Как найти параметр t из параметрического уравнения (4 видео)

Параметрическое уравнение прямой на плоскости

В данной статье мы рассмотрим параметрическое уравнение прямой на плоскости. Приведем примеры построения параметрического уравнения прямой, если известны две точки этой прямой или если известна одна точка и направляющий вектор этой прямой. Представим методы преобразования уравнения в параметрическом виде в канонический и общий виды.

Параметрическое уравнение прямой L на плоскости представляется следующей формулой:

Как найти параметр t из параметрического уравнения

(1)

Отметим что при записи уравнения прямой в параметрическом виде, направляющий вектор прямой не должен быть нулевым вектором, т.е хотя бы один координат направляющего вектора q должен быть отличным от нуля.

Для построения прямой на плоскости в декартовой прямоугольной системе координат, заданной параметрическим уравнением (1), достаточно задать параметру t две разные значения, вычислить x и y и провести через эти точки прямую линию. При t=0 имеем точку M₁(x₁, y₁) при t=1, получим точку M₂(x₁+m, y₁+p).

Для составления параметрического уравнения прямой на плоскости L достаточно иметь точку на прямой L и направляющий вектор прямой или две точки, принадлежащие прямой L. В первом случае, для построения параметрического уравнения прямой нужно координаты точки и направляющего вектора вставить в уравнение (1). Во втором случае сначала нужно найти направляющий вектор прямой q=<m, p>, вычисляя разности соответствующих координатов точек M₁ и M₂: m=x₂−x₁, p=y₂−y₁(Рис.1). Далее, аналогично первому случаю, подставить координаты одной из точек (не имеет значение какой именно) и направляющего вектора q прямой в (1).

Можно также вывести формулу параметрического уравнения прямой, проходящей через две точки. Для этого подставим значения m=x₂−x₁, p=y₂−y₁ в (1), получим параметрическое уравнение прямой на плоскости, проходящей через точки M₁(x₁, y₁) и M₂(x₂, y₂):

(2)

Пример 1. Прямая проходит через точку M=(3,−1) и имеет направляющий вектор q=. Построить параметрическое уравнение прямой.

Решение. Для построения параметрического уравнения прямой, подставим координаты точки и направляющего вектора в уравнение (1):

Пример 2. Прямая проходит через точки M₁=(−5, 2) и M₂=(−2, 3). Построить параметрическое уравнение прямой.

Решение. Воспользуемся формулой (2). Подставим координаты точек M₁ и M₂ в уравнение (2):

Упростим полученное уравнение:

Содержание

Приведение параметрического уравнения на плоскости к каноническому виду
Приведение параметрического уравнения на плоскости к общему виду
Параметрические уравнения прямой на плоскости: описание, примеры, решение задач
Вывод параметрических уравнений прямой на плоскости
Составление параметрических уравнений прямой на плоскости
Переход от параметрических уравнений прямой на плоскости к прочим уравнениям заданной прямой и обратно
Примеры и задачи с параметрическими уравнениями прямой на плоскости
Параметрическое задание кривой
Параметрическое задание кривой
📺 Видео

Видео:Что такое параметр? Уравнения и неравенства с параметром. 7-11 класс. Вебинар | МатематикаСкачать

Приведение параметрического уравнения на плоскости к каноническому виду

Выразим параметр t в (1) через переменные x и y:

(3)

Из выражений (3), можем записать каноническое уравнение прямой на плоскости:

(4)

Обратное преобразование смотрите здесь.

Пример 3. Прямая на плоскости представлена следующим параметрческим уравнением:

Привести данное уравнение прямой к каноническому виду.

Решение: Выразим параметр t через переменные x и y:

(5)

Из выражений (5), можем записать:

Видео:Видеоурок "Параметрические уравнения прямой"Скачать

Приведение параметрического уравнения на плоскости к общему виду

Для приведения параметрического уравнения прямой на плоскости к общему виду, в формулах (1) выразим из второго уравнения параметр t через переменную y и подставим в первое уравнение:

(6)

Умножим обе части уравнения (6) на p и группируем элементы уравнения:

(7)

Сделаем обозначения: A=p, B=−m, C=−px₁+my₁. Тогда получим общее уравнение прямой:

Обратное преобразование смотрите здесь.

Пример 4. Прямая на плоскости представлена следующим параметрческим уравнением:

(9)

Привести данное уравнение прямой к общему виду.

Решение: В уравнении (9) имеем: x₁=−5, y₁=0, m=4, p=−2. Подставим эти значения в формулу (7):

(10)

Упростив выражение (10) получим общее уравнение прямой (9):

Видео:14. Что такое параметрически заданная функция, производная параметрически заданной функции.Скачать

Параметрические уравнения прямой на плоскости: описание, примеры, решение задач

Одним из подпунктов темы «Уравнение прямой на плоскости» является вопрос составления параметрических уравнений прямой на плоскости в прямоугольной системе координат. В статье ниже рассматривается принцип составления подобных уравнений при определенных известных данных. Покажем, как от параметрических уравнений переходить к уравнениям иного вида; разберем решение типовых задач.

Видео:Написать канонические и параметрические уравнения прямой в пространствеСкачать

Вывод параметрических уравнений прямой на плоскости

Конкретная прямая может быть определена, если задать точку, которая принадлежит этой прямой, и направляющий вектор прямой.

Допустим, нам задана прямоугольная система координат O x y . А также заданы прямая а с указанием лежащей на ней точки М 1 ( x 1 , y 1 ) и направляющий вектор заданной прямой a → = ( a x , a y ) . Дадим описание заданной прямой a , используя уравнения.

Используем произвольную точку М ( x , y ) и получим вектор М 1 М → ; вычислим его координаты по координатам точек начала и конца: M 1 M → = ( x — x 1 , y — y 1 ) . Опишем полученное: прямая задана множеством точек М ( x , y ) , проходит через точку М 1 ( x 1 , y 1 ) и имеет направляющий вектор a → = ( a x , a y ) . Указанное множество задает прямую только тогда, когда векторы M 1 M → = ( x — x 1 , y — y 1 ) и a → = ( a x , a y ) являются коллинеарными.

Существует необходимое и достаточное условие коллинеарности векторов, которое в данном случае для векторов M 1 M → = ( x — x 1 , y — y 1 ) и a → = ( a x , a y ) возможно записать в виде уравнения:

M 1 M → = λ · a → , где λ – некоторое действительное число.

Уравнение M 1 M → = λ · a → называют векторно-параметрическим уравнением прямой.

В координатной форме оно имеет вид:

M 1 M → = λ · a → ⇔ x — x 1 = λ · a x y — y 1 = λ · a y ⇔ x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ

Уравнения полученной системы x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ носят название параметрических уравнений прямой на плоскости в прямоугольной системе координат. Суть названия в следующем: координаты всех точек прямой возможно определить по параметрическим уравнениям на плоскости вида x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ при переборе всех действительных значений параметра λ

Видео:Математика Без Ху!ни. Производная функции, заданной параметрически.Скачать

Составление параметрических уравнений прямой на плоскости

Согласно вышесказанному, параметрические уравнения прямой на плоскости x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ определяют прямую линию, которая задана в прямоугольной системе координат, проходит через точку М 1 ( x 1 , y 1 ) и имеет направляющий вектор a → = ( a x , a y ) . Следовательно, если заданы координаты некоторой точки прямой и координаты ее направляющего вектора, то возможно сразу записать параметрические уравнения заданной прямой.

Необходимо составить параметрические уравнения прямой на плоскости в прямоугольной системе координат, если заданы принадлежащая ей точка М 1 ( 2 , 3 ) и ее направляющий вектор a → = ( 3 , 1 ) .

Решение

На основе исходных данных получим: x 1 = 2 , y 1 = 3 , a x = 3 , a y = 1 . Параметрические уравнения будут иметь вид:

x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ ⇔ x = 2 + 3 · λ y = 3 + 1 · λ ⇔ x = 2 + 3 · λ y = 3 + λ

Ответ: x = 2 + 3 · λ y = 3 + λ

Необходимо отметить: если вектор a → = ( a x , a y ) служит направляющим вектором прямой а, а точки М 1 ( x 1 , y 1 ) и М 2 ( x 2 , y 2 ) принадлежат этой прямой, то ее возможно определить, задав параметрическими уравнениями вида: x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ , а также и таким вариантом: x = x 2 + a x · λ y = y 2 + a y · λ .

К примеру, нам заданы направляющий вектор прямой a → = ( 2 , — 1 ) , а также точки М 1 ( 1 , — 2 ) и М 2 ( 3 , — 3 ) , принадлежащие этой прямой. Тогда прямую определяют параметрические уравнения: x = 1 + 2 · λ y = — 2 — λ или x = 3 + 2 · λ y = — 3 — λ .

Следует обратить внимание и на такой факт: если a → = ( a x , a y ) — направляющий вектор прямой a , то ее направляющим вектором будет и любой из векторов μ · a → = ( μ · a x , μ · a y ) , где μ ϵ R , μ ≠ 0 .

Таким образом, прямая а на плоскости в прямоугольной системе координат может быть определена параметрическими уравнениями: x = x 1 + μ · a x · λ y = y 1 + μ · a y · λ при любом значении μ , отличном от нуля.

Допустим, прямая а задана параметрическими уравнениями x = 3 + 2 · λ y = — 2 — 5 · λ . Тогда a → = ( 2 , — 5 ) — направляющий вектор этой прямой. А также любой из векторов μ · a → = ( μ · 2 , μ · — 5 ) = 2 μ , — 5 μ , μ ∈ R , μ ≠ 0 станет направляющим вектором для заданной прямой. Для наглядности рассмотрим конкретный вектор — 2 · a → = ( — 4 , 10 ) , ему соответствует значение μ = — 2 . В таком случае заданную прямую можно также определить параметрическими уравнениями x = 3 — 4 · λ y = — 2 + 10 · λ .

Видео:Как найти корни уравнения в Excel с помощью Подбора параметраСкачать

Переход от параметрических уравнений прямой на плоскости к прочим уравнениям заданной прямой и обратно

В решении некоторых задач применение параметрических уравнений является не самым оптимальным вариантом, тогда возникает необходимость перевода параметрических уравнений прямой в уравнения прямой другого вида. Рассмотрим, как же это сделать.

Параметрическим уравнениям прямой вида x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ будет соответствовать каноническое уравнение прямой на плоскости x — x 1 a x = y — y 1 a y .

Разрешим каждое из параметрических уравнений относительно параметра λ , приравняем правые части полученных равенств и получим каноническое уравнение заданной прямой:

x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ ⇔ λ = x — x 1 a x λ = y — y 1 a y ⇔ x — x 1 a x = y — y 1 a y

При этом не должно смущать, если a x или a y будут равны нулю.

Необходимо осуществить переход от параметрических уравнений прямой x = 3 y = — 2 — 4 · λ к каноническому уравнению.

Решение

Запишем заданные параметрические уравнения в следующем виде: x = 3 + 0 · λ y = — 2 — 4 · λ

Выразим параметр λ в каждом из уравнений: x = 3 + 0 · λ y = — 2 — 4 · λ ⇔ λ = x — 3 0 λ = y + 2 — 4

Приравняем правые части системы уравнений и получим требуемое каноническое уравнение прямой на плоскости:

x — 3 0 = y + 2 — 4

Ответ: x — 3 0 = y + 2 — 4

В случае, когда необходимо записать уравнение прямой вида A x + B y + C = 0 , при этом заданы параметрические уравнения прямой на плоскости, необходимо сначала осуществить переход к каноническому уравнению, а затем к общему уравнению прямой. Запишем всю последовательность действий:

x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ ⇔ λ = x — x 1 a x λ = y — y 1 a y ⇔ x — x 1 a x = y — y 1 a y ⇔ ⇔ a y · ( x — x 1 ) = a x · ( y — y 1 ) ⇔ A x + B y + C = 0

Необходимо записать общее уравнение прямой, если заданы определяющие ее параметрические уравнения: x = — 1 + 2 · λ y = — 3 · λ

Решение

Для начала осуществим переход к каноническому уравнению:

x = — 1 + 2 · λ y = — 3 · λ ⇔ λ = x + 1 2 λ = y — 3 ⇔ x + 1 2 = y — 3

Полученная пропорция идентична равенству — 3 · ( x + 1 ) = 2 · y . Раскроем скобки и получим общее уравнение прямой: — 3 · x + 1 = 2 · y ⇔ 3 x + 2 y + 3 = 0 .

Ответ: 3 x + 2 y + 3 = 0

Следуя вышеуказанной логике действий, для получения уравнения прямой с угловым коэффициентом, уравнения прямой в отрезках или нормального уравнения прямой необходимо получить общее уравнение прямой, а от него осуществлять дальнейший переход.

Теперь рассмотрим обратное действие: запись параметрических уравнений прямой при другом заданном виде уравнений этой прямой.

Самый простой переход: от канонического уравнения к параметрическим. Пусть задано каноническое уравнение вида: x — x 1 a x = y — y 1 a y . Каждое из отношений этого равенства примем равным параметру λ :

x — x 1 a x = y — y 1 a y = λ ⇔ λ = x — x 1 a x λ = y — y 1 a y

Разрешим полученные уравнения относительно переменных x и y :

x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ

Необходимо записать параметрические уравнения прямой, если известно каноническое уравнение прямой на плоскости: x — 2 5 = y — 2 2

Решение

Приравняем части известного уравнения к параметру λ : x — 2 5 = y — 2 2 = λ . Из полученного равенства получим параметрические уравнения прямой: x — 2 5 = y — 2 2 = λ ⇔ λ = x — 2 5 λ = y — 2 5 ⇔ x = 2 + 5 · λ y = 2 + 2 · λ

Ответ: x = 2 + 5 · λ y = 2 + 2 · λ

Когда необходимо осуществить переход к параметрическим уравнениям от заданного общего уравнения прямой, уравнения прямой с угловым коэффициентом или уравнения прямой в отрезках, необходимо исходное уравнение привести к каноническому, а после осуществлять переход к параметрическим уравнениям.

Необходимо записать параметрические уравнения прямой при известном общем уравнении этой прямой: 4 x — 3 y — 3 = 0 .

Решение

Заданное общее уравнение преобразуем в уравнение канонического вида:

4 x — 3 y — 3 = 0 ⇔ 4 x = 3 y + 3 ⇔ ⇔ 4 x = 3 y + 1 3 ⇔ x 3 = y + 1 3 4

Приравняем обе части равенства к параметру λ и получим требуемые параметрические уравнения прямой:

x 3 = y + 1 3 4 = λ ⇔ x 3 = λ y + 1 3 4 = λ ⇔ x = 3 · λ y = — 1 3 + 4 · λ

Ответ: x = 3 · λ y = — 1 3 + 4 · λ

Видео:Параметрические уравнения прямойСкачать

Примеры и задачи с параметрическими уравнениями прямой на плоскости

Рассмотрим чаще всего встречаемые типы задач с использованием параметрических уравнений прямой на плоскости в прямоугольной системе координат.

В задачах первого типа заданы координаты точек, принадлежащих или нет прямой, описанной параметрическими уравнениями.

Решение таких задач опирается на следующий факт: числа ( x , y ) , определяемые из параметрических уравнений x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ при некотором действительном значении λ , являются координатами точки, принадлежащей прямой, которая описывается этими параметрическими уравнениями.

Необходимо определить координаты точки, которая лежит на прямой, заданной параметрическими уравнениями x = 2 — 1 6 · λ y = — 1 + 2 · λ при λ = 3 .

Решение

Подставим в заданные параметрические уравнения известное значение λ = 3 и осуществим вычисление искомых координат: x = 2 — 1 6 · 3 y = — 1 + 2 · 3 ⇔ x = 1 1 2 y = 5

Ответ: 1 1 2 , 5

Также возможна следующая задача: пусть задана некоторая точка M 0 ( x 0 , y 0 ) на плоскости в прямоугольной системе координат и нужно определить, принадлежит ли эта точка прямой, описываемой параметрическими уравнениями x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ .

Чтобы решить подобную задачу, необходимо подставить координаты заданной точки в известные параметрические уравнения прямой. Если будет определено, что возможно такое значение параметра λ = λ 0 , при котором будут верными оба параметрических уравнения, тогда заданная точка является принадлежащей заданной прямой.

Заданы точки М 0 ( 4 , — 2 ) и N 0 ( — 2 , 1 ) . Необходимо определить, являются ли они принадлежащими прямой, определенной параметрическими уравнениями x = 2 · λ y = — 1 — 1 2 · λ .

Решение

Подставим координаты точки М 0 ( 4 , — 2 ) в заданные параметрические уравнения:

4 = 2 · λ — 2 = — 1 — 1 2 · λ ⇔ λ = 2 λ = 2 ⇔ λ = 2

Делаем вывод, что точка М 0 принадлежит заданной прямой, т.к. соответствует значению λ = 2 .

Далее по аналогии проверим заданную точку N 0 ( — 2 , 1 ) , подставив ее координаты в заданные параметрические уравнения:

— 2 = 2 · λ 1 = — 1 — 1 2 · λ ⇔ λ = — 1 λ = — 4

Очевидно, что не существует такого параметра λ , которому будет соответствовать точка N 0 . Другими словами, заданная прямая не проходит через точку N 0 ( — 2 , 1 ) .

Ответ: точка М 0 принадлежит заданной прямой; точка N 0 не принадлежит заданной прямой.

В задачах второго типа требуется составить параметрические уравнения прямой на плоскости в прямоугольной системе координат. Самый простой пример такой задачи (при известных координатах точки прямой и направляющего вектора) был рассмотрен выше. Теперь разберем примеры, в которых сначала нужно найти координаты направляющего вектора, а потом записать параметрические уравнения.

Пример 8

Задана точка M 1 1 2 , 2 3 . Необходимо составить параметрические уравнения прямой, проходящей через эту точку и параллельной прямой x 2 = y — 3 — 1 .

Решение

По условию задачи прямая, уравнение которой нам предстоит опередить, параллельна прямой x 2 = y — 3 — 1 . Тогда в качестве направляющего вектора прямой, проходящей через заданную точку, возможно использовать направляющий вектор прямой x 2 = y — 3 — 1 , который запишем в виде: a → = ( 2 , — 1 ) . Теперь известны все необходимые данные для того, чтобы составить искомые параметрические уравнения:

x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ ⇔ x = 1 2 + 2 · λ y = 2 3 + ( — 1 ) · λ ⇔ x = 1 2 + x · λ y = 2 3 — λ

Ответ: x = 1 2 + x · λ y = 2 3 — λ .

Задана точка М 1 ( 0 , — 7 ) . Необходимо записать параметрические уравнения прямой, проходящей через эту точку перпендикулярно прямой 3 x – 2 y – 5 = 0 .

Решение

В качестве направляющего вектора прямой, уравнение которой надо составить, возможно взять нормальный вектор прямой 3 x – 2 y – 5 = 0 . Его координаты ( 3 , — 2 ) . Запишем требуемые параметрические уравнения прямой:

x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ ⇔ x = 0 + 3 · λ y = — 7 + ( — 2 ) · λ ⇔ x = 3 · λ y = — 7 — 2 · λ

Ответ: x = 3 · λ y = — 7 — 2 · λ

В задачах третьего типа требуется осуществить переход от параметрических уравнений заданной прямой к прочим видам уравнений, которые ее определяют. Решение подобных примеров мы рассматривали выше, приведем еще один.

Пример 10

Дана прямая на плоскости в прямоугольной системе координат, определяемая параметрическими уравнениями x = 1 — 3 4 · λ y = — 1 + λ . Необходимо найти координаты какого-либо нормального вектора этой прямой.

Решение

Чтобы определить искомые координаты нормального вектора, осуществим переход от параметрических уравнений к общему уравнению:

x = 1 — 3 4 · λ y = — 1 + λ ⇔ λ = x — 1 — 3 4 λ = y + 1 1 ⇔ x — 1 — 3 4 = y + 1 1 ⇔ ⇔ 1 · x — 1 = — 3 4 · y + 1 ⇔ x + 3 4 y — 1 4 = 0

Коэффициенты переменных x и y дают нам требуемые координаты нормального вектора. Таким образом, нормальный вектор прямой x = 1 — 3 4 · λ y = — 1 + λ имеет координаты 1 , 3 4 .

Видео:14.1. Касательная к параметрически заданной функцииСкачать

Параметрическое задание кривой

Видео:Математика без Ху!ни. Уравнения прямой. Часть 2. Каноническое, общее и в отрезках.Скачать

Параметрическое задание кривой

Кривая параметрическая Н°1.Подход к делу problem. So до сих пор мы рассматривали только 2 вида назначений кривых: уравнение v = f (x) (явная задача) или уравнение F (x, y)= O (неявная задача)).Однако теоретическая механика очень естественно приводит к различным видам линий assignments. In дело в том, что

установка движения точки-это средство нахождения положения (то есть координат) любого момента времени t. Чтобы полностью определить движение точки, определите линию, на которой будет находиться точка move. So, в этом примере линии даны с использованием

So например, эквационный х = 2Т г = 3Т-2(1） Людмила Фирмаль

2 равенств (I).Конечно, очень легко получить более знакомые задачи в той же линии. Именно так. Для любого момента x 3x /будет t = — q, t y =-2. Это соединение X и y обеспечивает явное определение линии*).Видно, что эта задача получается путем исключения времени t из Формулы (1). В рассматриваемом

примере, тот факт, что переменная T показывает время не играет никакой роли. Например, предположим, что следующие X и y зависят от вспомогательных переменных: х = Т-ФЛ, г = т Изменение его даст вам различные точки(.x, комбинация которых состоит из нескольких линий. значение t обозначается равенством t = x-1 с соответствующим значением x, поэтому y =(x-I) 1 для

любой точки линии, и я получил явную задачу линии. Из этого видно, что вы обрабатываете 1 пару болтов. Чтобы суммировать вышесказанное, пара уравнений Где t-вспомогательная переменная, определяющая lnnnu. Способ определения этой линии называется параметрическим, а переменная t называется

параметром. за исключением t, вы получаете нормальное (явное или неявное) уравнение для той же строки. Замечание. Если функция Людмила Фирмаль

и последовательным в интервале[i, b]), является непрерывной кривой, поскольку она также может Параметрические уравнения для окружностей и эллипсов. Рассмотрим окружность с радиусом R, центрированную вокруг начала координат

(рис.181).Положение любой точки M в этой окружности полностью определяется установкой угла f, который образуется осью Ox и радиусом OM. It естественно выразить координаты x и y точки M под этим углом. Из рисунков это сразу понятно (2） х = р COS в ТТ г = РС НТ. Эти уравнения (*) являются параметрическими

уравнениями окружности. Параметр T может быть изменен с-oo на — | — oo, но если вы хотите получить каждую точку круга по 1 разу, достаточно пройти t через зазор. Однако, это более удобно для обработки закрытых пробелов. Так, т, как правило,

изменяется в пределах 0 ^ / ^ 2ir, но точка с получает в 2 раза. T= 0 и в = 2ir. Чтобы получить нормальное уравнение окружности, необходимо исключить параметр T из (2).Это проще всего, если вы возьмете уравнение (2) на 2 квадрата и добавите результат. Очевидно, это приводит к известному уравнению Найти

параметрическое уравнение эллипса (3） Полезно помнить, что он получается из круга * * + > ■ = A (4)рисунок 181. Имеют диаметр с большой осью эллипса, иногда используют сжатие、 То есть любая точка M в эллипсе(3) берется из точки N в окружности (4). Б Ордината точки Н В соответствии с вышеизложенным

параметрическое уравнение окружности(4) имеет вид x = acos/, ^ = asin/.Но тогда понятно, что параметрическое уравнение (3) эллипса получается умножением. форма ординаты y имеет вид） (5） * = acosf, г = БС НТ. Чтобы получить все точки овала, достаточно

изменить Т выпускного вечера. Жуткий 0 ^ t ^кроме того, каждая точка эллипса, кроме точки (a, 0), получается только 1 раз, а точки(a, 0) — 2 раза (t = 0 и t = 2k).Если мы разделим первое уравнение (5) на a, а затем разделим 2-е уравнение на b, то полученное уравнение будет добавлено на 2 и станет каноническим уравнением эллипса(3).

Сравнение параметрических уравнений окружности и эллипса дает удобный метод построения любого числа точек в эллипсе. То есть, пара уравнений х-acoet, у = грех Т(6） U определяет окружность с радиусом A вокруг начала координат и пару уравнений х = б сое т, у = B грех Т(7） — Окружность b с тем же центром и радиусом; чтобы получить точку (l, y), как показывает уравнение (5), p / 82.Если

вы лежите на овале, вам нужно найти x Используйте первое выражение(6) и 2-е выражение (7) с y. но эти xn-y легко найти графически, так как в формулах (6) и (7) параметром T является угол наклона радиус-вектора точки относительно оси Ox. So, чтобы составить точку M (q, y) эллипса (5), нарисуйте окружность (6) и (7)

и нарисуйте луч на оси Ox под углом t от начала координат. Найдите точки A и B пересечения этого луча и ранее упомянутой окружности и проведите через них прямую линию, параллельную оси, вы получите точку M (см. Рисунок 182).П°3.Циклоида * важные

кривые-давайте познакомимся с циклоидой. Это также хороший пример параметрического определения линии. Определение циклоида представляет собой линию, которая представлена точкой окружности, которая катится без скольжения или вращения Из этого определения сразу видно, что циклоида состоит из ряда дуг, как

показано на рисунке 1. 183, высота этих арок равна 2R. R-радиус окружности. Ниже расстояние между соседними точками разворотаAB, BC,…равно 2π/?Это значение по умолчанию. Найдите параметрические уравнения циклоиды. В качестве оси Ox возьмите прямую линию, по которой катится круг, и для начала координат

возьмите положение точки M, которая представляет собой циклоиду острия в этой точке. Эта точка находится на оси Ox. Нарисуйте этот момент как первый момент, вращающийся круг в первый момент, а затем второй. t представляет собой угол, образованный в момент t радиусом вращающейся окружности, направленной

к точке A окружности, которая касается точки I и оси Ox, представляющей циклоиду. (Рисунок 184) радиус CXM и u ° С / а возьмем этот угол т. 184. Попробуйте параметр 8a Через него отрегулируйте точки x и y м-циклоиды. Что касается координат Y, то это довольно просто. г => ВМ = объявление = ОБК-CjZ)= /? — R cos t.

(8） Чтобы найти абсциссу X, нужно рассмотреть эквивалентность отрезка OA и дуги AM. OA = AM. (9 )） При таком равенстве окружность не будет скользить или вращаться. Следующий метод проверки эквивалентности очень очевиден(9): представьте себе катящийся круг, выполненный в виде деревянного кольца. Накройте этот обруч лентой, которая не растягивается, прибив ее правый край гвоздем

к точке O оси Ox, а левый край-к обручу. При вращении обруча лента начинает растекаться по оси Ox, и в момент t отсечение оси OA закрывается той частью ленты, которая упала вниз. С дугой AM обруч. Это*) доказывает(9). еще проще: t-значение угла AC% M, так как это Радиан、 AM = Rt Так… x = OB = OA-BA = AM-MD = Rt-Rsint (10） Если

сравнить (8)и(10), то получим параметрическое уравнение циклоиды х = р(т-Син т), г = р (- стоимость). Параметр Т может изменяться от-ОО до-Е-ОО. Пересечение начала координат и ближайших к нему справа циклоид соответствует значению Ox = t * 2.Это происходит потому, что круг качения приобретается после 1 rotation. In в этом случае

t будет n; = 2nR. In кроме того, из (11) видно, что координаты (π/,, 2/) находятся в высшей точке соответствующего cycloid. To будьте осторожны невозможно представить Y в качестве одной из основных функций Икс. И от x до y возможно| f = Arccos ^ l, но результат Формула очень трудоемкая. Параметрическое уравнение

проще. в N°4.Эвольвента circle. In в теории зацепления используется кривая, называемая эвольвентой окружности. Эвольвента окружности определения-это линия, которая описывается точкой нити и расстегивается от этой окружности, пока она прочно растянута. Предполагается, что нить неэластична и предварительно обмотана вокруг вышеуказанных кругов. Найти параметрическое

уравнение для эвольвенты circle. To сделайте это, поместите начало координат в центр круга и нарисуйте ось Ox Ноль ноль В тот момент, когда нить еще полностью обмотана вокруг окружности, точка окружности, в которой расположена точка, описывающая эвольвенту. Рисунок 185 эта точка обозначается A. 185 показывает положение потока виртуальной машины в некоторой точке в time. So, здесь B-

точка, в которой нить исчезает из окружности, а M-точка, в которой она описывает эвольвенту. Радиус окружности? Угол наклона оси Ox и Луча OB представлен через t. поскольку нить не является растяжимой、 Отрезок VM равен дуге AB окружности. То есть, BM = RT. обратите внимание, что нить остается прочно натянутой, поэтому она спускается по касательной от окружности. Таким образом,

нить VM перпендикулярна радиусу органического вещества. Поэтому углы AOB и MBD равны углам, где каждая сторона перпендикулярна друг другу. Следовательно,£МБД = T, и из треугольника МВС См = РТ грех ЦБ = стоимость РТ. Теперь вы можете легко найти X и y координаты точки м. Другими словами、 х = ое = ОД + де = ОД-ТСМ = стоимости Р + РТ грех г = ВС = ДК = ДБ-КБ = Р грех Т-РТ стоимость. Рисунок 185.Наконец. х = /?(потому что * — Ф — * грех/),; г = р (т Син-/ Кос Т), (’ Где: 0 f > = » K0(13） В точке M (x, y), соответствующей значению параметра T. To сделайте это, дайте

t приращение At и в результате получите ту же самую точку кривой AfCtf-J-A * » Y + AC) (13).Угловой коэффициент Т * Секущий MN равен или равен Важно отметить, что производная, фигурирующая в (15) , должна быть рассчитана для величины t, определяющей контакт M. Угловой коэффициент m интересующего тангенса является

пределом формулы (14) для N — + M, то есть, но так как D * — > 0 Вы будете Работать ДД： (15 )） Так… Образцы. Нарисуйте касательную к кривой + г = Тл-7т(16） Очки*)А!(2). Решение. Координаты точки M определяются из(16). xi = 17, y%=2.In сложение, x = bP—4/, y = 4P-7.So, t = 2 — Это X / = 20, yt = 25, угловой коэффициент Желаемый тангенс. Форма искомого уравнения имеет вид y-2 = 4 (l-17> Замечание.

Приведенная выше строка g:=?( * ), Y =φ (f), функция равна (t), φ (/).Если эти функции не только непрерывны, но и имеют непрерывные производные от y’0, то, как показывает уравнение (15), кривая имеет определенную касательную в каждой точке, и ее положение непрерывно изменяется с изменением контакта.

Кроме того, указанные касательные никогда не будут параллельны оси Oy. Учитывая, что координаты x и y полностью равны, линии x =

.Где f (/j u f ( / ) имеет непрерывную производную、 а В частности, под это определение подпадает линия y = f ( * ), где f (x) имеет непрерывную производную. Где роль параметра T-абсцисса ш=■»+*?> ми- Теперь зададим следующие общие вопросы: пусть

x и y зависят от вспомогательных переменных t, как показано в (13). в первом выражении (13) обозначим t из x, а затем присвоим его 2-му выражению, вы увидите, что y является функцией x, то есть y = f(x).Попробуйте найти производную этой функции. Для этого достаточно вспомнить, что интересующей нас производной является только угловой коэффициент касательной прямой y = / ( * ),

а ее параметрическим уравнением является уравнение (13).Таким образом, она задается формулой(15). Чтобы правильно понять это важное выражение, следует помнить, что точка дифференцирования t справа от (17) является значением параметра, и согласно формуле x = y (t) она соответствует точке дифференцирования x, где Y’x находится. Соотношения(17) легко получить с помощью чисто формальных

вычислений. dypy / ДТ Вау, х]’ Затем попробуйте найти 2-ю производную yx той же функции y = f (x).Это легко сделать, используя формулу (17).То есть он временно представляет y’X с Z. А затем… ** ух-з» (17) Значение (18） Однако, поскольку Z = yx = — m、 / ГМ-ГМ Узнайте, наконец, из (18)и (19) Образцы. Установите вогнутое направление

кривой х =(* + 3Т + л> г = 2Т * — (21） В точке Af (l). Решение. Из (21), x’f = 2t + 3, x? = 2,г = г г! = 12 /.Итак, если t = 1, то это выглядит так:= jc / = 2, y ’ 0, кривая точки M (21) направлена вогнутой поверхностью вверх.