Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Практические задания по высшей математике. Ч.I. Элементы линейной алгебры. Векторная алгебра и аналитическая геометрия. Комплексные числа. Сборник зад

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

11.08.2026

Размер:

511 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 85 6 7 8 > Следующая >>>

Пример 2.4. Даны координаты вершин A(8;–1); B(–8;11); C(–1;–13) треугольника АВС. Найти:

1)длину стороны ВС;

2)внутренний угол B в градусах;

3)уравнение высоты АD, проведенной из вершины А;

4)уравнение медианы BЕ, проведенной из вершины B;

5)длину высоты AD.

Решение.

1) Найти длину стороны BC.

Длину стороны BC вычислим по формуле расстояния между двумя точками:

BC =(x2 −x1 )2 +(y2 −y1 )2 ,

где B(x1;y1 )=(−8;11), C(x2;y2 )=(−1;−13).

BC =(−1+8)2 +(−13−11)2 = 49+576 = 625 =25.

2) Найти внутренний угол B в градусах.

Угол B можно найти как угол между прямыми BC и BA по формуле

tg B = k2 −k1 , 1+k1k2

где k2 – угловой коэффициент прямой AB, k2 =kAB ; k1 – угловой коэффициент прямой BC, т.е. k1 =kBC .

Угловой коэффициент прямой AB определим по формуле

k2 = y2 −y1 , x2 −x1

где A(x1;y1) = A(8, –1); B(x2;y2 ) =B(–8, 11). Тогда kAB =k2 = −118 +−18 = −1216 = −34.

Аналогично вычислим kBC:
				k =k =							−13−11						= −	24	.
				k =k =									−1+8				= −	7	.
				BC		1							−1+8					7
Тогда
		k		−k			−	3		+		24			−21+96						75
		k		−k			−			+		7					28				75
tg B =			2	1	=		4					7		=			28			=		=0,75;
tg B =					=									=		28 +72				=		=0,75;
	1		+k1k2			1+			3				24			28 +72					100
						4						7					28

B =arctg0,75 ≈36,87°≈36°52′.

3) Найти уравнение высоты AD.

Уравнение прямой AD можно найти по формуле y −y1 =k(x −x1),

зная координаты точки (x1; y1) и угловой коэффициент прямой k. Так как прямые AD и ВС перпендикулярны, то произведение их угловых коэффициентов kAD и kBC удовлетворяет

условию kAD kBC = −1 , зная, что kBC = −247 , найдем угловой коэффициент прямой AD:

kAD = k−1 = 7 .

BC 24

Прямая AD проходит через точку A, поэтому x1 = 8, y1 = –1. Подставим координаты точки A(x1; y1) = A(8, –1) и угловой коэффициент kAD =7/24 в формулу y −y1 =k(x −x1) :

y +1 =	7	(x −8);	7	x −	7	−y −1 =0;	7x −24y −80 =0.

	24		24		3

4) Найти уравнение медианы BE.

Уравнение прямой, проходящей через две точки, можно найти по формуле

y −y1		=	x −x1		,
y	−y		x	−x

2	1		2	1

где (x1; y1) и (x2; y2) – координаты точек.

Координаты точки В известны: B(x1; y1) = (–8; 11). Найдем координаты точки E(x2; y2). Точка E – середина отрезка AC, ее координаты найдем по следующим формулам:

xE =x2 = xA 2+xC = 82−1 =3,5; yE = y2 = yA 2+yC = −12−13 = −7.

То есть Е(3,5;−7) .

Подставим координаты точек B(−8;11) и Е(3,5;−7) в фор-

мулу

y −y1

x −x1

y −y

x −x

y −11

x +8

;

y −11

x +8

; 11,5(y −11) = −18(x +8);

−7

−11

3,5+8

−18

11,5

18x +11,5y −126,5+144 =0; 18x +11,5y +17,5 =0;

36x +23y +35 =0.

5)Найти длину высоты AD.

Расстояние d от точки (x0; y0) до прямой Ax +By +C =0 определяется по формуле

d = Ax0 +By0 +C .

A2 +B2

Длину высоты AD можно найти как расстояние от точки A до прямой BC.

Найдем уравнение прямой BC по формуле

y −y1

x −x1

−y

−x

где C(x1;y1 )=(−1;−13),

B(x

;y ) =(−8;11);

y +13

x +1

;

y +13

x +1

;

+13

−8 +1 24

−7

−7(y +13) =24(x +1); 24x +7y +115 =0.

То есть A =24; B =7; C =115; x0 =xA =8; y0 = yA = −1. Подставляя эти значения в формулу расстояния от точки до

прямой, получим

Ax0 +By0 +C

24 8 +7 (−1) +115

300

=12.

A2 + B2

242 +72

Ответ: 1)

ВС =25. 2)

′

7x −24y −80 =0.

B ≈36°52 . 3)

4) 36x +23y +35 =0 . 5) AD = 12.

Пример 2.5. Привести к каноническому виду общее уравнение кривой второго порядка 9x2 −40y2 −90x +320y −775 =0 . В зависимости от вида кривой найти координаты центра, координаты фокусов, эксцентриситет, уравнения директрис, уравнения асимптот. Построить кривую.

Решение. Чтобы определить вид кривой, приведем уравнение кривой к каноническому виду:

9x2 −40y2 −90x +320y −775 =0.

Выделим полные квадраты:

9(x2 −10x +25) −40(y2 −8y +16) −144 +640 −775 =0;

9(x −5)2 −40(y −4)2 =360 :360;

(x40−5)2 − (y −94)2 =1.

Перейдем к новой системе координат O′X′Y′. Для этого введем замены:

x′=x −5, y′= y −4.

Тогда уравнение примет вид

(x′)2 − (y′)2 =1. 40 9

Данное уравнение определяет гиперболу с действительной полуосью a = 40 =210 и мнимой полуосью b = 9 =3 .

Расстояние до фокуса:

c = a2 +b2 = 40 +9 = 49 , c =7 . Тогда координаты фокусов в системе O′X′Y′:

F1 (−7;0) и F2 (7;0).

Эксцентриситет гиперболы:
ε =	с	=	7	.

	a		2 10

Уравнения асимптот гиперболы имеют вид:

y′= ab x′ и y′= −ab x′,

т.е.


y′=	3	x′ и y′= −	3		x′.

2	10	2		10

Уравнения директрис гиперболы определяются формулами:

	x′=		a		и x′= −		a	.
	x′=				и x′= −			.
			ε				ε
Или в нашем случае:
									40	.
x′=	2 10			=	40	и x′= −			40

		7			7				7
		7			7				7

	2	10

Теперь найдем координаты замечательных точек и замечательные уравнения гиперболы в системе координат OXY .


Так как мы выполнили замену x′=x −5,							y′= y −4 , а x =x′+5,
y = y′+4 , тогда координаты фокусов в системе OXY :
F1 (−7 +5;0 +4)= F1 (−2;4)				и F2 (7 +5;0 +4)= F2 (12;4).
Уравнения асимптот гиперболы:
y −4 =	3		(x −5) и y −4 = −		3			(x −5) ,

2		10		2		10

или


y =	3		(x −5) +4	и y = −	3		(x −5) +4 .

2		10		2		10

Уравнения директрис гиперболы:

x = 407 +5 и x = −407 +5 ,

или

x = 757 и x = −75 .

Координаты центра гиперболы (5; 4). Построим данную гиперболу (рис. 2.1).

Рис. 2.1. Гипербола

Пример 2.6. Даны вершины A1(1; 0; 3); A2(2; –1; 3); A3(2; 1; 1); A4(1; 2; 5) пирамиды. Средствами векторной алгебры найдите:

1)длины ребер А1А2, А1А3, А1А4;

2)угол между ребрами А1А2 и А1А4;

3)длину медианы А1М грани А1А2А3;

4) координаты точки пересечения медиан треугольника

А1А2А3;

5)угол между ребром А1А4 и гранью А1А2А3;

6)площадь грани А1А2А3;

7)объем пирамиды;

8)длину высоты, опущенной из вершины А4 на грань А1А2А3.

Решение.

1) Найти длины ребер А1А2, А1А3, А1А4.

Найдем координаты векторов A1 A2 , A1 A3 , A1 A4 и их длины:

A1 A2 =(2−1;−1−0;3−3) =(1;−1;0);

A1 A2

1+1+0

2(ед.).

A1 A3 =(2−1;1−0;1−3) =(1;1;−2);

A1 A3

1+1+4

6(ед.).

A1 A4 =(1−1;2−0;5−3) =(0;2;2);

A1 A4

0 +4 +4

2(ед.).

2) Найти угол между ребрами А1А2 и А1А4:

A1 A4 =(0;2;2);

A1 A4

A1 A2 =(1;−1;0); A1 A2 = 1+1+0 = 2.

Скалярное произведение векторов A1 A2 и A1 A4 равно

A1 A2 A1 A4 =1 0 +(−1) 2+0 2 = −2.

Косинус угла между векторами можно найти по формуле

A A A A

−2

cosα =

1 2

1 4

= −

;

α =120°.

A1 A2

A1 A4

2 2 2

3) Найти длину медианы А1M грани А1А2А3.

Точка М – середина отрезка А2А3. Ее координаты найдем по формулам:

x =	x1 +x2	; y =	y1 +y2	; z =	z1 +z2	,
0	2	0	2	0	2
	2		2		2

где (x1;y1;z1 ) и (x2;y2;z2 ) – координаты концов отрезка,

xM = 22+2 =2 ; yM = −12+1 =0 ; zM = 32+1 =2 .

Середина отрезка А2А3 точка M имеет координаты (2; 0; 2). Найдем длину медианы:

= − 2 + − 2 + − 2 =

A1M (2 1) (0 0) (2 3) 2 (ед.).

4) Найти координаты точки D пересечения медиан тре

угольника А1А2А3. Координаты точки, делящей в заданном

отношении λ отрезок AB, где A(x1;y1;z1 ), B(x2;y2;z2 ), определяются по формулам:

x0 = x11++λλx2 ; y0 = y11++λλy2 ; x0 = z11++λλz2 .

Напомним, что медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся в отношении 2:1, считая от вершины. Тогда точка D пересечения медиан треугольника делит отрезок

A1M в отношении λ = 12 =2 , считая от вершины. Учитывая

координаты точек A1(1;0;3) и M(2;0;2) , найдем координаты точки D:

xD =11++222 = 53; y0 = y11++λλy2 =0; zD = 31++222 = 73.

То есть координаты точки пересечения медиан треуголь

ника:
5		7
D	;0;			.
D	;0;			.
3		3
5) Найти угол между ребром А			А			и гранью А			А	А	.
	1				4			1	2	3
Найдем координаты вектора-нормали							N к грани А А А .
											1	2 3
Для этого определим векторное произведение векторов												A A
												1 3

и A1 A2 :

A1 A2 =(1;−1;0) ; A1 A3 =(1;1;−2) ;

			i		j		k
N = A1 A3		× A1 A2 =	1		1 −2			=
=i (0 −2) − j(0 +2) +k(−1			1		−1	0		2j −2k;
			−1) = −2i −
			−1) = −2i −
	N =(−2;−2;−2),			N	=2
	N =(−2;−2;−2),			N	=2	3.

Тогда угол между вектором-нормалью N =(−2;−2;−2) и вектором A1 A4 =(0;2;2) можно найти через скалярное произведение:

N A1 A4 = N A1 A4 cosb=23 22 cosb;

N A1 A4 =(−2) 0 +(−2) 2+(−2) 2 = −8;

A A

−8

cosb=

1 4

A1 A4

4 6

Искомый угол g

между

вектором

A1 A4

плоскостью

(А1А2А3) будет равен g = 90° – b; sin γ =cosb=

;

γ =arcsin

6) Найти площадь грани А1А2А3.

Площадь треугольника А1А2А3 равна половине площади параллелограмма, построенного на векторах A1 A2 и A1 A3 , т.е.

	1
S =		A A		× A A		.
S =		A A		× A A		.
	2	1	2	1	3
	2

Ранее мы нашли длину векторного произведения векторов

							1						1
N	=	A A		× A A		, тогда S =		A A		× A A		=		N	= 3(ед.2 ).
N	=	A A		× A A		, тогда S =		A A		× A A		=		N	= 3(ед.2 ).
		1	3	1	2		2	1	2	1	3		2
							2						2

7) Найти объем пирамиды.

Объем треугольной пирамиды можно вычислить по формуле

	1								1					1			4
V =		((A A		× A A ) A A )				=		N A A			=		8	=		(ед.3).
V =		((A A		× A A ) A A )				=		N A A			=		8	=		(ед.3).
	6	1	2	1	3	1	4		6		1	4		6			3
	6								6					6			3

8) Найти длину высоты, опущенной из вершины А4 на грань

А1А2А3.

Так как объем пирамиды

V = 13 S h,

где S – площадь основания пирамиды; h – высота пирамиды,

то

h = 3SV .

Учитывая, что площадь S основания пирамиды – это площадь треугольника А1А2А3, которая равна S = 3 , а объем пи-

рамиды V = 34 , то высота

						3V		3		4
													4		4	3

				h =			=		3		=			=				(ед.).
				h =		S	=		3		=		3	=		3		(ед.).
	Ответ: 1) A1 A2 =
	Ответ: 1) A1 A2 =				2; A1 A3 =							6	; A1 A4 =2						2	. 2) 120°. 3) A1M =					2	.
	5
			7			6			S =							=	4	. 8) h =			4		3
			7			6							3. 7) V				4				4		3
4)		;0;		. 5) arcsin			. 6)																	.
4)		;0;		. 5) arcsin			. 6)																	.
	3		3			3											3					3

Пример 2.7.

а) Составить уравнение прямой р, проходящей через точку

М0 (2;0;−1) параллельно прямой	2x −y +3z −4 =0,		Уравне-
	l:
	x +4y −z	+1 =0.

ние прямой р записать в общем, каноническом и параметрическом виде.

б) Составить уравнение плоскости α, проходящей через точ-

2x −y +3z −4 =0, ку М0 (2;0;−1) перпендикулярно прямой l: x +4y −z +1 =0.

Решение. а) Прямая l задана в общем виде, так как искомая прямая p параллельна прямой l, то ее общее решение можно представить в виде

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 85 6 7 8 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]