыми
в старой и новой системе координат.
2.
Определите
координаты
центра
и
радиус
сферы
2
2
x  y  z  12 x  6 y  37  0.
3. Определите каноническое уравнение поверхности второго порядка
2
4 x  9 y 2  18 z 2  8 x  18 y  72 z  49  0 , и изобразите график полученной
поверхности.
4. Определите каноническое уравнение поверхности второго порядка
5x2  4 y 2  3z 2  9 xy  8xz  7 yz  7 x  6 y  5z  2  0 , и изобразите график
полученной поверхности.
Блок самоконтроля
2
Задание
1.
2.
3.
Ответы
 x  x cos 1  y cos 1  z cos  1,

 y  x cos  2  y cos  2  z cos  2 ,
 z  x cos   y cos   z cos  .
3
3
3

O  6;3 , R  8
Эллипсоид
z  z  2 .
4.
x 2
3
2

y2
2
2

z 2
 2
Эллиптический параболоид,
2
1,
где
y2
 10 


 3 6
2

x  x  1 ,
z2



5 

6
2
y  y  1 ,
 x.
УЭ-12. Оценочно-рефлексивный
Учебная задача:
- самоосознание себя действующего;
- проблематизация себя и деятельности.
Задание 1.
Проведите самоанализ и выполните самооценку себя действующего,
для чего обведите кружочком возможный вариант результативности своей
деятельности. Используйте следующую шкалу оценок: 1 – нет; 2 – больше
да; чем нет; 3 – да.
1. Насколько Вы были
В начале
В процессе В самом
самоопределены в процессе
изучения
работы над конце
работы над модулем
модуля
модулем
освоения
модуля
на
уровне
потребности
1, 2, 3
1, 2, 3
1, 2, 3
(соотнесено
внутреннее
и
внешнее)
на уровне мотивации (пробудился
1, 2, 3
интерес)
на уровне цели (спрогнозирован
1, 2, 3
собственный результат)
2. Насколько Вы овладели В начале
некоторым новым содержанием изучения
деятельности
модуля
на
уровне
приращения
собственных норм
на уровне присвоения нового
содержания
на уровне критерия собственной
деятельности
3. На какой уровень усвоения
изучаемого материала вы вышли
знание и понимание понятия
поверхность второго порядка
знание
зависимости
между
координатами исходной системы
координат и полученной в
результате преобразований
знание
особенностей
зависимости вида поверхности
второго
порядка
от
коэффициентов общего уравнения
умение решать задания на
определение
канонического
уравнения поверхности второго
порядка
3. Была ли для Вас работа в
группе тренингом
мыслительным
коммуникативным
рефлексивным
1, 2, 3
1, 2, 3
1, 2, 3
1, 2, 3
В процессе
работы над
модулем
1, 2, 3
1, 2, 3
В самом
конце
освоения
модуля
1, 2, 3
1, 2, 3
1, 2, 3
1, 2, 3
1, 2, 3
1, 2, 3
1, 2, 3
В начале
изучения
модуля
В процессе
работы над
модулем
1, 2, 3
1, 2, 3
В самом
конце
освоения
модуля
1, 2, 3
1, 2, 3
1, 2, 3
1, 2, 3
1, 2, 3
1, 2, 3
1, 2, 3
1, 2, 3
1, 2, 3
1, 2, 3
всегда
часто
иногда
3
3
3
2
2
2
1
1
1
Задание 2. Таким образом, Вы определили уровень своей подготовки теме
«Поверхности второго порядка, заданные общим уравнением». Если Вы не
удовлетворены достижениями своей учебной деятельности, Вам
предоставляется возможность разработки индивидуальной коррекционной
программы.
СПАСИБО ЗА РАБОТУ НАД МОДУЛЕМ !