解析几何 周维祺
x2a2+y2b2−z2c2=±1\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}-\frac{z^2}{c^2}=\pm1 a2x2+b2y2−c2z2=±1
由上述标准方程所表示的曲面
=+1：单叶双曲面 =-1：双叶双曲面
单叶双曲面：x2a2+y2b2−z2c2=1\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}-\frac{z^2}{c^2}=1a2x2+b2y2−c2z2=1
z=z0z=z_0z=z0：椭圆
x=x0x=x_0x=x0或y=y0y=y_0y=y0：双曲线 (∣x0∣<a|x_0|<a∣x0∣<a, ∣y0∣<b|y_0|<b∣y0∣<b)
x=ax=ax=a或y=by=by=b：两条相交直线
双叶双曲面：x2a2+y2b2−z2c2=−1\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}-\frac{z^2}{c^2}=-1a2x2+b2y2−c2z2=−1
显然，∣z∣>c|z|>c∣z∣>c，因此分为两叶
x=x0x=x_0x=x0或y=y0y=y_0y=y0：双曲线
曲面SSS中每个点到(4,0,0)(4,0,0)(4,0,0)的距离都是到平面x=1x=1x=1的距离的222倍 求SSS的方程,并指出SSS是哪种曲面
由一族直线生成的曲面称为直纹曲面
该族直线称为该曲面的直母线
例：柱面、锥面、单叶双曲面
x2a2−z2c2=1−y2b2\frac{x^2}{a^2}-\frac{z^2}{c^2}=1-\frac{y^2}{b^2}a2x2−c2z2=1−b2y2
(xa+zc)(xa−zc)=(1+yb)(1−yb)(\frac{x}{a}+\frac{z}{c})(\frac{x}{a}-\frac{z}{c})=(1+\frac{y}{b})(1-\frac{y}{b})(ax+cz)(ax−cz)=(1+by)(1−by)
考虑一族平面的交线 {xa+zc=u(1+yb)xa−zc=1u(1−yb)\begin{cases}\frac{x}{a}+\frac{z}{c}=u(1+\frac{y}{b}) \\ \frac{x}{a}-\frac{z}{c}=\frac{1}{u}(1-\frac{y}{b})\end{cases}{ax+cz=u(1+by)ax−cz=u1(1−by)，u≠0u\neq0u=0是参数
（思考：为何上述两平面交集非空）
两式相乘得单叶双曲面方程，因此该族直线上的点都在单叶双曲面上
{xa+zc=u(1+yb)xa−zc=1u(1−yb)\begin{cases}\frac{x}{a}+\frac{z}{c}=u(1+\frac{y}{b}) \\ \frac{x}{a}-\frac{z}{c}=\frac{1}{u}(1-\frac{y}{b})\end{cases} {ax+cz=u(1+by)ax−cz=u1(1−by)
反之，若点在单叶双曲面上：(xa+zc)(xa−zc)=(1+yb)(1−yb)(\frac{x}{a}+\frac{z}{c})(\frac{x}{a}-\frac{z}{c})=(1+\frac{y}{b})(1-\frac{y}{b})(ax+cz)(ax−cz)=(1+by)(1−by)
则y≠±by\neq\pm by=±b时，可以选择合适的u≠0u\neq0u=0得到uuu族直线的方程
若y=±by=\pm by=±b，则xa=±zc\frac{x}{a}=\pm\frac{z}{c}ax=±cz，联立亦得直线
单叶双曲面上每点都在一条完全在该曲面上的直线中
{xa+zc=v(1−yb)xa−zc=1v(1+yb)\begin{cases}\frac{x}{a}+\frac{z}{c}=v(1-\frac{y}{b}) \\ \frac{x}{a}-\frac{z}{c}=\frac{1}{v}(1+\frac{y}{b})\end{cases} {ax+cz=v(1−by)ax−cz=v1(1+by)
求下列以λ\lambdaλ为参数的一族直线形成的曲面方程
{x+2λy+4z=4λλx−2y−4λz=4\begin{cases}x+2\lambda y+4z=4\lambda \\ \lambda x-2y-4\lambda z=4\end{cases} {x+2λy+4z=4λλx−2y−4λz=4
计算直线{xa+zc=u(1+yb)xa−zc=1u(1−yb)\begin{cases}\frac{x}{a}+\frac{z}{c}=u(1+\frac{y}{b}) \\ \frac{x}{a}-\frac{z}{c}=\frac{1}{u}(1-\frac{y}{b})\end{cases}{ax+cz=u(1+by)ax−cz=u1(1−by)的方向向量
可用外积计算方向向量
(a2(u−1u),b,c2(u+1u))\left(\frac{a}{2}(u-\frac{1}{u}), b, \frac{c}{2}(u+\frac{1}{u})\right) (2a(u−u1),b,2c(u+u1))
因此同族中相异的两直线(u≠u′u\neq u'u=u′)不平行
取同族中相异（u≠u′u\neq u'u=u′）的两直线：
{xa+zc=u(1+yb)xa−zc=1u(1−yb)xa+zc=u′(1+yb)xa−zc=1u′(1−yb)\begin{cases}\frac{x}{a}+\frac{z}{c}=u(1+\frac{y}{b}) \\ \frac{x}{a}-\frac{z}{c}=\frac{1}{u}(1-\frac{y}{b}) \\ \frac{x}{a}+\frac{z}{c}=u'(1+\frac{y}{b}) \\ \frac{x}{a}-\frac{z}{c}=\frac{1}{u'}(1-\frac{y}{b})\end{cases} ⎩⎨⎧ax+cz=u(1+by)ax−cz=u1(1−by)ax+cz=u′(1+by)ax−cz=u′1(1−by)
验证上述方程组无解
可计算行列式的值
(1)−(3)(1)-(3)(1)−(3)，利用u≠u′u\neq u'u=u′得 y=−by=-by=−b
(2)−(4)(2)-(4)(2)−(4) 利用u≠u′u\neq u'u=u′得 y=by=by=b
b≠0⇒b\neq0\Rightarrowb=0⇒矛盾⇒\Rightarrow⇒无解
不平行且无交点
从uuu族和vvv族中各取一条直线:
{xa+zc=u(1+yb)xa−zc=1u(1−yb){xa+zc=v(1−yb)xa−zc=1v(1+yb)\begin{cases}\frac{x}{a}+\frac{z}{c}=u(1+\frac{y}{b}) \\ \frac{x}{a}-\frac{z}{c}=\frac{1}{u}(1-\frac{y}{b})\end{cases} \quad \begin{cases} \frac{x}{a}+\frac{z}{c}=v(1-\frac{y}{b}) \\ \frac{x}{a}-\frac{z}{c}=\frac{1}{v}(1+\frac{y}{b})\end{cases} {ax+cz=u(1+by)ax−cz=u1(1−by){ax+cz=v(1−by)ax−cz=v1(1+by)
过uuu族的平面束:
p(xa+zc−u(1+yb))+q(xa−zc−1u(1−yb))=0p\left(\frac{x}{a}+\frac{z}{c}-u(1+\frac{y}{b})\right)+q\left(\frac{x}{a}-\frac{z}{c}-\frac{1}{u}(1-\frac{y}{b})\right)=0 p(ax+cz−u(1+by))+q(ax−cz−u1(1−by))=0
p(xa+zc−qup⏟=v(1−yb))+q(xa−zc−upq(1+yb))=0p\left(\frac{x}{a}+\frac{z}{c}-\underbrace{\frac{q}{up}}_{=v}(1-\frac{y}{b})\right)+q\left(\frac{x}{a}-\frac{z}{c}-\frac{up}{q}(1+\frac{y}{b})\right)=0 p⎝⎛ax+cz−=vupq(1−by)⎠⎞+q(ax−cz−qup(1+by))=0
以给定uuu族直线为轴的平面束中存在一个也过给定vvv族直线的平面
求x2a2+y2b2−z2c2=1\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}-\frac{z^2}{c^2}=1a2x2+b2y2−c2z2=1相互正交的直母线的交点轨迹
双曲面的定义、两种双曲面的方程、与坐标平面的截面
直纹曲面和直母线的概念
两族直母线的计算
同族直母线异面、异族直母线共面