МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ УКРАЇНИ ХАРКІВСЬКА НАЦІОНАЛЬНА АКАДЕМІЯ МІСЬКОГО ГОСПОДАРСТВА

МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ УКРАЇНИХАРКІВСЬКА НАЦІОНАЛЬНА АКАДЕМІЯ

МІСЬКОГО ГОСПОДАРСТВА

А.І. Колосов, А.В. Якунін, С.М. Ламтюгова

АНАЛІТИЧНА ГЕОМЕТРІЯ У ПРЕЗЕНТАЦІЯХ

ЧАСТИНА ІI: АНАЛІТИЧНА ГЕОМЕТРІЯ У ПРОСТОРІ

Харків ХНАМГ 2010

МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ УКРАЇНИХАРКІВСЬКА НАЦІОНАЛЬНА АКАДЕМІЯ МІСЬКОГО ГОСПОДАРСТВА

До друку дозволяю Проректор ________________М.П. Пан

А.І. Колосов, А.В. Якунін, С.М. Ламтюгова

АНАЛІТИЧНА ГЕОМЕТРІЯ У ПРЕЗЕНТАЦІЯХ

ЧАСТИНА ІІ:

АНАЛІТИЧНА ГЕОМЕТРІЯ У ПРОСТОРІ

Електронний альбом дидактичних матеріалів (для студентів 1- 2 курсів денної і заочної форм навчання

за напрямом підготовки 6.050701 “Електротехніка та електротехнології”, спеціальностей “Електротехнічні системи електроспоживання” і “Світлотехніка і джерела світла”)

ХарківХНАМГ

2010

УДК 514.123Аналітична геометрія у презентаціях. Частина ІI: Аналітична геометрія у

просторі: Електронний альбом дидактичних матеріалів до самостійної роботи з дисципліни “Вища математика” (для студентів 1-2 курсів денної і заочної форм навчання за напрямом підготовки 6.050701 “Електротехніка та електротехнології”, спеціальностей “Електротехнічні системи електроспоживання” і “Світлотехніка і джерела світла”) / Харк. нац. акад. міськ. госп-ва; уклад.: А.І. Колосов, А.В. Якунін, С.М. Ламтюгова. – Х.: ХНАМГ, 2010. – 79 с.

Рецензент: професор кафедри вищої математики Харківської національної академії міського господарства, заслужений діяч науки і техніки України, д.ф.-м.н., проф. М.Й. Кадець

Рекомендовано кафедрою вищої математики, протокол № 10 від 26.05.2010 р.

ЗмiстПередмова ………………………………………………………Iнструкцiя по застосуванню………………………………...1. Декартова прямокутна система координат у просторі ………………………………………………………2. Площина у просторі………………………………………..2.1. Основні типи рівняння площини……………………….2.1.1. Рівняння площини, що проходить через задануточку перпендикулярно до заданого вектору……………2.1.2. Загальне рівняння площини…………………………...2.1.3. Рівняння площини, що проходить через тризадані точки…………………………………………………….2.1.4. Рівняння площини у відрізках на осях………………2.2. Кут між площинами. Умови паралельності таперпендикулярності двох площин…………………………..2.3. Умова перетину трьох площин в одній точці………3. Пряма у просторі…………………………………………...3.1. Основні типи рівнянь прямої ………………………….

.............7

.............10............13

.............14

............15

............18.............20

.............22

4

.............8

............24.............25.............26

.............14

3.1.1. Канонічні рівняння прямої……………………………3.1.2. Параметричні рівняння прямої……………………..3.1.3. Рівняння прямої, що проходить через дві даніточки…………………………………………………...............3.1.4. Загальні рівняння прямої……………………………..3.2. Кут між прямими. Умови перпендикулярності тапаралельності двох прямих … … … … … … … … … …3.3. Умова перетину двох непаралельних прямих. Відстань між мимобіжними прямими…………………...4. Взаємне розміщення точок, прямих і площин упросторі…………………………………………………………4.1. Кут між прямою та площиною. Умови перпендикулярності та паралельності прямої та площини…………………………………………….4.2. Перетин прямої з площиною…………………………..4.3. Відстань від точки до площини………………………4.4. Відстань від точки до прямої…………………………5. Поверхні другого порядку та інші поверхні…………..

.............26............27

.............28

.............29

.............31

.............32

.............34

.............35

.............36

.............38

.............39............42

5

5.1. Загальне рівняння поверхні другого порядку………5.2. Сфера……………………………………………………….5.3. Циліндричні поверхні…………………………………....5.3.1. Еліптичний циліндр………………………………...…5.3.2. Гіперболічний циліндр………………………………...5.3.3. Параболічний циліндр………………………………...5.4. Конічні поверхні. Конус другого порядку……………5.5. Поверхні обертання. Тор……………………………….5.6. Еліпсоїд…………………………………………………….5.7. Однопорожнинний гіперболоїд…………………...…..5.8. Двопорожнинний гіперболоїд………………………….5.9. Еліптичний параболоїд……………………………........5.10. Гіперболічний параболоїд……………………………..5.11. Односторонні поверхні………………………………..5.11.1. Стрічка Мебіуса……………………………………...5.11.2. Пляшка Клейна………………………………………..Список літератури……………………………………………

.............43

.............44

.............46

.............48

.............49

.............50

.............51

.............53

.............57

.............59

.............61............63

6

............65

............66............66............67............68

Передмова

У цьому альбомі стисло викладено навчальні елементи розділів теми “Аналітична геометрія у просторі”, що відповідають діючим програмам курсу вищої математики для студентів електротехнічних спеціальностей. Головна увага приділяється розкриттю суті понять, їх взаємозв’язків без надмірної строгості викладу з об’єднуючою прикладною спрямованістю. Теоретичні відомості подаються чітко й аргументовано з опорою на наочність, інтуїцію та з ілюстрацією на типових прикладах, частина з яких розрахована на самостійне опрацювання.

Зібрані в альбомі дидактичні матеріали призначені для студентів електротехнічних спеціальностей.

7

зміст

Iнструкцiя по застосуванню

Альбом дидактичних матеріалів «Аналітична геометрія у презентаціях. Частина ІІ: Аналітична геометрія у просторі» створено в програмi Power Point у виглядi слайд-шоу.

Презентацiя подана в режимi «Тiльки для читання», тому редагування слайдiв не можливе.

Гiперпосилання в змiстi та спецiальнi кнопки на початку кожного роздiлу задають перехід на потрібну сторiнку (розділ чи пункт). У кiнцi кожного пункту є кнопка «на початок роздiлу», де в свою чергу є кнопка «змiст». Далі зi змiсту можна перейти в будь-який роздiл чи пункт, який цікавить. У презентацiї є приховані слайди, що уточнюють окремі поняття, на якi можна перейти по гiперпосиланням, що розмiщені по тексту.

8

Кнопка мiстить посилання на iнформацiю, що розрахована на самостiйне опрацювання.

Можна вийти з презентацiї в будь-який момент. Для цього потрібно натиснути на клавiатурi клавiшу Esc або клiкнути правою кнопкою мишi, після чого з’явиться керуюче меню, де останнім пунктом буде режим "Закiнчити показ". Iз цього ж меню можна перейти на будь-який вибраний слайд (не обов’язково в тому порядку, що пропонує презентацiя).

У друкованому варiантi – неповна демонстраційна збірка пропонованих матеріалів. Повна версія посібника з анімацією, рисунками та опрацьованими самостiйними завданнями – тільки в електронному виглядi.

Критичні зауваження, побажання та пропозиції для покращення приймаються за електронною адресою: [email protected]

9

зміст

зміст

10

Три взаємно перпендикулярні координатні прямі Ox, Oy і Oz зі спільним початком O утворюють декартову прямокутну систему координат у просторі (рис. 1).

yx

z

O

M(x;y;z)

Рис. 1

.212

212

21221 zzyyxxMM

;1

21

xx

x .1

21

zz

z

Координати точки M(x;y;z), яка ділить заданий відрізок у заданому відношенні, обчислюються за формулами

;1

21

yy

y

;2

21 xxx

;

221 yy

y

Якщо точка M ділить відрізок M1M2 пополам, то λ = 1. Тоді координати середини відрізка визначаються за формулами

Відстань між довільними двома точками M1(x1;y1;z1) і M2(x2;y2;z2) визначається формулою

.2

21 zzz

Ox – вісь абсцис, Oy – вісь ординат, Oz – вісь амплікатПоложення довільної точки M однозначно визначається її координатами M(x; y; z) .

11

xy

z

Приклад Трикутник ABC задано координатами вершин A(2;–1;4), B(3;2;–6),

C(–5;0;2). Побудувати ∆ABC в системі координат. Знайти довжину медіани AM (рис. 2).

;12

53

221

xxx

;12

02

221

yyy

;22

26

221

zzz

.2;1;1 M

;212

212

212 zzyyxxAM

.74942)1(121 222 AM

Нехай M – середина сторони BC:

12

На початок розділу

2.1.1. Рівняння площини, що проходить через задану точку перпендикулярно до заданого вектора

2.1.2. Загальне рівняння площини

2.1.3. Рівняння площини, що проходить через три задані точки

2.1.4. Рівняння площини у відрізках на осях

2.2. Кут між площинами. Умови паралельності та перпендикулярності двох площин

2.3. Умова перетину трьох площин в одній точці

зміст

13

2.1. Основні типи рівняння площини

2.1.1. 2.1.1. Рівняння площини, що проходить через задану Рівняння площини, що проходить через задану точку перпендикулярно до заданого вектораточку перпендикулярно до заданого вектора

Нехай на площині α задана точка М0(x0;y0;z0) і відомий вектор нормалі 0;;

CBAn

Візьмемо довільну точку M(x;y;z) на цій площині та побудуємо вектор

(рис. 3).

.;; 0000 zzyyxxMM

Точка M належить площині тоді і тільки тоді, коли вектор перпендикулярний доMM 0

нормалі .n

Використовуючи умову перпендикулярності векторів, маємо або в координатній ,00 MMn

формі

0)()()( 000 zzCyyBxxAплощини, що проходить через задану точку перпендикулярно до заданого вектора .

M0

M

n

α

Рис. 3

– рівняння

14


2.1. 2.1. Основні типи рівняння площиниОсновні типи рівняння площини

2.1.2. Загальне рівняння площини

Розкриємо дужки в рівнянні A(x–x0)+B(y–y0)+C(z–z0)=0 і отримаємо Ax–Ax0+By–By0+Cz–Cz0 = 0. Згрупуємо сталі величини та позначимо D= –Ax0–By0–Cz0. Тоді одержимо

0 DCzByAx– загальне рівняння площини, що є лінійним відносно координат x, y, z, причому хоча б один з коефіцієнтів A, B, C відмінний від нуля, тобто

.0222 CBA

Зауваження. Загальне рівняння площини визначається з точністю до сталого множника.

Рівняння довільної площини можна звести до загального вигляду. Теорема. Будь-яка площина визначається лінійним рівнянням

відносно координат x, y, z. Кожному лінійному рівнянню зі змінними x, y, z відповідає деяка площина.

15

Особливості розміщення площини, коли один або декілька коефіцієнтів її загального рівняння дорівнюють нулю:

A = 0, тоді площина By + Cz + D = 0 паралельна осі Ox;B = 0, тоді площина Ax + Cz + D=0 паралельна осі Oy;C = 0, тоді площина Ax + By + D=0 паралельна осі Oz (рис. 4);D = 0, тоді площина Ax + By + Cz = 0 проходить через початок

координат (рис. 5);A = 0 і B = 0, тоді площина Cz + D = 0 перпендикулярна до осі Oz (

рис. 6);A = 0 i C = 0, тоді площина By + D = 0 перпендикулярна до осі Oy;B = 0 i C = 0, тоді площина Ax + D = 0 перпендикулярна до осі Ox;A = 0 i D = 0, тоді площина By + Cz = 0 проходить через вісь Ox;B = 0 i D = 0, тоді площина Ax + Cz = 0 проходить через вісь Oy;C = 0 i D = 0, тоді площина Ax + By = 0 проходить через вісь Oz; площина z = 0 – координатна площина Oxy; площина y = 0 – координатна площина Oxz; площина x = 0 – координатна площина Oyz.

16

Дано три точки M(2; –1; 3), N(– 5; –6; 0) і P(–1; –3; –1). Написати загальне рівняння площини α, що проходить через точку M

.NP

;M ;NPn

;0)()()( 000 zzCyyBxxA

;1;3;401;)6(3);5(1 NPn

;0)3()1())1((3)2(4 zyx

;033384 zyx

.0234 zyx .

перпендикулярно до вектора

17


2.1.3. Рівняння площини, що проходить через три задані точки

Нехай на площині α задано три точки M1(x1; y1; z1), M2(x2; y2; z2) і M3(x3; y3; z3), які не лежать на одній прямій (рис. 7).

,;; 1111 zzyyxxMM ,;; 12121221 zzyyxxMM

,;; 13131331 zzyyxxMM

Точка M(x; y; z) належить площині тоді і тільки тоді, коли ці три вектори компланарні.

0)( 31211 MMMMMM

або в координатній формі 0

131313

121212

111

zzyyxx

zzyyxx

zzyyxx

– рівняння площини, що проходить через три задані точки.

M1

M2

M3

M

α

Рис. 7

три вектори

Використовуючи умову компланарності трьох векторів, маємо

що виходять з однієї точки M1.

Візьмемо довільну точку M(x; y; z) на цій площині та побудуємо

18

Дано три точки M(1; –1; 2), N(5; –6; 0) і P(1; –3; –1). Написати загальне рівняння площини α, що проходить через ці точки.

;0

21)1(311

20)1(615

2)1(1

zyx

;0

320

254

211

zyx

;020

54)2(

30

24)1(

32

25)1(

zyx

(x – 1) (15 – 4) – (y + 1) (– 12 – 0) + (z – 2) (– 8 – 0) = 0;

11 (x – 1) + 12 (y + 1) – 8 (z – 2) = 0; 11x – 11 + 12y + 12 – 8z + 16 = 0;

11x + 12y – 8z + 17 = 0.

(виконати самостійно)

Написати загальне рівняння площини α, що проходить через три точки A(3; –1; 2), B(4; –1; –1) і C(2; 0; 2).

19


2.1.4. Рівняння площини у відрізках на осях

Нехай площина α перетинає всі три координатні вісі Ox, Oy і Oz відповідно у точках M1(a; 0; 0), M2(0; b; 0) і M3(0; 0; c) (рис. 8).

;0

0000

0000

00

ca

ba

zyax

;0 abcabzacybcx

1c

z

b

y

a

x– рівняння площини у відрізках на осях.

abc

M1

M2

M3

O

x

y

z

Рис. 8

Використовуючи рівняння площини, що проходить через три точки, маємо

20

Звести загальне рівняння площини 6x –y + 4z + 12 = 0 до вигляду рівняння у відрізках на осях.

;)12(:1246 zyx .13122

zyx

Знайти точки перетину площини α: 3x – 2y + 6z – 12 = 0 з координатними осями і

зобразити площину, побудувавши її сліди – лінії перетину з координатними площинами (рис. 9).

;

012623

0

0

:

zyx

z

y

Ox ;0;0;4

4

1M

a

;

012623

0

0

:

zyx

z

x

Oy ;0;6;0

6

2

M

b

;

012623

0

0

:

zyx

y

x

Oy .2;0;0

2

3M

c

M1

M2

M3

O

x

y

z

Рис. 9

21


2.2. Кут між площинами. Умови паралельності та перпендикулярності двох площин

Нехай задано дві площини α1 і α2 своїми загальними рівняннями: 01111 DzCyBxA і .02222 DzCyBxA

Кут φ між площинами α1 і α2 дорівнює куту між їх векторами нормалей 1111 ;; CBAn 2222 ;; CBAn і (рис. 10).

.cos22

22

22

21

21

21

212121

CBACBA

CCBBAA

1n

2n

Рис. 10

α1

α2

Використовуючи умови перпендикулярності та паралельності векторів, маємо відповідні умови для площин.

Умова перпендикулярності двох площин

.0212121 CCBBAA

Умова паралельності двох площин

.2

1

2

1

2

1

C

C

B

B

A

A

Дві площини збігаються, якщо .

2

1

2

1

2

1

2

1

D

D

C

C

B

B

A

A

Отже,

22

Знайти кут між заданою площиною α1: – 2x – 3y + 2z + 1 = 0 і координатною площиною Oxy.

;2;3;21 n ;0:2 z ;1;0;02 kn

;17

2

1002)3()2(

120)3(02cos

222222

.17/2arccos

Знайти рівняння площини, що проходить через точку M(3; 2; –4) паралельно площині x – 2y + z – 4 = 0.

A(x – x0) + B(y – y0) + C(z – z0) = 0; A(x – 3) + B(y – 2) + C(z + 4) = 0;

З умови паралельності двох площин маємо:

).(121

tCBA

Тоді A = t, B = – 2t, C = t; t(x – 3) – 2t(y – 2) + t(z + 4) = 0;

tx – 3t – 2ty + 4t + tz + 4t = 0 | (:t) ; x – 3 – 2y + 4 + z + 4 = 0;

x– 2y + z + 5 = 0.

23


2.3. Умова перетину трьох площин в одній точці

Три площини αi: Aix + Biy + Ciz + Di = 0 (i=1,2,3) перетинаються в одній точці тоді і тільки тоді, коли квадратна система, складена з рівнянь цих площин, має єдиний розв’язок. Тобто, коли визначник системи відмінний від нуля

.0

333

222

111

CBA

CBA

CBA

Знайти точку перетину трьох площин: 2x – 4y + 3z – 1 = 0, 3x – y + 5z – 2 = 0, 4x + 3y + 4z = 0.

Розв’язати самостійно. Використати метод Крамера.

24


3.1.1. Канонiчнi рiвняння прямої3.1.2. Параметричнi рiвняння прямої3.1.3. Рiвняння прямої, що проходить

через двi данi точки3.1.4. Загальнi рiвняння прямої3.2. Кут мiж прямими. Умови

перпендикулярностi i паралельностi двох прямих

3.3. Умова перетину двох непаралельних прямих. Вiдстань мiж мимобiжними прямими

зміст

25

3.1. Основні типи рівнянь прямої

3.1.1. Канонiчнi рiвняння прямої Нехай на прямій l задана деяка точка M0(x0; y0; z0) і відомий

напрямний вектор цієї прямої – довільний ненульовий вектор, що їй паралельний (рис. 11).

pnms ;;

pnms ;;

M0(x0; y0; z0)

M (x; y; z)

Рис. 11

Візьмемо довільну точку M(x; y; z) на цій прямій та побудуємо вектор

.;; 0000 zzyyxxMM

Точка M належить прямій тоді і тільки тоді, коли вектор колінеарний (паралельний) вектору . Використовуючи умову паралельності векторів, маємо

MM 0s

p

zz

n

yy

m

xx 000

– канонічні рівняння прямої.

26


3.1. Основні типи рівнянь прямої

3.1.2. Параметричні рівняння прямої

Якщо в канонічні рівняння прямої ввести коефіцієнт пропорційності

tp

zz

n

yy

m

xx

000

і розв’язати їх відносно x, y та z, то отримаємо:

;0 tm

xx

;0 t

n

yy

;0 t

p

zz

0

0

0

zptz

ynty

xmtx

– параметричні рівняння прямої, де змінна t служить параметром.

Пряма задана своїми канонічними рівняннями

.0

1

3

1

2

zyx

Записати параметричні рівняння цієї прямої. (Розв’язати самостійно).


27

3.1.3. Рівняння прямої, що проходить через

дві дані точки

Нехай на прямій l задано дві точки M1(x1; y1; z1) і M2(x2; y2; z2). За напрямний вектор можна взяти

.;; 12121221 zzyyxxMMs

Тоді з канонічних рівнянь маємо

12

1

12

1

12

1

zz

zz

yy

yy

xx

xx

– рівняння прямої, що проходить через дві задані точки.

Скласти рівняння прямої, що проходить через точки M1(–1; 2; 0) і M2(2; 4; –3).

;03

0

24

2

)1(2

)1(

zyx

.32

2

3

1

zyx

28


3.1.4. Загальні рівняння прямої

Просторова лінія може задаватися як перетин двох поверхонь. Зокрема, пряма l служить лінією перетину деяких двох площин α1 і α2. Якщо ці площини задані своїми загальними рівняннями

α1: A1x + B1y + C1z + D1 = 0 i α2: A2x + B2y + C2z + D2 = 0,

то система

0

0

2222

1111

DzCyBxA

DzCyBxA

називається загальними рівняннями прямої.

Зауваження 1. Загальні рівняння прямої визначаються неоднозначно.

Зауваження 2. Рівняння A1x + B1y + C1z + D1 + λ(A2x + B2y + C2z + D2) = 0,

де λ – параметр, задає пучок площин, які проходять через пряму l.

29

Пряма l задана своїми загальними рівняннями

.06223

01042

zyx

zyx

Знайти її 1) канонічні рівняння; 2) параметричні рівняння. 1) Знайдемо напрямний вектор прямої

.8144

223

42121 kji

kji

nns

Знайдемо деяку точку M0 на прямій. Нехай x = 0 , тоді

;0622

01042

zy

zy;2;1 zy .2;1;00 M

Канонічні рівняння

;8

2

14

)1(

4

0

zyx

.4

2

7

1

2

zyx

2) Параметричні рівняння знайти самостійно.

30


3.2. Кут мiж прямими. Умови перпендикулярностi та паралельностi двох прямих

Нехай задано дві прямі своїми канонічними рівняннями

1

1

1

1

1

11 :

p

zz

n

yy

m

xxl

i .:

2

2

2

2

2

22 p

zz

n

yy

m

xxl

Кут φ між прямими l1 і l2 дорівнює куту між їх напрямними векторами 1111 ;; pnms i .;; 2222 pnms

Отже .cos

22

22

22

21

21

21

212121

pnmpnm

ppnnmm

Використовуючи умови перпендикулярності та паралельності векторів, маємо відповідні умови для прямих.

Умова перпендикулярності двох прямих

.0212121 ppnnmm

Умова паралельності двох прямих

.2

1

2

1

2

1

p

p

n

n

m

m

31


3.3. Умова перетину двох непаралельних прямих. Відстань між мимобіжними прямими

Дві прямі у просторі можуть перетинатися або бути паралельними чи мимобіжними.

Нехай задано дві непаралельні прямі

1

1

1

1

1

11 :

p

zz

n

yy

m

xxl

i .:

2

2

2

2

2

22 p

zz

n

yy

m

xxl

Прямі l1 і l2 перетинаються, коли вектори

,;; 1111 pnms ,;; 2222 pnms

i 12121221 ;; zzyyxxMM – компланарні (лежать в одній площині). Використовуючи умову компланарності трьох векторів ,0)( 2121 ssMMодержуємо умову перетину двох непаралельних прямих:

.0

222

111

121212

pnm

pnm

zzyyxx

Зауваження 1. Для довільних прямих l1 і l2 ця рівність служить умовою їх належності одній площині. Якщо ця умова не виконується, то прямі l1 і l2 є мимобіжними.

Щоб знайти відстань між мимобіжними прямими l1 і l2, розглянемо

вектор ,21 ssa

який перпендикулярний до обох прямих.

32

12121221 ;; zzyyxxMM на вектор .a

.21212121 ssssMMaaMMd

Зауваження 2. Ця формула справедлива також для прямих l1 і l2, що перетинаються. Зрозуміло, що при цьому d = 0.

Знайти відстань між заданими прямими:

2

3

3

5

2

2:1

zyx

l i .2

3

1

2

1:2

zyx

l

.24

211

23221 kji

kji

ssa

Оскільки ,0

a то прямi l1 i

l2 – непаралельнi.

;6;7;2)3(3;)5(2;2021 MM ;211)2()4(|| 222 a

;016)2(7)4(2|| 21 aMM

.021

|0|

||

|| 21

a

aMMd

Тоді відстань d між прямими l1 і l2 дорівнює модулю проекції

вектора

Отже, прямі l1 і l2 перетинаються.

33


4.1. Кут мiж прямою та площиною. Умови перпендикулярностi та паралельностi

прямої та площини

4.2. Перетин прямої з площиною

4.3. Вiдстань вiд точки до площини

зміст

34

4.4. Вiдстань вiд точки до прямої

4.1. Кут між прямою та площиною. Умови перпендикулярності та паралельності

прямої та площини

Нехай задано пряму l канонічними рівняннями і площину α

загальним рівнянням ;: 000

p

zz

n

yy

m

xxl

.0: DCzByAx

Кут φ між ними доповнює кут між напрямним вектором прямої pnms ;;

і вектором нормалі площини CBAn ;;

до 90º (рис. 12).

n

s l

90

Рис. 12

.90cos222222 pnmCBA

CpBnAm

Застосовуючи тригонометричну формулу зведення і враховуючи, що кут φ між прямою і площиною – гострий, маємо

.||

sin222222 pnmCBA

CpBnAm

Використовуючи умови перпендикулярності та паралельності векторів, маємо відповідні умови для взаємного розміщення прямої та площини.

Умова перпендикулярності прямої

та площини .C

p

B

n

A

m

Умова паралельності прямої та площини .0 CpBnAm

Тоді

35


4.2. Перетин прямої з площиною

Нехай задано пряму l параметричними рівняннями і площину α загальним рівнянням

.:

0

0

0

zptz

ynty

xmtx

l;0: DCzByAx

Для знаходження точки перетину прямої та площини треба скласти і розв’язати систему їх рівнянь. Цю систему зручно розв’язувати методом вилучення невідомих (методом Гауса), підставляючи вирази для x, y, z із параметричних рівнянь прямої в рівняння площини. Дістаємо рівняння для t

(Am + Bn + Cp)t = – (Ax0 + By0 + Cz0 + D).1) Якщо Am + Bn + Cp ≠ 0, тобто пряма не паралельна площині, то вони

перетинаються в одній точці, що відповідає значенню параметра .000 CpBnAmDCzByAxt

2) Якщо Am + Bn + Cp = 0, тобто пряма паралельна площині, а Ax0 + By0 + Cz0 + D ≠ 0, тобто точка M0(x0; y0; z0) прямої l не лежить на площині α, то рівняння для t розв’язків не має. Пряма паралельна площині і не лежить на ній.

3) Якщо Am + Bn + Cp = 0, тобто пряма паралельна площині, і Ax0 + By0 + Cz0 + D = 0 , тобто точка M0(x0; y0; z0) прямої l лежить на площині α, то рівняння для t виконується при всіх значеннях параметра. Пряма лежить на площині.

36

Знайти проекцію N точки M0(2; –5; 4) на площину α: 3x + 2y – z – 6 = 0 .

Точка N служить основою перпендикуляра, опущеного з точки M0 на площину α (рис. 13).

αN

n

M0

Рис. 13

Напрямний вектор s

прямої M0N колінеарний вектору

нормалі n

площини. Можна покласти .1;2;3 ns

Тоді параметричні рівняння прямої M0N:

x = 3t + 2; y = 2t – 5; z = – t + 4.

Підставляючи ці вирази у рівняння площини, одержимо значення параметра t, що відповідає точці перетину N прямої та площини

3(3t + 2) + 2(2t – 5) – (– t + 4) – 6 = 0; t = – 1.Тоді

.54)1(;75)1(2;12)1(3 zyx

Отже, проекцією служить точка N(–1; –7; 5).

37


4.3. Відстань від точки до площини

Нехай у просторі задані площина α своїм загальним рівнянням Ax + By + Cz + D = 0 і деяка точка M0(x0; y0; z0) (рис. 14).

M1(x1; y1; z1)α

d

CBAn ;;

M0(x0; y0; z0)

Рис. 14

Візьмемо на цій площині довільну точку M1(x1; y1; z1) та побудуємо вектор

Тоді відстань d від точки M0 до площини α дорівнює модулю проекції вектора на вектор нормалі

.;; 10101001 zzyyxxMM

01MM CBAn ;;

.|)()()(|

||

||222

10101001

CBA

zzCyyBxxA

n

MMnd

Оскільки – Ax1 – By1 – Cz1 = D , то .222

000

CBA

DCzByAxd

Знайти відстань d від точки M0(2; – 4; 3) до площини α: 3x – 2y – 6z – 1 = 0. (Розв’язати самостійно).

38


4.4. 4.4. Відстань від точки до прямоїВідстань від точки до прямої Нехай треба знайти відстань d від точки M1(x1; y1; z1) до прямої

l, яка задана параметричними рівняннями: x = mt + x0 ; y = nt + y0 ; z = pt + z0 .

Розглянемо три способи визначення цієї відстані. Спосіб 1. Візьмемо на прямій відому точку M0(x0; y0; z0) та побудуємо

паралелограм на векторах pnms ;;

і 01010110 ;; zzyyxxMM (рис. 15).

dsS ||

або .|| 10MMsS

Звідси .|||| 10 sMMsd

Спосіб 2. Проведемо через точку M1 площину α, яка перпендикулярна до прямої l (рис. 16). n

s pnmsn ;;

.0)()()(: 111 zzpyynxxm

M0 s l

M1

d

Рис. 15

M1d

l

αN

Рис. 16

Далі треба знайти точку N перетину прямої та площини. Ця точка служить основою перпендикуляра, опущеного з точки M1 на пряму l. Отже, d = M1N.

Площа S цього паралелограма

Вектор нормалі площини α колінеарний напрямномувектору прямої l. Можна покласти . Тоді

39

Спосіб 3. Розглянемо функцію u = d 2(t), яка дорівнює квадрату відстані

2012

012

01)( zptzyntyxmtxtd

від точки M1 до довільної точки прямої l.

Відстань d від точки M1 до прямої l відповідає найменшому значенню цієї функції. Зі змісту задачі випливає, що мінімум існує і служить єдиним екстремальним значенням. Тому відповідне значення параметра tm визначається однозначно з необхідної умови екстремуму u'(t) = 0:

;0222 010101 zptzpyntynxmtxm

.

222010101

pnm

zzpyynxxmtm

Тоді d = d(tm).

40

Знайти відстань d від заданої точки M1 до заданої прямої l: M1(2; 3; –2),

.22

2

1

1 zyx

Застосовуємо спосіб 1: ;2;2;1 s

;32)2()1(|| 222 s

;2;1;302;23;)1(210 MM

;542

213

22110 kji

kji

MMs

;5345542|| 22210 MMs

.53

53|||| 10 sMMsd

(Способами 2 і 3 розв’язати задачу самостійно).

41


5.1. Загальне рівняння поверхні другого порядку

5.3.1. Еліптичний циліндр

5.3. Циліндричні поверхні

5.4. Конічні поверхні.Конус другого порядку

5.5. Поверхні обертання. Тор

5.11. Односторонні поверхні

5.2. Сфера

5.3.2. Гіперболічний циліндр

5.3.3. Параболічний циліндр

5.6. Еліпсоїд

5.7. Однопорожнинний гіперболоїд

5.8. Двопорожнинний гіперболоїд

5.9. Еліптичний параболоїд

5.10. Гіперболічний параболоїд

5.11.1. Стрічка Мебіуса

5.11.2. Пляшка Клейна зміст

42

5.1. Загальне рівняння поверхні другого порядку

Поверхнею другого порядку називається множина всіх точок простору, координати яких у декартовій системі координат Охуz задовільняють рівнянню:

Ах2 + By2 + Cz2

+ Dxy + Ехz + Fуz + Gx + Hy + Кz + L = 0,

де А, В,..., L – дійсні числа, причому хоча б один із коефіцієнтів А, В, С, D, E, F відмінний від нуля.

Для вивчення форми поверхні використовують метод паралельних перерізів. Суть цього методу полягає в наступному: поверхня перетинається площинами, паралельними координатним площинам, і визначаються лінії перетину поверхні з даними січними площинами. За виглядом цих ліній судять про форму даної поверхні.

43


Сферична поверхня або сфера – це множина всіх точок простору, рівновіддалених від деякої точки, що називається центром. Відстань від центра до довільної точки сфери називається її радіусом.

Нехай у прямокутній декартовій системі координат Oxyz точка С(х0; у0; z0) є центром сферичної поверхні радіуса R (рис. 17).

5.2. Сфера

.)()()( 20

20

20 Rzzyyxx

Пiднесемо обидвi частини рiвняння до квадрату:

або в розгорнутому виглядi:

x2 + у2 + z2 – 2x0x – 2у0у – 2z0z + х02 + у0

2 + z02 – R2 = 0.

Якщо точка С спiвпадає з початком координат, то рiвняння сфери називається канонiчним i має вигляд: x2 + y2 + z2 = R2. (рис.18)

(х – x0)2 + (у – у0)2 + (z – z0)2 = R2

O y

z

x

M

C

Рис. 17

Рис. 18

Для того, щоб точка М(x; у; z) належала сферичнiй поверхнi, необхiдно та достатньо, щоб МС = R або

44

Показати, що задане рівняння є рівнянням сфери, та знайти її центр і радіус:

x2 + y2 + z2 – 6x + 4y + 5z + 3 = 0.

;03425

254293

222 zyx

.465

2523

222 zyx

x2 + y2 + z2 – 6x + 4y + 5z + 3 = 0;

(x2 – 6x) + (y2 + 4y) + (z2 + 5z) + 3 = 0;

;032

5

2

5

2

52)2222()3332(

222222222

zzyyxx

Одержане рівняння описує сферу з центром у точці C(3; –2; –5/2) і

радіусом .

45

На початок розділу265R

5.3. Цилiндричнi поверхнi

Циліндричною поверхнею (циліндром) називається поверхня, утворена рухом прямої (твірної) l, яка перетинає задану лінію (напрямну) l0, залишаючись паралельною заданій прямій a0, причому задані лінії l0 і a0 не лежать в одній площині.

Поверхні, твірні яких є прямими лініями, називаються лінійчатими. Оскільки лінійчаті поверхні конструюються з прямолінійних рейок, то такі поверхні широко використовують в будівництві (опори, башти, перекриття, покрівлі і т.п.).

Зауваження 1. Циліндр є лінійчатою поверхнею. Його можна уявити як “огорожу”, виставлену вздовж лінії l0.

,

0

0,:0

z

yxFl

що лежить у площині Oxy (рис. 19).

Теорема 1. У просторі Oxyz кожне рівняння з двома змінними F(x,y)=0, що не містить координати z, визначає циліндричну поверхню S, твірні якої паралельні осі Oz, а напрямною служить лінія

x

y

z

O

S M

Nl0

Рис. 19

46

Для довільної точки M(x; y; z) вертикальної циліндричної поверхні S з напрямною

0

0,:0 z

yxFl

її проекція N(x; y; 0) на площину Oxy лежить на цій лінії l0, а значить, задовольняє її рівняння

.

00

0,:0

yxF

l

Отже, координати точки M(x; y; z) задовольняють рівняння F(x; y) = 0, оскільки воно не містить змінної z.

Очевидно, що координати точок, які не лежать на поверхні S, це рівняння не задовольняють, оскільки вони проектуються на площину Oxy поза лінією l0.

Зауваження 2. Рівняння F(y; z) = 0, що не місить змінну x, у просторі визначає циліндричну поверхню з твірними, що паралельні осі Ox. Рівняння F(x; z) = 0, що не місить змінну y, у просторі визначає циліндричну поверхню з твірними, що паралельні осі Oy.

47


5.3.1. Елiптичний цилiндр

Еліптичний циліндр (рис. 20)

.12

2

2

2

b

y

a

x

Зокрема, якщо a = b = R, то рівняння

x2 + y2 + z2 = R2

визначає круговий циліндр.

x

y

z

O

1:2

2

2

2

b

y

a

xS

a b

Рис. 20

має канонічне рівняння

48


5.3.2. Гiперболiчний цилiндр

12

2

2

2

b

y

a

xРiвня

ння

визначає в просторi гiперболiчний цилiндр з твiрною, що паралельна осi Oz, i напрямною – гiперболою (рис. 21).

x

y

z

O

Рис. 21

49


5.3.3. Параболічний цилiндр

Рiвняння

визначає в просторi параболічний цилiндр з твiрною, що паралельна осi Oz, i напрямною – параболою (рис. 22).

2 2y px

x

y

z

O

Рис. 22

50


5.4. Конічні поверхні. Конус другого порядкуКонічною поверхнею (конусом) називається поверхня, утворена рухом

прямої (твірної) l, яка проходить через задану точку C(x0; y0; z0) (вершину) і перетинає задану лінію (напрямну) l0, причому задана точка C не лежить на заданій лінії l0.

Нехай напрямна l0 задана як перетин двох поверхонь .

0,,

0,,:

2

10

zyxF

zyxFl

Конус є лінійчатою поверхнею. Нехай M(x; y; z) – довільна точка конічної поверхні. Тоді рівняння твірної, на якій лежить ця точка, можна подати у вигляді рівняння прямої, що проходить через дві точки – вершину C(x0; y0; z0) і точку N(X; Y; Z) перетину цієї твірної та напрямної:

.0

0

0

0

0

0

zZ

zz

yY

yy

xX

xx

Якщо вилучити з наведених рівнянь для довільної точки твірної M(x; y; z) (ця точка одночасно належить конічній поверхні) координати точки перетину N(X; Y; Z), використовуючи співвідношення

,

0,,

0,,

2

1

ZYXF

ZYXF

то отримаємо рівняння конічної поверхні .0,, zyxF

51

Конус другого порядку (еліптичний конус) (рис. 23) має канонічне рівняння

.02

2

2

2

2

2

c

z

b

y

a

x

Вершина цього конуса лежить у початку координат O(0;0;0), а напрямною служить еліпс

czb

y

a

x1

2

2

2

2

з півосями a і b, що лежить у площині z = c, яка перпендикулярна до осі Oz. Вісь Oz є віссю симетрії даного конуса, а координатні площини служать його площинами симетрії.

Зокрема, якщо a = b, то рівняння

02

2

2

2

2

2

c

z

a

y

a

x

xy

z

O

Рис. 23

визначає круговий конус.

52


5.5. Поверхні обертання. Тор

Поверхня, утворена обертанням плоскої лінії (твірної, мередіана) l навколо заданої прямої a0 (осі обертання), що лежить у площині лінії l, називається поверхнею обертання.

Коло, яке описує довільна точка твірної l при обертанні, називається паралеллю. Площина паралелі перпендикулярна до осі обертання a0.

Теорема 1. Нехай лінія l лежить у площині Oyz і задається рівнянням

.0

0,

x

zyF

Якщо ця лінія обертається навколо осі Oz, то утворюється поверхня обертання, рівняння якої

.0,22 zyxF

Нехай M(x; y; z) – довільна точка поверхні обертання (рис. 24).

x

y

z

M

K N0),(: zyFl

0),(: 22 zyxFS

Рис. 24

Проведемо через цю точку паралель, яка перетинає твірну l у точці N(0; Y; z). Таким чином, точці M(x; y; z) при обертанні відповідає єдина точка N(0; Y; z) твірної.

53

Нехай K(0; 0; z) – центр кола паралелі. Оскільки MK і NK – радіуси одного і того ж кола, то NK = MK.

Але

;yNK .22 yxMK Тоді

;22 yxy .22 yxy

Оскільки точка

zyxN ,,0 22 належить твірній, то її координати

задовольняють рівняння цієї лінії:

.0,22 zyxF

Одержане рівняння є рівнянням поверхні обертання, оскільки його задовольняють координати x, y, z довільної точки цієї поверхні, а координати інших точок простору це рівняння не задовольняють (їм при обертанні відповідають точки, що лежать поза твірною).

Зауваження. Щоб одержати рівняння поверхні, утвореної обертанням заданої кривої, що лежить у координатній площині, навколо однієї з координатних осей цієї площини, треба у рівнянні даної лінії зробити заміну змінних: змінну, що відповідає осі обертання залишити тією самою, а іншу змінну замінити на “плюс-мінус” квадратний корінь із суми квадратів двох інших координат. Наприклад,

.0,0, 22

22

zyxFyxy

zz

Oz

zyF

54

Тор – геометричне тіло, яке одержується обертанням кола навколо осі, що лежить у одній площині з колом, але не перетинає його. Форма тора ззовні нагадує бублик (рис. 25).

Рис. 25

55

Знайти рівняння поверхні, отриманої в результаті обертання прямої y = z, що лежить в площині Oyz, навколо осі Oz.

Зробимо відповідну заміну змінних у рівнянні твірної:

.2222 zyx

yxy

zz

Oz

zy

Підносячи до квадрата ліву та праву частини останнього рівняння, отримаємо

.222 zyx

Звідси маємо

0222 zyx

– канонічне рівняння кругового конуса.

56


5.6. Еліпсоїд

Якщо еліпс

,12

2

2

2

c

z

b

y що лежить в площині Oyz, обертати навколо

осі Oz, то отримаємо еліпсоїд обертання навколо осі Oz (рис. 26).

z

x

yb

b

c

Рис. 26


.11

2

2

2

222

222

2

2

2

c

z

b

yx

yxy

zz

Ozc

z

b

y


12

2

2

22

c

z

b

yx

– канонічне рівняння еліпсоїда обертання.

Зокрема, якщо b = c = R, то маємо канонічне рівняння сфери

.2222 Rzyx

57

Піддаючи еліпсоїд обертання

12

2

2

22

c

z

b

yxрівномірній деформації

(розтягу чи стиску) вздовж осі Ox з коефіцієнтом деформації k = b/a, треба у

рівнянні цієї поверхні зробити заміну .;; zzyykxx

У результаті одержимо

.1

2

2

2

22

c

z

b

yxab


12

2

2

2

2

2

c

z

b

y

a

x

– канонічне рівняння еліпсоїда загального вигляду (еліпсоїда) (рис. 27).

y

x

z

a

b

c

Рис. 27

58


5.7. Однопорожнинний гіперболоїд

Якщо гіперболу

,12

2

2

2

c

z

b

y що лежить в площині Oyz, обертати

навколо уявної осі Oz, то отримаємо однопорожнинний гіперболоїд обертання навколо осі Oz (рис. 28) .


.11

2

2

2

222

222

2

2

2

c

z

b

yx

yxy

zz

Ozc

z

b

y


12

2

2

22

c

z

b

yx

– канонічне рівняння однопорожнинного гіперболоїда обертання.

Рис. 28

59

Піддаючи однопорожнинний гіперболоїд обертання

12

2

2

22

c

z

b

yx

рівномірній деформації (розтягу чи стиску) вздовж осі Ox з коефіцієнтом деформації k = b/a, треба у рівнянні цієї поверхні зробити заміну

.;; zzyykxx


.1

2

2

2

22

c

z

b

yxab


12

2

2

2

2

2

c

z

b

y

a

x

– канонічне рівняння однопорожнинного гіперболоїда загального вигляду (однопорожнинного гіперболоїда) (рис. 29).

xy

z

a

b

c

Рис. 29

Зауваження 1. Однопорожнинний гіперболоїд має форму нескінченної трубки, що розширюється в обидва боки осі симетрії Oz. Поперечним перерізом є еліпс. Найвужчий з перерізів – при z = 0.

Зауваження 2. Однопорожнинний гіперболоїд є лінійчатою поверхнею.

60


5.8. Двопорожнинний гіперболоїд

Якщо гіперболу

що лежить в площині Oyz, обертати

навколо дійсної осі Oz, то отримаємо двопорожнинний гіперболоїд обертання навколо осі Oz (рис. 30).

,12

2

2

2

c

z

b

y


.11

2

2

2

222

222

2

2

2

c

z

b

yx

yxy

zz

Ozc

z

b

y


12

2

2

22

c

z

b

yx

– канонічне рівняння двопорожнинного гіперболоїда обертання.

Рис. 30

61

Піддаючи двопорожнинний гіперболоїд обертання

рівномірній деформації (розтягу чи стиску) вздовж осі Ox з коефіцієнтом деформації k = b/a, треба у рівнянні цієї поверхні зробити заміну

.;; zzyykxx

12

2

2

22

c

z

b

yx


.1

2

2

2

22

c

z

b

yxab


12

2

2

2

2

2

c

z

b

y

a

x

– канонічне рівняння двопорожнинного гіперболоїда загального вигляду (двопорожнинного гіперболоїда) (рис. 31).

xy

z

a b

c

Рис. 31

62


5.9. Елiптичний параболоїд

Якщо параболу

що лежить в площині Oyz, обертати навколо

її осі Oz, то отримаємо параболоїд обертання навколо осі Oz (рис. 32).

,22 pzy


.22 2

2222

2

pzyxyxy

zz

Oz

pzy


zp

y

p

x 22

22

– канонічне рівняння параболоїда обертання.

Рис. 32

63

Піддаючи параболоїд обертання

(розтягу чи стиску) вздовж осі Oy з коефіцієнтом деформації , треба у рівнянні цієї поверхні зробити заміну



– канонічне рівняння параболоїда загального вигляду (елiптичного параболоїда) (рис. 33).

zp

y

p

x 22

22

рівномірній деформації

qpk

.;; zzkyyxx

.

22

22

zp

yqp

p

x

zq

yp

x 22

22

x

y

z

Зауваження. Еліптичний параболоїд можна утворити рухом параболи y2 = 2qz вздовж параболи x2 = 2pz так, що площина першої параболи залишається паралельною координатній площині Oyz, а її вершина ковзає по другій параболі. Площини цих парабол перпендикулярні між собою. При цьому рухома і нерухома параболи повернуті опуклостями в один бік – вершиною вниз.

Рис. 33

64


5.10. Гiперболiчний параболоїд

Гіперболічним параболоїдом називається поверхня (рис. 34),

.22

22

zq

y

p

x

Ця поверхня утворюється рухом параболи y2 = –2qz вздовж параболи x2 = 2pz так, що площина першої параболи залишається паралельною координатній площині Oyz, а її вершина ковзає по іншiй параболі. Площини цих парабол перпендикулярні між собою. При цьому рухома і нерухома параболи повернуті опуклостями у протилежні боки: перша напрямлена вершиною вверх, а друга – вершиною вниз.

Зауваження 1. Гіперболічний параболоїд має форму сідла. Початок координат O(0;0;0) (вершина гіперболічного параболоїда) є сідловою точкою (точкою перевалу) цієї поверхні.

Зауваження 2. Гіперболічний параболоїд є лінійчатою поверхнею.

що задається канонічним рівнянням

65


Звичайна паперова смужка служить моделлю частини площини і є двосторонньою поверхнею.

Стрічка Мебіуса одержується з паперової смужки, зігнутої і склеєної кінцями з перекрученням на півоберта (на відміну від звичайного циліндричного кільця на рис. 35) (рис. 36).

5.11. Односторонні поверхні

Рис. 36

У неї лише одна сторона, тоді як у циліндричного кільця їх дві. Якщо поставити олівець і провести ним, не відриваючи його від паперу, лінію уздовж цієї стрічки, поки вона не замкнеться, то слід від олівця буде скрізь. Отже, стрічка Мебіуса є односторонньою поверхнею.

5.11.1. Стрічка Мебіуса

66


Усі розглянуті вище поверхні є двосторонніми: при обході довільного замкненого контуру, що цілком лежить на поверхні та не має спільних точок з її межею, повернення в початкову точку не змінює напряму вектора нормалі.

На односторонній поверхні існує замкнений контур, що не має спільних точок з її межею, повний обхід якого приводить до зміни напряму нормалі на протилежний.

Рис. 35

Уявіть собі звичайну тонкостінну пляшку, що зроблена з «пластичного» скла, яке можна гнути і скручувати. Вона є моделлю поверхні, що має дві сторони – внутрішню і зовнішню, розділені краями шийки.

Проробляємо в її боці дірку, беремо за шийку, згинаємо і вставляємо шийку в цю дірку. Пропускаємо її всередині до самого дна. У дні проробляємо ще одну дірку. Краї шийки і дірки у дні акуратно склеюємо. Отримаємо односторонню поверхню, що називається пляшкою Клейна (рис. 37).

Рис. 37

Оскільки олівцем по ній не поводиш – незручно, то пустимо повзати муху. Ця муха може повзати скрізь по всій поверхні, жодного разу не перейшовши через її межу – краї дірки у боці.

5.11.2. Пляшка Клейна

67


1.Клетеник Д.В. Сборник задач по аналитической геометрии. – М.: Наука, 1980. – 240 с.

2.Данко П.Е., Попов А.Г., Кожевникова Т.Я. Высшая математика в упражнениях и задачах. В 2 ч. Ч. 1. – М.: Наука, 1997. –304 с.

3.Канатников А.Н., Крищенко А.П. Аналитическая геометрия – М.: МГТУ им. Баумана, 2000. – 386 с.

4.Ефимов Н.В. Краткий курс аналитической геометрии. – М.: Наука, 1975. – 272 с.

5.Цубербиллер О.Н. Задачи и упражнения по аналитической геометрии. – М.: Наука, 1968. – 336 с.

6.Ильин В.А., Позняк Э.Г. Аналитическая геометрия. – М.: ФИЗМАТЛИТ, 2004. – 224 с.

7.Бортаковский А.С., Пантелеев А.В. Аналитическая геометрия в примерах и задачах. – М.: Высш. шк., 2005. – 496 с.

8.Станішевський С.О. Вища математика. – Харків: ХНАМГ, 2005.–270 с.

9.Станішевський С.О., Якунін А.В., Ситникова В.С. Вища математика для електротехніків. Модуль 1. – Харків: ХНАМГ, 2009. – 308 с.

68Список літератури

НАВЧАЛЬНЕ ВИДАННЯ

Колосов Анатолій Іванович, Якунін Анатолій Вікторович, Ламтюгова Світлана Миколаївна

АНАЛІТИЧНА ГЕОМЕТРІЯ У ПРЕЗЕНТАЦІЯХ.

ЧАСТИНА ІI: АНАЛІТИЧНА ГЕОМЕТРІЯ У ПРОСТОРІ

Електронний альбом дидактичних матеріалів до самостійної роботи з дисципліни “Вища математика” (для студентів 1-2 курсів денної і заочної форм навчання за напрямом

підготовки 6.050701 “Електротехніка та електротехнології”, спеціальностей “Електротехнічні системи електроспоживання” і “Світлотехніка і джерела світла”)

Відповідальний за випуск: С.О. Станішевський Редактор: М.З. Аляб’єв

План 2010, поз. 135 М Підп. до друку Формат 60х84 1/16 Друк на ризографі Ум..-друк. арк 4,5 Тираж 10 пр. Зам. №

Видавець і виготовлювач: Харківська національна академія міського господарства,

вул. Революції, 12, Харків, 61002Електронна адреса: [email protected]

Свідоцтво суб’єкта видавничої справи: ДК №731 від 19.12.2001

Documents

МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ УКРАЇНИ ХАРКІВСЬКА НАЦІОНАЛЬНА АКАДЕМІЯ МІСЬКОГО ГОСПОДАРСТВА