Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный университет кораблестроения им. адм. Макарова

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Saprikina_Analit_geometr

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.02.2015

Размер:

2.44 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 1210 11 12 > Следующая >>>

Відповіді, розв'язання та вказівки до завдань для самостійної роботи	91

Практичне заняття № 2 РІВЕНЬ А

Задача 1. Відповідь: 2x + 5 y = 0 . Задача 2. Відповідь: 6 (кв. од.).

Задача

3. Розв'язання. Точка

C (xC ; yC ):

− 3

= 3

xC = 9,

yC −1

= 0

yC =1; C (9;1) . Рівняння

прямої BC:

x − 2

y − 2

−1

BC: x + 7 y −16 = 0 . ДляпрямоїCD точка C (9;1) інапрямнийвектор

	=		= (5; 3)	x − 9	=	y −1	CD: 3x − 5 y − 22 = 0 .
a		AB		x − 9		y −1
a		AB		5		3

Задача 4. Відповідь: медіана x – y + 1 =0, висота x – 1 = 0. Задача 5. Розв'язання. За умовою n1 = n 2 = (5; −12) L1 || L2 . Дов-

жину сторони квадрата знайдемо як відстань між прямими. Для цього на прямій L1 візьмемо будь-яку точку А(xА; yА) і знайдемо відстань d

від неї до прямої L2. Нехай						yA = 0	5xA −12 0 − 65 = 0				xA =13;
A(13;0). Тоді d =	5 13 −12 0 + 26 = 7; S = d 2 = 49 (кв. од.).
			25 +144
Задача 6. Розв'язання. Точка A(xA; 0) зустрічі променя L1 з віс-
	y =	2	x − 4,
	y =	3	x − 4,			x = 6 ; A(6; 0).
сю Ох (рис. 6):		3				x = 6 ; A(6; 0).
	y = 0
	y = 0
За законом відбивання світла кут падіння α									α α
дорівнюєкутувідбивання. Кутовийкоефіцієнт									α α		x
							O	A	α	α	x
променя падіння	k = 2 , кутовий коефіцієнт								α
променя падіння	k = 2 , кутовий коефіцієнт
	1		3
			3				L1				L2
							L1				L2
відбитого променя k2				π			=
відбитого променя k2			= tg	2	+ α = −ctgα		=
				2				Рис. 6

92 Аналітичнагеометрія

= − k1 = − 23. Отже, рівняння L2 за точкою А і кутовим коефіцієнтом k2:

y = − 23 x + 4 .

РІВЕНЬ Б Задача 1. Розв'язання. Точка С не належить заданим прямим

(рис. 7). За формулою (2.2)

BC:

x − 4

y +1

BC: 3x + 2 y −10 = 0 .

2x − 3y +12 = 0,

− 3

x + 3

y − 2

A(− 3; 2);

AC:

AC: 3x +

Точка

A :

2x + 3y = 0

−

3x + 2 y −10 = 0,

+ 7 y −

5 = 0

. Точка

(6; − 4);

CM = MB

M :

2x + 3y = 0

B (8; − 7). Рівнянняпрямої

AB:

x + 3

y − 2

AB: 9x +11y + 5 = 0 .

− 9

Задача 2. Відповідь:

8x − 3y +17 = 0;

3x − 5y −13 = 0;

5x + 2 y −

−1 = 0.

Задача 3. Розв'язання. Через вершину А можна провести дві гіпотенузи: АВ і AB′, що задовольняють умові задачі (рис. 8).

КатетАС заточкою A(5; 7) інапрямним вектором a1 = n BC = (6; 4):

B			B
B
	H		n BC
n	M	n AC	n BC
n	M	n AC	A
		C	A
A		C
			B′

Рис. 7

Рис. 8

Відповіді, розв'язання та вказівки до завдань для самостійної роботи

x − 5

y − 7

AC: 2x − 3y +11 = 0

AC = (2; − 3). Рівняннягіпотену-

oAC +

зи АВ складемо за точкою А і нормальним вектором

n°

ВС

;

− 1

= 13 n = (5; −1)

. Для зручності n

AB: 5x − y −18 = 0 . Рівняння гіпотенузи AB′

складемо за точкою А

′

x + 5 y − 40 = 0 .

і напрямним вектором

a 2 = n AB AB :

РІВЕНЬ В

Задача 1. Відповідь: точка рухається по сторонах квадрата, обме-

женого прямими x – 3y – 5 = 0, x – 3y + 5 = 0, 3x + y – 5 = 0, 3x + y + 5 = 0.

Задача 2. Розв'язання. Чотирикутник BCDE (рис. 9) – паралелограм (довести самостійно). Точ-

ка B (xB ; yB ): x + 2 y − 3 = 0,
	x − y −1 = 0
ка	D (xD ; yD ): x + 2 y − 1 = 0,
	x − y − 1 = 0

	5		2
B		;		; точ-
B	3	;	3	; точ-
	3		3

D(1; 0)

L2 L

L1 D

L3 A

	4		1
K		;		. РівнянняшуканоїпрямоїL скла-	Рис. 9
K	3	;	3	. РівнянняшуканоїпрямоїL скла-	Рис. 9
	3		3

демо за точками А і K: 4x − y − 5 = 0 .

Практичне заняття № 3 РІВЕНЬ А

Задача1. Відповідь: x + 2 y + 3z −11 = 0. Вказівка: вектор AB єпер-

пендикулярнимдошуканоїплощини, крімтогосерединавідрізкаАВналежитьційплощині.

Аналітичнагеометрія

Задача 2. Відповідь: х + 11у + 38z – 154 = 0. Вказівка: скористатися

тим, що вектори

(змінний вектор),

= (1; − 7; 2) та

= (5; 3; −1)

(нормальнівекториданихплощин) компланарні.

Задача 3. Розв'язання.

Шукана точка M 0 (0; y0 ; 0) ,

M 0 A

4 + y02 +1 . За формулою (3.7)

d =

2 y0 − 5 2 y0 − 5 = 3

5 + y02 ,

5y02 + 20 y0 + 20 = 0,

y0 = − 2. Точка M0 (0; − 2; 0).

Задача 4. Розв'язання. Поклавши, наприклад, z0 = 0 у системі

x − 2 y + 3z − 4 = 0,

знайдемо точку M0,

що належить прямій:

3x + 2 y − 5z − 4 = 0,

M 0 (2; −1; 0). Напрямний вектор прямої можна обчислити за форму-

= (2; 7; 4). Канонічнірівнянняпрямої:

лою (3.9):

− 2

− 5

x − 2

y +1

Задача 5. Розв'язання. За напрямний вектор прямої візьмемо

(cos α ; cos β ; cos γ)

;

. Скориставшисьрівністюcos2 α +

2 ; cos γ

+ cos2 β + cos2 γ = 1, отримаємо: cos2 γ =

cos γ = − 1

(оскільки γ –

тупийкут). Рівнянняпрямої:

x − 2 =

y +1

= z − 3 .

−1

Задача

Відповідь:

x = 3 − 6t,

y = −1+18t,

z = −5 + 9t;

M1 (− 3; 17; 4).

Відповіді, розв'язання та вказівки до завдань для самостійної роботи			95

РІВЕНЬ Б
Задача 1. Розв'язання. Рівняння будь-якої площини, що проходить
через вісь Oz, має вигляд Ax + By = 0	A	x + y = 0 mx + y = 0 , де
через вісь Oz, має вигляд Ax + By = 0		x + y = 0 mx + y = 0 , де
	B

m = BA нормальний вектор шуканої площини n1 = (m;1; 0). Нормаль-

нийвекторданоїплощини n2 = (2;1; − 5 ). Кутміжними π 3. Заформу-

лою (3.4) cos π 3 =

2m +1

4m + 2 = 10(m2 +1) 3m2 +

m2 +1

+ 8m − 3 = 0

m =

= − 3. Отже, умові задачі задовольняють дві

площини:

x + y = 0 і

− 3x + y = 0 .

Задача 2. Розв'язання. Напрямним вектором бісектриси AL може

бути вектор

, де

– орти векторів

та

відповідно

(рис. 10). Оскільки

= (2; − 3; 6),

= (− 6;12; 4), то

= 7,

= 14,


		AB	2			3		6			AC			3		6		2
		AB	2			3		6			AC			3		6		2
l1	=		=		; −		;		, l2	=		=	−		;		;		.
l1	=		=	7	; −	7	;	7	, l2	=		=	−	7	;	7	;	7	.
		AB		7		7		7			AC			7		7		7

					1		3		8
Звідси s = l
	+ l	2	=	−		;		;		. Тодіканонічні

1					7		7		7

s L

Рис. 10

рівняння

бісектриси матимуть вигляд

x −1

y +1

z − 3

, або

−1 7

3 7

8 7

x −1

y +1

z − 3

−1

96	Аналітичнагеометрія

	РІВЕНЬ В
	Задача. Відповідь: а) a ≠ 7; б) a = 7, b = 3; в) a = 7, b ≠ 3. Вказівка:
		2x − y + 3z =1,
встановити, скільки розв'язків має система		x + 2 y − z = −b, у залеж-
встановити, скільки розв'язків має система		x + 2 y − z = −b, у залеж-
		x + ay − 6z = −10
		x + ay − 6z = −10

ності від значень параметрів а і b.

Практичне заняття № 4

РІВЕНЬ А

Задача 1. Розв'язання. Пряма

x + 2

z −1

проходить через

− 3

точку

(− 2; 0;1), її напрямний вектор

(2; − 3; 4). Пряма

x − 3

y −1

z − 7

проходить через точку M

2 (3;1; 7) і має напрямний век-

тор

= (λ ; 4; 2). Нехай прямі перетинаються, тоді вектори

і M1M2 = (5;1; 6) лежатьводнійплощині(рис. 11), отже a1 × a2 M1M 2 =

= 0

− 3

= 0 λ = 3

4 2

a2 =

= (3; 4; 2). Нехай M (x; y; z)

– до-

Рис. 11

вільна точка площини, яка містить

задані прямі, тоді її рівняння запи-

x + 2

z −1

шеться у вигляді 2

− 3

4 = 0, або 22x − 8y −17z + 61 = 0.

3 4 2

Відповіді, розв'язання та вказівки до завдань для самостійної роботи				97

Задача 2. Розв'язання. Рівняння площини, що проходить через точ-
ки M1 (− 6; 1; − 5), M 2 (7; − 2; −1) і M3 (10; − 7;1):	x + 6	y −1	z + 5		= 0,

	13	− 3	4
	8	− 4	3

або х – у – 4z – 13 = 0. Канонічні рівняння прямої, що проходить через

точку

P (3; − 4; − 6) перпендикулярно до площини х – у – 4z – 13 = 0:

+ t,

y = − 4 − t , z = − 6 − 4t (рис. 12). Розв'язуючи систему

x = 3 + t,

y = − 4 − t,

знаходимо точку A(2; − 3; − 2) –

z = − 6 − 4t,

x − y − 4z −13 = 0,

Рис. 12

проекцію точки P на площину, що проходить через

точки M1, M2 і M3. Оскільки точка A є серединою відрізка PQ, то

xQ = 2xA − xP ,

2 y

− y

, Q (1; − 2; 2).

zQ = 2zA − zP

Задача3. Розв'язання. По-перше, зауважимо, щопряма L1 : x = 1 + t,

y = 3 + 4t ,

z = −1 − t

лежить у площині x + z = 0, оскільки система

x = 1 + t,

y = 3 + 4t,

R. Шукана пряма L не має спільних то-

z = −1 − t,

має розв'язок t

x + z = 0

чок з прямою L1, отже L || L1

= (1; 4; −1) – на-

прямний

вектор

прямої L

(рис. 13). Точ-

ку M0 (x0 ;

y0 ; z0 ) напрямійL знайдемоякперетин

x −

y − 8

z − 3

прямої

з площиною x + z = 0:

Рис. 13

Аналітичнагеометрія

x = 3t + 2,

y = 11t + 8,

z = 2t

+ 3,

M0 (−1; − 3;1) .

Отже,

шукане

рівняння прямої l:

x + z

= 0

x +1

y + 3

z −1

−1

Задача

Розв'язання. Напрямний

вектор

прямої

x − 5

y − 7

z +1

= (l; 4; − 3).

Нормальні

вектори

площин

− 3

3x − 2 y + Cz +1 = 0 та 2x + By − 7z −13 = 0:

= (3; − 2; C) та

= (2; B; − 7) відповідно. З умови перпендикулярності прямої та першої

площини (4.3) маємо:

3 =

− 2

l = −6, C =

. З умови

− 3

паралельності прямої та другої площини маємо

−6 2 +

+ 4B − 3 (− 7)= 0

B =

РІВЕНЬ Б

Задача 1. Розв'язання. Проведемо площину через точку А і першу

x +1

y −1

= 0, або x + 4 y − 2z − 3 = 0. Вонаперетинаєдругу

пряму:

пряму в точці B (5; 0; 1). Оскільки вектор AB = (4; −1; 0) не є паралельним першій прямій, то шукана пряма проходить через точки А та В: x = 1 + 4t, y = 1 − t, z = 1.

Відповіді, розв'язання та вказівки до завдань для самостійної роботи

Задача 2. Розв'язання. Рівняння площини, що проходить через точку M0 (3; − 2; − 4) паралельно площині 3х – 2у – 3z – 7 = 0, має вигляд 3х – 2у – 3z – 25 = 0. Площина, що проходить через точку M0 і пряму

x − 2

y + 4

z −1

(точка M

не належить цій прямій), має рів-

− 2

x − 2

y + 4

z −1

= 0, або 6х + 17у + 8z – 48 = 0 (рис. 14). Шу-

няння

− 2

− 5

кана пряма визначається перетином площин

6x +17 y + 8z + 48 = 0,	x − 3		y + 2		z + 4	– ка-
		=		=
3x − 2 y − 3z − 25 = 0	5		− 6
				9

нонічнірівнянняцієїпрямої.

Задача 3. Розв'язання. Рівняння площин Oxy і Oxz: z = 0 таy = 0 відповідно. Рівнянняплощини, що

проходитьчерезточку A(1; 3; 2) перпендикулярнодо

a1 M

M1 L

		Рис. 14
осі Oy, a отже, і до вектора	j = (0;1; 0), має вигляд

y − 3 = 0. Через вісь Oy і точку B (1; 0; 1) проходить площина x − z = 0,

а через пряму x −1		= y − 5	= z −1 паралельно осі Oy – площина
	2	− 5	2
x + z = 2. На рис. 15		зображено дану призму. Її об'єм V = H Sосн =
= 3	2 2 = 3 (куб. од.).
	2				z
	РІВЕНЬ В				2
	РІВЕНЬ В					A
	Задача 1. Відповідь: x = 2t − 5, y = −3t +1,			B		3 y
z = − 4t.				1	O	3 y
z = − 4t.				1	O
	Задача 2. Розв'язання. Рівняння координат-			2
	Задача 2. Розв'язання. Рівняння координат-			x
них площин Oxy, Oxz і Oyz:			z = 0 , y = 0 і x = 0		Рис. 15
					Рис. 15

100

Аналітичнагеометрія

відповідно. Рівнянняплощини, щопроходитьчерезпряму

x − y = 0,

y + z − 3 = 0

перпендикулярно до площини Oyz:

y + z − 3 = 0 (рис. 16, грань SDC).

Рівняння площини, що проходить через

3 S

x =

= z − 3

прямі

і x = 3t – 1, y = t + 1,

− 3

z = 3 – 3t (які перетинаються): 3x + 3y +

+ 4z – 12 = 0, або

= 1 (грань

+ 4

x 4 A

Рис. 16

SAC).

Об'єм

тіла

V = VSACDO = VSABO −

−VSCBD =

(H SABO − H SCBD )=

4 4 −

(куб. од.).

1 1 =

Задача 3. Відповідь: чотири прямих

x −1 =

z .

± 2

Практичне заняття № 5

РІВЕНЬ А

Задача 1. Відповідь:

(x − 3)2 + (y − 2)2 = 25 .

Задача 2. Розв'язання. Канонічне рівняння меридіана можна запи-

сати у вигляді

= 1 (a > b);

299

. Ексцентриситет

ε=

300

a2 − b2

b 2

1 −

2992

(300 − 299)(300 + 299)

599

≈

1 −

3002

300

≈

0,08 .

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 1210 11 12 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
10.12.2018185.86 Кб3s1.doc
#
15.02.20158.14 Mб92s90mec7.pdf
#
15.02.20154.55 Mб18SADT.pdf
#
14.02.2015603.14 Кб285SANDCASTLE_Iris_Murdoch_1.doc
#
15.02.20151.03 Mб9Saprikina.pdf
#
15.02.20152.44 Mб29Saprikina_Analit_geometr.pdf
#
14.02.2015495.62 Кб8schod.doc
#
15.02.2015109.33 Кб64Schritte 2 - Lernwortschatz.pdf
#
14.02.2015759.3 Кб6Shlahter_Holnov_Is-vo_dominirovat.doc
#
14.02.201547.79 Кб13shtamp_2_2.docx
#
12.03.201627.84 Mб190Shustikova_T_v__Kulakova_V_a_-_Russky_Yazyk_-_Moy_Drug_bazovy_Uroven_-_2011.pdf