Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Контрольная работа 2 / 2- 6_Высшая математика_4

.rtf
Скачиваний:
108
Добавлен:
22.06.2014
Размер:
203.45 Кб
Скачать

Министерство образования Российской Федерации (РФ)

Томский Государственный Университет Систем Управления и

Радиоэлектроники (ТУСУР).

Текстовая контрольная работа №2 по дисциплине “Высшая Математика 1”.

Вариант 2.6

  1. Записать общее уравнение прямой, проходящей через точку М(2,4) перпендикулярно прямой 3х+4у+5=0.

Решение.

В качестве вектора нормали прямой можно принять любой вектор, перпендикулярный вектору N1(3,4), например вектор N2(4,-3). Теперь найдём уравнение, проходящее через заданную точку перпендикулярно вектору N2: 4х-3у-(4*2- 3*4)=0, 4х-3у+4=0.

Ответ: 4х-3у+4=0.

  1. Составить уравнение прямых, проходящих через точку Р(3,5) на одинаковых расстояниях от точек А(-7,3) и В(11,-15). В ответ ввести уравнение той прямой, которая отсекает от осей координат треугольник, расположенный в первой части.

Решение.

Будем искать уравнение в виде Ах+Ву+С=0. Так как эта прямая проходит через точку Р, то 3А+5В+С=0. Прямая Ах+Ву+С=0 проходит на одинаковых расстояниях от точек А(-7,3) и В(11,-15). Используя формулу d=|Ax1+By1+C|/√A2+B2, получаем |-7А+3B+C|/√A2+B2=|11A-15B+C|/√A2+B2 или |-7А+3B+C|=|11A-15B+C|, |=-7А+3B+C=­± (11A-15B+C). Для отыскания неизвестных коэффициентов А, В, С получаем две различные системы:

3А+5В+С=0, и 3А+5В+С=0,

18А-18В =0; 4А-12В+2С=0; Общее решение первой системы можно записать в виде: А=В

С=-8В Находим искомое уравнение Вх+Ву-8В=0 или

В­≠0 т.к. В≠0, х+у-8=0. Для второй системы находим:

А=-11В

С= 28В Теперь общее уравнение искомой прямой можно записать в

В≠ 0 виде –11Вх+Ву+28В=0, или –11х+у+28=0.

Для нахождения прямой, которая отсекает треугольник в первой четверти, достаточно проверить условия (0,у) и (х,0), где х и у больше нуля. Для первой прямой имеем: (0,у) : у=8, (х,0): х=8. Следовательно, прямая х+у-8=0 отсекает в первой четверти треугольник.

Для второй прямой имеем: (0,у): у=-28. Т.к. у<0, то прямая –11х+у+28=0 не удовлетворяет условию, соответственно, угол не отсекает.

Ответ: х+у-8=0.

  1. Составить общее уравнение плоскости, проходящей через точки М1(4,2,1) и М2(3,3,2) параллельно вектору АВ= (4,-3,-2).

Решение.

Данная плоскость параллельна векторам l1=M1M2=(-1,1,1) и l2=(4,-3,-2), поэтому, её вектор нормали N =

i j k

=[l1,l2] = -1 1 1 = i+2j-k || (1, 2,-1). Записываем уравнение плос-

4 -3 -2 кости х+2у-z+С=0. Т.к. плоскость проходит через точку М1(3,3,2), то 3+6-2+С=0, С=-7.

Ответ: х+2у-z-7=0.

  1. Найти координаты проекции начала координат на прямую

х-5/4=у-1/3=z+3/-2.

Решение.

Пусть Q - проекция начала координат на данную прямую. Точку Q найдём как точку пересечения плоскости П, проходящей через начало координат перпендикулярно данной прямой. Запишем параметрической уравнение данной прямой: х=4t+5,

y=3t+1,

z =-2t-3

Направляющий вектор l=(4,3,-2) можно принять в качестве вектора нормали плоскости П. Записываем уравнение плоскости П: 4х+3у-2z+D=0, 0+0-0+D=0 (т.к. точка (0,0,0) лежит в плоскости П), D=0. Уравнение плоскости П: 4х+3у-2z=0. Находим точку пересечения плоскости П с данной прямой: 4(4t+5)+3(3t+1)-2(-2t-3)=0, 16t+20+9t+3+4t+6=0, 29t=-29, t=-1. При t=-1 находим координаты точки Q(1,-2,-1).

Ответ: Q(1,-2,-1).

5. При каком значении параметра С прямая 3x+y-2z+5 = 0,

x+y – z+1 = 0

параллельна плоскости x+3y+Cz-2=0.

Решение.

Преобразуем уравнение прямой к параметрическому виду, учитывая, что y– свободный член: x=t -3,

y=t,

z =2t-2.

Видим, что вектор l = (1,1 ,2) и вектор N=(1,3,C),а точка М0=(-3,0,-2). Т.к. точка М0 лежит на плоскости x+3y+Cz-2=0, то запишем уравнение плоскости, подставив соответственные значения точки М0: -3-2С-2=0, C=-2,5

Ответ: С=-2,5

  1. Две грани куба лежат на плоскостях 3х-6у+2z-5=0 и 3x-6y+2z+30=0. Вычислите объём куба.

Решение.

Рассмотрим взаимное расположение плоскостей, заданными данными уравнениями. Т.к. нормальные векторы относятся как A1/A2=B2/B2=C1/C2, то данные векторы параллельны, а т.к. D1≠D2(-5≠30),то они не совпадают. Следовательно, для нахождения стороны куба достаточно найти отрезок между данными плоскостями. Преобразуем уравнение 3х-6у+2z-5=0 к параметрическому виду (z-свободный член):

х=2/3-t/3,

y=-1/2+t/6,

z= t.

Использую формулу d= |Ax+By+Cz+D|/√A2+B2+C2, находим расстояние от точки, находящейся на плоскости 3х-6у+2z-5=0 до плоскости 3x-6y+2z+30=0. D=|2+3+30|/√9+36+4=5.

Объём куба находится как V=a3 , V= (5)3=125.

Ответ:V=125.

7. Доказать,что уравнение х22+z2-4x+6y-8z-35=0 определяет сферу. Найти координаты (х0,у0,z0) её центра и радиус R. В ответ записать четвёрку чисел (х0,у0,z0,R).

Решение.

Преобразуем данное уравнение, выделив полные квадраты:

(х-2)2+(у+3)2+(z-4)2=64. Следовательно, данное уравнение определяет сферу с центром в точке С(2,-3,4) радиуса R=√64=8.

Ответ: (2,-3,4,8).

8 Дана кривая 25х2+16у2-350х+825=0.

8.1 Преобразуем данное уравнение, выделив полные квадраты: 25(х-7)2+16у2=400. Введем новые переменные х1=х-7, у1=у. Тогда, 25х12+16у12=400 или 25х12/400+16у12/400=1, x12/16+y12/25=1. Последнее уравнение определяет эллипс.

    1. Центр её симметрии находится в точке (7,0).

    2. Числа а=4 и b=5 – является большой и малой полуосью соответственно.

    3. Фокальная ось определена уравнением х=0.

8.5 Для построения графика применим способ проективных пучков. Строим прямоугольник A1B1C1D1 с центром в начале координат и со сторонами , равными 2a и 2b. Отрезки ОС и CD1 делим на одинаковое число равных частей и затем из точек B и D проводим два пучка лучей. Точки пересечения соответственных лучей и являются точками эллипса. Отсальные четверти эллипса строятся аналогично.

9. Дана кривая 14у=(х-8)2

9.1 В правой части уравнения раскроем скобки. Тогда получим уравнение 14у=х2-16х+64, у=х2/14-8х/7+32/7. Последнее уравнение является уравнением параболы, ось которой параллельна оси Оу.

    1. Вершина параболы находится в точке (8,0).

    2. Т.к. каноническое уравнение параболы имеет вид у2=2рх, то в нашем случае, 2р=1/|a|, р=7.

    3. Ось симметрии параболы 14у=(х-8)2 заданно уравнением х=8.

    4. Применим способ проективных пучком. Отметим на коодинатных осях ось симметрии (ОС), и какую-нибудь точку параболы (А). Перпендикуляры АВ и АС, опущенные из точки А на оси координат, делим на одинаковое число частей и нумеруем. Точку О соединяет с точками деления отрезка АВ и из точек деления отрезка АС проводим прямые, параллельные оси Оу, до пересечения с соответственными лучами. Точки пересечения соответственных отрезков и будут точками параболы. Вторую ветвь строим аналогично.

10. Дана кривая х22+3ху+х+4у=0,5.

    1. Квадратичную форму В(х,у)= х2+3ху+у2 приводим к главным осям. Для этого записываем матрицу этой квадратичной формы В= 1 1,5 и

1,5 1

находим её собственные числа и собственные векторы. Записываем и решаем характеристическое уравнение матрицы В:

1-λ 1,5

1,5 1-λ = λ2-2λ-1,25=0, λ1,2= 2±√9/2=2±3/2, λ1=2,5, λ2=-0,5.

Т.к. собственные числа имеют разные знаки, то данное уравнение определяет кривую гиперболического типа.

10.3 Находим собственные векторы матрицы В. Для собственного числа λ1=2,5 получаем систему

(1-2,5)ε1+1,5ε2=0,

1,5ε1+(1-2,5)ε2=0, отсюда, ε1=ε2.

Если положить ε1=1, найдём единичный собственный вектор i1=(-1,-1). По свойству собственных векторов симметричного оператора второй собственный вектор j1 ортогонален вектору i1. Выберем вектор j1=(1,-1) таким образом, чтобы базис (i1,j1) был правым. От старого базиса (0,i,j) перейдём к новому базису (0,i1,j1). Матрица перехода имеет вид:

Q= -1 -1 , Q-1=QT= -1 1

1 -1 -1 -1 . Старые координаты (х,у) связаны с новыми (х1,у1) соотношениями

х1=-х+у,

у1=-х-у . В новой системе координат уравнение данной кривой примет следующий вид: 2,5х12-0,5у12+(-х1+у1)+4(-х1-у1)-0,5=0, 2,5х12-5х1-0,5у12-3у1-0,5=0, 2,5(х1-1)2-0,5(у1+3)2-0,5-4,5+2,5=0, 2,5(х1-1)2-0,5(у1+3)2=2,5, (х1-1)2/1-(у1+3)2/5=1.

Видим, что действительная полуось а=1, а мнимая b=√5. Произведём преобразование параллельного переноса системы координат в новое начало О1 по формулам х2=х1- 1, х2= -х+у-1,

у2=у1+3, или у2= -х-у+3.

10.2 В системе координат (О1,i1,j1) гипербола имеет уравнение х22/1+у22/5=1. Оси О1х2, О1у2 направленны по прямым -х+у-1=0, -х-у+3=0. Координаты точки О1, являющиеся центром симметрии гиперболы, находим решая систему -х+у=1,

х+у=3. Получаем х=1,у=2, О1(1,2).

    1. Фокальной осью является прямая x2=0, х-у+1=0.

    2. Т.к. гипербола заданна общим уравнением х22/a2-у22/b2=1, то её действительная ось расположенна на оси О1x2, а мнимая, на оси О1y2

Строим прямоугольник со сторонами 2а и 2b. Проводим его диагонали. На оси Оx2 откладывает фокусы F1 и F2, равные половине диагонали. Затем, берём любые точки на оси Оx2 и подставляем их в формулы радиусов фокусов:

r1=-a+εx, для точек правой

r2=a+εx ветви гиперболы;

r1=a-εx, для точек левой

r2=-a-εx ветви гиперболы.

Точки пересечения соответственных дуг будут являться точками гиперболы. Выбирая точки на оси Оx2 левее фокуса F2, строим аналогично точки левой ветви параболы.

Изученная литература:

  1. Высшая Математика 1 Л.И. Магазинников.

  2. Курс высшей математики О.В. Мантуров, Н.М. Матвеев.

  3. Справочник по математике А.А. Рывкин, А.З. Рывкин, Л.С. Хренов