stożkowe, twory liniowe
-
- Użytkownik
- Posty: 6
- Rejestracja: 23 sty 2011, o 22:57
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: bydgoszcz
- Podziękował: 2 razy
stożkowe, twory liniowe
Poniższe zadania będą prawdopodobnie na egz który mam za tydzień... nie mam jednak pomysłu jak je rozwiązać, bo to zaległy egz i nie miałam nigdy zajęć z wykładowcą, który je wymyślił. Bardzo proszę o pomoc albo chociaż nakierowanie na rozwiązania
1.Dana jest paraboloida obrotowa oraz płaszczyzna (alfa) przecinająca tę powierzchnię. (alfa) nie jest prostopadła do paraboloidy.
Pokazać, że rzutem prostokątnym przekroju powierzchni na płaszczyznę prostopadłą do osi powierzchni jest zawsze okrąg.
2. Dana jest powierzchnia stożka obrotowa oraz płaszczyzna (alfa) nieprzechodząca przez wierzchołek powierzchni i nie równoległa do osi powierzchni.
Pokazać, że rzut prostokątny przekroju na płaszczyznę prostopadłą do osi powierzchni ma ognisko w punkcie, który jest rzutem wierzchołka powierzchni.
3. Napisać równanie powierzchni stożka, której wierzchołkiem jest punkt \(\displaystyle{ W=(0,0,8)}\) a kierownica paraboli
\(\displaystyle{ \begin{cases} x_1^2=4x_2 \\ x_3=0 \end{cases}}\)
Odp. \(\displaystyle{ 2x_1^2 + x_2x_3 - 8x_2=0}\)
4. Napisać równanie powierzchni utworzonej przez proste przecinające trzy dane proste
1)
\(\displaystyle{ \begin{cases} x_1=0 \\ x_2=0 \end{cases}}\)
2)
\(\displaystyle{ \begin{cases} x_1+x_2=1 \\ x_3=0 \end{cases}}\)
3)
\(\displaystyle{ \begin{cases} x_1-2x_3=1 \\ x_2=1 \end{cases}}\)
wskazówka: wykorzystać pojęcie pęku płaszczyzn
Odp. \(\displaystyle{ x_1^2 - x_2^2 - 2x_1x_3 - x_1 + x_2=0}\)
Hiperboloida jedno powłokowa o środku: \(\displaystyle{ \left( 0; \frac{1}{2} ; - \frac{1}{2} \right)}\)-- 21 cze 2011, o 21:27 --tak, tak miało to wyglądać przepraszam
1.Dana jest paraboloida obrotowa oraz płaszczyzna (alfa) przecinająca tę powierzchnię. (alfa) nie jest prostopadła do paraboloidy.
Pokazać, że rzutem prostokątnym przekroju powierzchni na płaszczyznę prostopadłą do osi powierzchni jest zawsze okrąg.
2. Dana jest powierzchnia stożka obrotowa oraz płaszczyzna (alfa) nieprzechodząca przez wierzchołek powierzchni i nie równoległa do osi powierzchni.
Pokazać, że rzut prostokątny przekroju na płaszczyznę prostopadłą do osi powierzchni ma ognisko w punkcie, który jest rzutem wierzchołka powierzchni.
3. Napisać równanie powierzchni stożka, której wierzchołkiem jest punkt \(\displaystyle{ W=(0,0,8)}\) a kierownica paraboli
\(\displaystyle{ \begin{cases} x_1^2=4x_2 \\ x_3=0 \end{cases}}\)
Odp. \(\displaystyle{ 2x_1^2 + x_2x_3 - 8x_2=0}\)
4. Napisać równanie powierzchni utworzonej przez proste przecinające trzy dane proste
1)
\(\displaystyle{ \begin{cases} x_1=0 \\ x_2=0 \end{cases}}\)
2)
\(\displaystyle{ \begin{cases} x_1+x_2=1 \\ x_3=0 \end{cases}}\)
3)
\(\displaystyle{ \begin{cases} x_1-2x_3=1 \\ x_2=1 \end{cases}}\)
wskazówka: wykorzystać pojęcie pęku płaszczyzn
Odp. \(\displaystyle{ x_1^2 - x_2^2 - 2x_1x_3 - x_1 + x_2=0}\)
Hiperboloida jedno powłokowa o środku: \(\displaystyle{ \left( 0; \frac{1}{2} ; - \frac{1}{2} \right)}\)-- 21 cze 2011, o 21:27 --tak, tak miało to wyglądać przepraszam
Ostatnio zmieniony 21 cze 2011, o 20:57 przez ares41, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości. Nieczytelny zapis - brak LaTeX-a. Proszę zapoznać się z instrukcją: http://matematyka.pl/latex.htm . PS. Czy tak to miało wyglądać?
Powód: Poprawa wiadomości. Nieczytelny zapis - brak LaTeX-a. Proszę zapoznać się z instrukcją: http://matematyka.pl/latex.htm . PS. Czy tak to miało wyglądać?
-
- Użytkownik
- Posty: 3568
- Rejestracja: 7 mar 2011, o 22:16
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Pomógł: 910 razy
stożkowe, twory liniowe
Nie jestem całkiem pewien, czy o to dokładnie chodzi, ale spróbuję:
paraboloida obrotowa:
\(\displaystyle{ x^2+y^2=az\\}\)
płaszczyzna:
\(\displaystyle{ Ax+By+Cz+D=0}\)
Nie jest równoległa do paraboloidy, czyli \(\displaystyle{ C\ne 0}\)
Płaszczyzna prostopadła to \(\displaystyle{ XOY}\), czyli rzut prostokątny otrzymamy przez eliminację współrzędnej \(\displaystyle{ z}\) z równania
\(\displaystyle{ \begin{cases}Ax+By+Cz+D=0 \\ x^2+y^2=az \end{cases}\\
\begin{cases}z=-\frac{1}{C}\left( Ax+By+D\right) \\ x^2+y^2=-\frac{a}{C}\left( Ax+By+D\right) \end{cases}\\
x^2+\frac{aA}{C}x+y^2+\frac{aB}{C}y=-\frac{aD}{C}\\
x^2+2\frac{aA}{2C}x+\left( \frac{aA}{2C}\right)^2 +y^2+2\frac{aB}{2C}y+\left( \frac{aB}{2C}\right)^2=-\frac{aD}{C}+\left( \frac{aA}{2C}\right)^2+\left( \frac{aB}{2C}\right)^2\\
\left( x+\frac{aA}{2C}\right)^2+ \left( y+\frac{aB}{2C}\right)^2=-\frac{aD}{C}+\left( \frac{aA}{2C}\right)^2+\left( \frac{aB}{2C}\right)^2\\}\)
Płaszczyzna ma przecinać paraboloidę, czyli to równanie ma nieskończenie wiele rozwiązań. Lewa strona równania jest nieujemna. Mogłaby być zerem tylko dla jednego punktu \(\displaystyle{ (x,y)=\left( -\frac{aA}{2C},-\frac{aB}{2C}\right)}\), ale rozwiązań jest więcej, a prawa strona ma wartość stałą, taka samą dla każdego rozwiązania. Zatem lewa strona musi być zawsze dodatnia. Prawa też jest więc dodatnia, czyli jest kwadratem pewnej liczby \(\displaystyle{ r>0}\). Otrzymujemy więc równanie okręgu:
\(\displaystyle{ \left( x+\frac{aA}{2C}\right)^2+ \left( y+\frac{aB}{2C}\right)^2=r^2}\)
paraboloida obrotowa:
\(\displaystyle{ x^2+y^2=az\\}\)
płaszczyzna:
\(\displaystyle{ Ax+By+Cz+D=0}\)
Nie jest równoległa do paraboloidy, czyli \(\displaystyle{ C\ne 0}\)
Płaszczyzna prostopadła to \(\displaystyle{ XOY}\), czyli rzut prostokątny otrzymamy przez eliminację współrzędnej \(\displaystyle{ z}\) z równania
\(\displaystyle{ \begin{cases}Ax+By+Cz+D=0 \\ x^2+y^2=az \end{cases}\\
\begin{cases}z=-\frac{1}{C}\left( Ax+By+D\right) \\ x^2+y^2=-\frac{a}{C}\left( Ax+By+D\right) \end{cases}\\
x^2+\frac{aA}{C}x+y^2+\frac{aB}{C}y=-\frac{aD}{C}\\
x^2+2\frac{aA}{2C}x+\left( \frac{aA}{2C}\right)^2 +y^2+2\frac{aB}{2C}y+\left( \frac{aB}{2C}\right)^2=-\frac{aD}{C}+\left( \frac{aA}{2C}\right)^2+\left( \frac{aB}{2C}\right)^2\\
\left( x+\frac{aA}{2C}\right)^2+ \left( y+\frac{aB}{2C}\right)^2=-\frac{aD}{C}+\left( \frac{aA}{2C}\right)^2+\left( \frac{aB}{2C}\right)^2\\}\)
Płaszczyzna ma przecinać paraboloidę, czyli to równanie ma nieskończenie wiele rozwiązań. Lewa strona równania jest nieujemna. Mogłaby być zerem tylko dla jednego punktu \(\displaystyle{ (x,y)=\left( -\frac{aA}{2C},-\frac{aB}{2C}\right)}\), ale rozwiązań jest więcej, a prawa strona ma wartość stałą, taka samą dla każdego rozwiązania. Zatem lewa strona musi być zawsze dodatnia. Prawa też jest więc dodatnia, czyli jest kwadratem pewnej liczby \(\displaystyle{ r>0}\). Otrzymujemy więc równanie okręgu:
\(\displaystyle{ \left( x+\frac{aA}{2C}\right)^2+ \left( y+\frac{aB}{2C}\right)^2=r^2}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 6
- Rejestracja: 23 sty 2011, o 22:57
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: bydgoszcz
- Podziękował: 2 razy
stożkowe, twory liniowe
Dziękuję i proszę o pomoc jeszcze przy trzech pozostałych zadaniach, będę bardzo wdzięczna.
-
- Użytkownik
- Posty: 3568
- Rejestracja: 7 mar 2011, o 22:16
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Pomógł: 910 razy
stożkowe, twory liniowe
2. Powierzchnia stożka o wierzchołku \(\displaystyle{ (0,0,0)}\)i osi symetrii \(\displaystyle{ OZ}\), płaszczyzna prostopadła \(\displaystyle{ XOY}\):
\(\displaystyle{ x^2+y^2=az^2,\ a>0}\)
Płaszczyzna nierównoległa do osi i nie przechodząca przez wierzchołek:
\(\displaystyle{ Ax+By+Cz+D=0\\
C\ne 0\wedge D\ne 0}\)
Dla uproszczenia obracamy płaszczyznę wokół osi \(\displaystyle{ OZ}\) tak, by była prostopadła do płaszczyzny \(\displaystyle{ XOZ}\), wtedy \(\displaystyle{ B=0}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases}x^2+y^2=az^2\\Ax+Cz+D=0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}x^2+y^2=az^2\\\left( Ax+D\right)^2 =\left(-Cz\right) ^2 \end{cases} \Rightarrow \\
\begin{cases}x^2+y^2=az^2\\\left( Ax+D\right)^2 =C^2z ^2 \end{cases} \Rightarrow
\begin{cases}C^2x^2+C^2y^2=aC^2z^2\\a\left( Ax+D\right)^2 =aC^2z ^2 \end{cases} \Rightarrow \\
C^2x^2+C^2y^2=a\left( Ax+D\right)^2\\
C^2x^2+C^2y^2=aA^2x^2+2aADx+aD^2\\
\left(C^2- aA^2\right) x^2-2aADx+C^2y^2=aD^2\\
1^o:\ C^2- aA^2\ne 0\\
\left(C^2- aA^2\right) \left[ x^2-\frac{2aADx}{C^2- aA^2}\right] +C^2y^2=aD^2\\
\left(C^2- aA^2\right) \left[ x^2-\frac{2aADx}{C^2- aA^2}+\left( \frac{aAD}{C^2- aA^2}\right) ^2-\left( \frac{aAD}{C^2- aA^2}\right) ^2\right] +C^2y^2=aD^2\\
\left(C^2- aA^2\right) \left( x-\frac{aAD}{C^2- aA^2}\right)^2-\frac{(aAD)^2}{C^2- aA^2} +C^2y^2=aD^2\\
\left(C^2- aA^2\right) \left( x-\frac{aAD}{C^2- aA^2}\right)^2+C^2y^2=aD^2+\frac{(aAD)^2}{C^2- aA^2} \\
\left(C^2- aA^2\right) \left( x-\frac{aAD}{C^2- aA^2}\right)^2+C^2y^2=\frac{aC^2D^2}{C^2- aA^2} \\
\frac{\left( x-\frac{aAD}{C^2- aA^2}\right)^2}{\frac{aC^2D^2}{(C^2- aA^2)^2}}+\frac{y^2}{\frac{aD^2}{C^2- aA^2}}=1\\
C^2- aA^2>0 \Rightarrow elipsa\\
C^2- aA^2<0 \Rightarrow hiperbola\\
ogniska:\ \left( -c+\frac{aAD}{C^2- aA^2},0\right),\left( c+\frac{aAD}{C^2- aA^2},0\right) \\
c^2=\frac{aC^2D^2}{(C^2- aA^2)^2}-\frac{aD^2}{C^2- aA^2}=\frac{aC^2D^2-aC^2D^2+a^2A^2D^2}{\left( C^2- aA^2\right)^2 }=\frac{a^2A^2D^2}{\left( C^2- aA^2\right)^2 }\\
c=-\frac{aAD}{C^2- aA^2 }\vee c=\frac{aAD}{C^2- aA^2 }}\)
i po podstawieniu otrzymujemy, że jednym z ognisk jest punkt \(\displaystyle{ (0,0)}\)
\(\displaystyle{ 2^o:\ C^2- aA^2=0\\
-2aADx+C^2y^2=aD^2\\
x=\frac{C^2y^2}{2aAD}-\frac{D}{2A} \Rightarrow parabola\\
ognisko:\ \left( \frac{2aAD}{4C^2}-\frac{D}{2A},0\right)=\left( \frac{aA^2D-C^2D}{2AC^2},0\right)=\left( \frac{-D(C^2-aA^2)}{2AC^2},0\right)=\\
=\left( \frac{-D \cdot 0}{2AC^2},0\right)=\left( 0,0\right)}\)-- 25 cze 2011, o 19:46 --3. Napisać równanie powierzchni stożka, której wierzchołkiem jest punkt \(\displaystyle{ W=(0,0,8)}\) a kierownica paraboli...? - tu chyba czegoś brakuje
\(\displaystyle{ x^2+y^2=az^2,\ a>0}\)
Płaszczyzna nierównoległa do osi i nie przechodząca przez wierzchołek:
\(\displaystyle{ Ax+By+Cz+D=0\\
C\ne 0\wedge D\ne 0}\)
Dla uproszczenia obracamy płaszczyznę wokół osi \(\displaystyle{ OZ}\) tak, by była prostopadła do płaszczyzny \(\displaystyle{ XOZ}\), wtedy \(\displaystyle{ B=0}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases}x^2+y^2=az^2\\Ax+Cz+D=0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}x^2+y^2=az^2\\\left( Ax+D\right)^2 =\left(-Cz\right) ^2 \end{cases} \Rightarrow \\
\begin{cases}x^2+y^2=az^2\\\left( Ax+D\right)^2 =C^2z ^2 \end{cases} \Rightarrow
\begin{cases}C^2x^2+C^2y^2=aC^2z^2\\a\left( Ax+D\right)^2 =aC^2z ^2 \end{cases} \Rightarrow \\
C^2x^2+C^2y^2=a\left( Ax+D\right)^2\\
C^2x^2+C^2y^2=aA^2x^2+2aADx+aD^2\\
\left(C^2- aA^2\right) x^2-2aADx+C^2y^2=aD^2\\
1^o:\ C^2- aA^2\ne 0\\
\left(C^2- aA^2\right) \left[ x^2-\frac{2aADx}{C^2- aA^2}\right] +C^2y^2=aD^2\\
\left(C^2- aA^2\right) \left[ x^2-\frac{2aADx}{C^2- aA^2}+\left( \frac{aAD}{C^2- aA^2}\right) ^2-\left( \frac{aAD}{C^2- aA^2}\right) ^2\right] +C^2y^2=aD^2\\
\left(C^2- aA^2\right) \left( x-\frac{aAD}{C^2- aA^2}\right)^2-\frac{(aAD)^2}{C^2- aA^2} +C^2y^2=aD^2\\
\left(C^2- aA^2\right) \left( x-\frac{aAD}{C^2- aA^2}\right)^2+C^2y^2=aD^2+\frac{(aAD)^2}{C^2- aA^2} \\
\left(C^2- aA^2\right) \left( x-\frac{aAD}{C^2- aA^2}\right)^2+C^2y^2=\frac{aC^2D^2}{C^2- aA^2} \\
\frac{\left( x-\frac{aAD}{C^2- aA^2}\right)^2}{\frac{aC^2D^2}{(C^2- aA^2)^2}}+\frac{y^2}{\frac{aD^2}{C^2- aA^2}}=1\\
C^2- aA^2>0 \Rightarrow elipsa\\
C^2- aA^2<0 \Rightarrow hiperbola\\
ogniska:\ \left( -c+\frac{aAD}{C^2- aA^2},0\right),\left( c+\frac{aAD}{C^2- aA^2},0\right) \\
c^2=\frac{aC^2D^2}{(C^2- aA^2)^2}-\frac{aD^2}{C^2- aA^2}=\frac{aC^2D^2-aC^2D^2+a^2A^2D^2}{\left( C^2- aA^2\right)^2 }=\frac{a^2A^2D^2}{\left( C^2- aA^2\right)^2 }\\
c=-\frac{aAD}{C^2- aA^2 }\vee c=\frac{aAD}{C^2- aA^2 }}\)
i po podstawieniu otrzymujemy, że jednym z ognisk jest punkt \(\displaystyle{ (0,0)}\)
\(\displaystyle{ 2^o:\ C^2- aA^2=0\\
-2aADx+C^2y^2=aD^2\\
x=\frac{C^2y^2}{2aAD}-\frac{D}{2A} \Rightarrow parabola\\
ognisko:\ \left( \frac{2aAD}{4C^2}-\frac{D}{2A},0\right)=\left( \frac{aA^2D-C^2D}{2AC^2},0\right)=\left( \frac{-D(C^2-aA^2)}{2AC^2},0\right)=\\
=\left( \frac{-D \cdot 0}{2AC^2},0\right)=\left( 0,0\right)}\)-- 25 cze 2011, o 19:46 --3. Napisać równanie powierzchni stożka, której wierzchołkiem jest punkt \(\displaystyle{ W=(0,0,8)}\) a kierownica paraboli...? - tu chyba czegoś brakuje
-
- Użytkownik
- Posty: 6
- Rejestracja: 23 sty 2011, o 22:57
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: bydgoszcz
- Podziękował: 2 razy
stożkowe, twory liniowe
Sprawdziłam zadanie trzecie, ale nie ma w nim żadnych dodatkowych danych..
Mam jeszcze pytanie do zad czwartego. Wiem, że w sytuacji kiedy mamy podane dwie proste przecinające się trzeba napisać równania dwóch pęków i wyznaczyć ich element wspólny, np:
p1 \(\displaystyle{ \begin{cases} x_1+x_2+x_3-3=0 \\
2x_1-x_2-x_3=0\end{cases}}\)
p2 \(\displaystyle{ \begin{cases} x_1-2x_3+1=0 \\
2x_1+x_2-x_3-2=0 \end{cases}}\)
\(\displaystyle{ \alpha (x_1+x_2+x_3-3)+ \beta (2x_1-x_2-x_3) \approx \partial (x_1-2x_3+1)+ \alpha_1 (2x_1+x_2-x_3-2)}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} \alpha+2\beta=\partial+2\alpha_1 \\
\alpha- \beta= \alpha_1 \\
\alpha- \beta = -2\partial - \alpha_1 \\
-3 \alpha = \partial -2 \alpha_1 \end{cases}}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} \alpha +2 \beta - \partial -2 \alpha_1 \\ \alpha - \beta - \alpha_1 \\ \alpha - \beta +2 \partial + \alpha_1 \\ -3 \alpha - \partial +2 \alpha_1 \end{cases}}\)
Mamy macierz (nie umiem tutaj zapisać tego w postaci ładnej macierzy)
\(\displaystyle{ \left[ 1, 2, -1, -2, 0 \right]}\)
\(\displaystyle{ \left[ 1, -1, 0, -1, 0 \right]}\)
\(\displaystyle{ \left[ 1, -1, 2, 1, 0 \right]}\)
\(\displaystyle{ \left[ -3, 0, -1, 2, 0 \right]}\)
przekształcamy macierz metodą Gaussa i otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \left[ 1, 0, 0, -1, 0 \right]}\)
\(\displaystyle{ \left[ 0, 1, 0, 0, 0 \right]}\)
\(\displaystyle{ \left[0, 0, 1, 1, 0 \right]}\)
\(\displaystyle{ \left[0, 0, 0, 0, 0 \right]}\)
więc:
\(\displaystyle{ \begin{cases} \alpha_1= \alpha \\ \partial = - \alpha \\ \beta =0 \\ \alpha= \alpha \end{cases}}\)
otrzymany wektor to \(\displaystyle{ \left[ 1, 0, -1, 1 \right]}\)
nie wiem co prawda jak będzie dalej wyglądało równanie płaszczyzny bo nie mam kompletu notatek, ale moje pytanie brzmi czy da się zastosować sposób, który opisałam do rozwiązania zad czwartego?
Mam jeszcze pytanie do zad czwartego. Wiem, że w sytuacji kiedy mamy podane dwie proste przecinające się trzeba napisać równania dwóch pęków i wyznaczyć ich element wspólny, np:
p1 \(\displaystyle{ \begin{cases} x_1+x_2+x_3-3=0 \\
2x_1-x_2-x_3=0\end{cases}}\)
p2 \(\displaystyle{ \begin{cases} x_1-2x_3+1=0 \\
2x_1+x_2-x_3-2=0 \end{cases}}\)
\(\displaystyle{ \alpha (x_1+x_2+x_3-3)+ \beta (2x_1-x_2-x_3) \approx \partial (x_1-2x_3+1)+ \alpha_1 (2x_1+x_2-x_3-2)}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} \alpha+2\beta=\partial+2\alpha_1 \\
\alpha- \beta= \alpha_1 \\
\alpha- \beta = -2\partial - \alpha_1 \\
-3 \alpha = \partial -2 \alpha_1 \end{cases}}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} \alpha +2 \beta - \partial -2 \alpha_1 \\ \alpha - \beta - \alpha_1 \\ \alpha - \beta +2 \partial + \alpha_1 \\ -3 \alpha - \partial +2 \alpha_1 \end{cases}}\)
Mamy macierz (nie umiem tutaj zapisać tego w postaci ładnej macierzy)
\(\displaystyle{ \left[ 1, 2, -1, -2, 0 \right]}\)
\(\displaystyle{ \left[ 1, -1, 0, -1, 0 \right]}\)
\(\displaystyle{ \left[ 1, -1, 2, 1, 0 \right]}\)
\(\displaystyle{ \left[ -3, 0, -1, 2, 0 \right]}\)
przekształcamy macierz metodą Gaussa i otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \left[ 1, 0, 0, -1, 0 \right]}\)
\(\displaystyle{ \left[ 0, 1, 0, 0, 0 \right]}\)
\(\displaystyle{ \left[0, 0, 1, 1, 0 \right]}\)
\(\displaystyle{ \left[0, 0, 0, 0, 0 \right]}\)
więc:
\(\displaystyle{ \begin{cases} \alpha_1= \alpha \\ \partial = - \alpha \\ \beta =0 \\ \alpha= \alpha \end{cases}}\)
otrzymany wektor to \(\displaystyle{ \left[ 1, 0, -1, 1 \right]}\)
nie wiem co prawda jak będzie dalej wyglądało równanie płaszczyzny bo nie mam kompletu notatek, ale moje pytanie brzmi czy da się zastosować sposób, który opisałam do rozwiązania zad czwartego?
-
- Użytkownik
- Posty: 3568
- Rejestracja: 7 mar 2011, o 22:16
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Pomógł: 910 razy
stożkowe, twory liniowe
W zadaniu 3. chodzi mi o to, że zdanie się urywa - "a kierownica paraboli" - no i co ta kierownica paraboli ? Co do 4. to jeszcze pomyślę, bo na razie jestem w temacie trochę zielony, tak że nie wiem, czy Twoja metoda jest dobra.
-
- Użytkownik
- Posty: 6
- Rejestracja: 23 sty 2011, o 22:57
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: bydgoszcz
- Podziękował: 2 razy
stożkowe, twory liniowe
aha no ja myślałam, że te równania w klamerce to jest ta kierownica paraboli, ale sama nie wiem jak ją wykorzystać do rozwiązania ;P więc nie umiem stwierdzić, czy zadanie jest kompletne czy nie
stożkowe, twory liniowe
Witam, mam problem z dokładnie takim samym zadaniem jak 3. Proszę o pomoc
Napisać rówanie powierzchni stożkowej obrotowej, której wierzchołkiem jest punkt W(0,0,8), a kierownicą parabola
\(\displaystyle{ \begin{cases} y^{2}=4x\\z=0\end{cases}}\)
Napisać rówanie powierzchni stożkowej obrotowej, której wierzchołkiem jest punkt W(0,0,8), a kierownicą parabola
\(\displaystyle{ \begin{cases} y^{2}=4x\\z=0\end{cases}}\)