Добавил:

Oksana Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Томский Государственный Университет Систем Управления и Радиоэлектроники

Предмет:

Высшая математика

Файл:

Контрольная работа 2 / 2-10_Высшая математика_6

.doc

Скачиваний:

112

Добавлен:

22.06.2014

Размер:

284.16 Кб

Скачать

☆

Томский межвузовский центр дистанционного образования

Томский государственный университет систем управления и радиоэлектроники (ТУСУР)

Контрольная работа №2

По дисциплине «Высшая математика»

Вариант № 2.10

Учебное пособие: Магазинников Л.И., Магазинников А.Л. «Высшая математика. Линейная алгебра и аналитическая геометрия.»-Томск,2003

Выполнил:

Студент

Специальности

200г.

Задание 1.

В прямоугольном треугольнике даны: вершина острого угла А (7,-2) и уравнение одного из катетов. Запишите общее уравнение другого катета.

Решение.

В качестве вектора нормали одного катета возьмем N(3,-5), в качестве вектора нормали второго катета можно взять любой вектор перпендикулярный вектору N (3,-5), пусть N₁(5,3). (N,N₁)=0, N₁- вектор нормали второго катета.

Так как второй катет проходит через т.А(7,-2), то можно записать уравнение катета по формуле , где - координаты вершины А.

Ответ: общее уравнение второго катета :.

Задание 2.

Высота, проведенная из вершины А(4,4) треугольника АВС, пересекает прямую ВС в т.D (1,1). - уравнение высоты, опущенной из вершины В. Определить координаты вершины С.

Решение.

А С

Найдем уравнение АС. АС перпендикулярна высоте h. Вектор нормали h=N(1,2) перпендикулярен вектору нормали прямой АС=N₁(-2,1), (N,N₁)=0. Так как прямая АС проходит через т.А (4,4), то запишем уравнение: - уравнение АС.

Найдем уравнение прямой АD, проходящей через т. А(4,4) и т.D(1,1). Она параллельна вектору AD(1-4,1-4), AD(-3,-3).Вектор Р(-3,3), перпендикулярный вектору AD, примем за вектор нормали прямой AD и запишем уравнение прямой:

нашли искомое уравнение прямой AD.

Найдем уравнение ВС. Прямая ВС перпендикулярна высоте AD и проходит через т.D(1,1). Вектор нормали прямой AD(1,-1). Вектор нормали прямой ВС=К(-1,-1) перпендикулярен вектору нормали AD.Запишем уравнение ВС: - уравнение прямой ВС.

Координаты т. С (х₀, у₀) найдем как координаты точки пересечения прямой АС и ВС. Для этого решим систему уравнений:

, сложив эти уравнения, получим:, С (2,0).

Ответ: координаты т.С (2,0).

Задание 3.

Запишите общее уравнение плоскости, которая проходит через т.М₀ (1,2,3) и ось OY.

Решение.

Искомая плоскость параллельна OY, то есть вектору j (0,1,0) и вектору ОМ₀(1,2,3), где О(0,0,0) – начало координат. Взяв в качестве М точку(0,0,0), запишем уравнение плоскости:

Ответ: - искомое уравнение плоскости.

Задание 4.

Найдите значение параметра m в уравнении прямой , если известно, что эта прямая параллельна плоскости .

Решение.

Прямая задана уравнением , следовательно, направляющий вектор N (0, m, 18).

L=║(0, -18, m).

Прямая параллельна плоскости,воспользуемся условием параллельности прямой и плоскости: Аm+Bn+Cp=0,

1*0+4*(-18)+3*m=0,

3m=72, m=24.

Ответ: m=24.

Задание 5.

Найдите длину отрезка, отсекаемого от оси аппликат плоскостью, проходящей через точки Р₁(2,1,0), Р₂(1,0,4) и пересекающей оси ординат и абсцисс в точках А₁(0,а,0), А₂(а,0,0).

Решение.

Плоскость проходит через т.Р₁(2,1,0) и Р₂(1,04) : значит она параллельна L=│Р₁,Р₂│=(-1,-1,4). Плоскость также пересекает точки А₁(0,а,0) и А₂(а,0,0) она параллельна L₁=A₁ A₂=(a,-a,0). Вектор нормали плоскости будет N=[L,L₁]=

- уравнение плоскости.

Так как плоскость проходит через точку Р₁(Р₂), то

2а*1+2а*0+а*4+D=0

2a+4a+D=0

6a+D=0

D=-6a искомое уравнение плоскости: .

Данная плоскость параллельна OZ и отсекает от нее отрезок. Длину отрезка найдем по формуле:

, если С≠0, то

Ответ: длина отрезка равна 6.

Задание 6.

Найдите координаты точки пересечения прямой с плоскостью, содержащей прямые:.

Решение.

Каноническое уравнение прямой имеет вид: , где L (m,n,p) направляющий вектор, прямой соответствует направляющий вектор L₁(2,3,4) и т.М₀ (1,0,1).

Прямой соответствует направляющий вектор L₂(2,3,4) и т.М₁(1,1,1).

Плоскость проходит через т.М₀, М₁, она параллельна вектору М₀М₁(0,1,2) и параллельна L(2,3,4), в качестве вектора нормали возьмем вектор N.

N=[L,L₁]= уравнение плоскости имеет вид:, так как плоскость проходит через т. М₀(М₁), то подставив в уравнение плоскости координаты одной из точек получим:

1*1-2*1+1*1+D=0, - искомое уравнение плоскости.

Используя параметрический вид уравнения прямой , получим параметрическое уравнение данной прямой:

найдем значение t₀, при котором прямая пересекает найденную плоскость. т.М (3t₀,12t₀,t₀) лежит в данной плоскости и ее координаты удовлетворяют уравнению плоскости, 3t₀-2*12t₀+t₀=0, -20t₀=0, t₀=0.

Подставим значение t₀в параметрическое уравнение прямой и находим точку пересечения прямой и плоскости: М (0,0,0).

Ответ: точка пересечения имеет координаты (0,0,0).

Задание 7.

Найдите радиус сферы с центром в точке С (-1,-2,3), если она касается плоскости .

Решение.

Радиус – расстояние от центра до точки касания плоскости и сферы

R=d=, получаем R=d=.

Ответ: 5.

Задание 8.

Дана кривая .

8.1.Докажите, что эта кривая – эллипс.

8.2. Найдите координаты центра его симметрии.

8.3. Найдите его малую и большую полуоси.

8.4. Запишите уравнение фокальной оси.

8.5. Постройте данную кривую.

Решение.

1. Выделим полные квадраты:

Пусть , тогда - данное уравнение является каноническим уравнением эллипса.

2. Найдем координаты центра симметрии. Оси ОY и OX являются осями симметрии, О(х,у) – центр симметрии.

Так как х₁=х-4, у₁=у-1, то О (4,1) – центр симметрии.

3. Найдем малую и большую полуоси:

из уравнения , видно, что а²=9, в²=4 а= - большая полуось, в= - малая полуось.

4. Найдем уравнение фокальной полуоси.

Фокальная ось – ось на которой расположены фокусы эллипса. Пусть F₁, F₂ – фокусы эллипса.

с= -фокус эллипса.

Так как центр О(4,1) координаты фокусов будут F₁(4+√5, 1),

F₂(4-√5 ,1). Вектор F₁ F₂=(2√5 ,0) вектор нормали N(0,2√5) перпендикулярен вектору F₁ F₂. Запишем уравнение прямой:,

- уравнение фокальной оси.

8.5. График данной кривой. В старой системе координат построим новую с центром в т О₁(4,1) и углом α, который удовлетворяет условию: tg 2α=;

tg 2α=; α=45˚. Строим эллипс.

Задание 9.

Дана кривая .

9.1. Докажите, что данная кривая – парабола.

9.2.Найдите координаты ее вершины.

9.3. Найдите значение ее параметра р.

9.4. Запишите уравнение ее оси симметрии.

9.5. Постройте данную параболу.

Решение.

1. Выделим полные квадраты ;

; пусть , тогда получим ;

полученное уравнение является уравнением параболы (канонический вид).

2. Найдем координаты вершины.

Пусть О₁(х,у) – вершина параболы.. В системе координат (О₁, i, j) – парабола имеет уравнение: . Вершина находится в точке О₁: ее координаты удовлетворяют системе уравнений:

О₁(1,2) – координаты вершины параболы.

3. Из канонического вида уравнения параболы, видно, что значение параметра р=-5.

4.Осью симметрии является уравнение , то есть , - уравнение симметрии.

5. График параболы: В старой системе координат построим новую с центром в т О₁(4,1) и углом α, который удовлетворяет условию: tg 2α=; tg 2α=; α=45˚. Строим параболу.

Задание 10.

Дана кривая .

10.1. Докажите, что эта кривая – гипербола.

10.2. Найдите координаты ее центра симметрии.

10.3. Найдите действительную и мнимую полуоси.

10.4. Запишите уравнение ее фокальной оси.

10.5. Постройте данную гиперболу.

Запишем квадратичную форму В(х,у)=7у²+24ху, приведем ее к главным осям, запишем матрицу квадратичной формы:

В=, найдем собственные числа и собственные векторы. Запишем характеристическое уравнение В.

;

, . Так как <0 – поэтому данная кривая является кривой гиперболического типа.

Найдем собственные векторы , соответствующие собственному числу . Имеем систему уравнений:,, пусть , тогда единичный вектор i₁ имеет координаты (). Другой вектор j₁ может быть задан координатами (). Пусть базис (i₁,j₁) – правый. Перейдем к базису (О₁, I₁,J₁). Запишем матрицу перехода Q=, Q^-1=Q^T=, старые координаты (х,у) связаны с новыми соотношением Q, Q^-1,