Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Компетентностный подход в изложении фундаментальных основ алгебры и геометрии. Учебное пособие
.pdf
Вычислим определитель: (x-4)(-9+6)-(y-2)(-6+4)+(z+1)(12-
=+++
=++
+
.0
,0
22
22
1
111
DzCy
BxA
DzCyBxA
N
N
N
⋅−+−
⋅+⋅
1)
5()
6(45
3
.
1245
14
6250
14−=−
14
3
14
3
1)2(3
)
2(
315)
2(23
222
=
−
=
+
−+
−+⋅+⋅−+⋅
=d
12)=0, раскроем скобки и приведем подобные -3х+2у+8=0.
Получим уравнение плоскости, проходящей через три заданные
точки. Из уравнения видно, что данная плоскость проходит
параллельно оси Oz.
Пример. Уравнение плоскости, проходящей через точку А(–2;3;7)
параллельно плоскости 3x+4y–5z–6=0, имеет вид.
Решение. Для плоскости 3x+4y–5z–6=0 нормальный вектор имеет
координаты: {3;4;–5}. Так как плоскости параллельны, то этот же
вектор является нормалью и для искомой плоскости. Используя
формулу (3.9), запишем уравнение плоскости:
3(x–(–2))+4(y–3)–5(z–7)=0,
3x+6+4y–12–5z+35=0,
3x+4y–5z+29=0.
Пример. Найти угол между плоскостями 3x+4y–5z+29=0 и
5х–6у+z–2=0.
Решение. Координаты нормалей для этих плоскостей:
={3;4;–5} и 2={5;–6;1}.
1
Тогда
Пример. Найти расстояние от точки А(2;5;3) до плоскости
3x–2y+z–2=0.
Решение. Используя формулу (3.10), запишем
=
cos
θ
5(43
=
2222
+−++
6(5)
=
22
+−
1)
.
Прямая в пространстве
Прямая в пространстве– линия пересечения двух плоскостей
(3.12)
51
Эти уравнения называют общими уравнениями прямой.
x x
x x
y y
y y
z z
z z
−
−
=
−
−
=
−
−
1
2 1
1
2 112 1
x x
m
y
ynz z
p
−
=
−
=
−
0 0 0
S
S=N
N
S
S
2
1
1
1
cos
SS
SS
⋅
⋅
=
ϕ
222
111
CBA
CBA
kji
2
1
2
1
2
1
p
p
n
n
m
m
==
Уравнение прямой, проходящей через две точки М
М
2(x2,y2,z2
), имеет вид
. (3.13)
1(x1,y1,z1
) и
Пусть х
=m, y2-y1=n, z2-z1=p, тогда уравнение принимает
2-х1
вид
. (3.14)
Уравнения (3.14) называют каноническими уравнениями
прямой в пространстве, проходящей через точку М
параллельно вектору
={m;n;p}, называемому направляющим
вектором прямой.
Приравняем каждую дробь параметру t. Получим
параметрические уравнения прямой:
x=x0+mt, y=y0+nt, z=z0+pt.
Направляющий вектор прямой находится по формуле
x
= . (3.15)
1
2
Углом между двумя прямыми в пространстве называют угол
между их направляющими векторами
={m2;n2;p2}. Угол определяется по формуле
2
={m1;n1;p1} и
1
. (3.16)
Две прямые параллельны, если параллельны направляющие
векторы, т.е.
1(x1,y1,z1
),
направляющие векторы, т.е.
угол между направляющим вектором прямой и нормалью плоскости
, (3.17)
Две прямые перпендикулярны, если перпендикулярны их
m
1m2+n1n2+p1p2
=0. (3.18)
Угол между прямой (3.15) и плоскостью (3.8) определяется как
52
sin( , )= . (3.19)
S
N
222222
CBApnm
CpBnAm
++++
⋅+⋅+⋅
)(
)(zy
x
22
2
53
5
16
1
−−−
−−
=
−
−
=
−−
−
0
2
2
5
7
1 +
=
−
−
=
−
− zyx
S
tx=
−−7
1
⇒
ty=
−−2
5
⇒
0
2+z
⇒
23
5
4
2 zyx
=
−
=
−
−
4
2
2
1
7
1 −
=
−
−
=
+ zyx
1S2
S
21
21
SS
SS
cos⋅=
ϕ
6929
26
4)2(723)
4(
42)2(374
22222
2
−
=
+−+++−
⋅+−⋅+⋅−
Пример. Написать канонические и параметрические уравнения
прямой, проходящей через две точки М(1;5;–2) и N(–6;3;–2).
Решение. Используя (3.13), получим
; .
Получили канонические уравнение прямой вида (3.14).
Нужно обратить внимание, что в последней дроби
выполняется деление на 0. Но так как в каноническом уравнении
знаменатели дробей являются координатами направляющего вектора,
то ={–7;–2;0}.
Если приравняем каждую дробь параметру t, то получим
параметрические уравнения прямой вида
x= –7t+1;
, y= –2t+5;
=t, z= –2.
Пример. Найти косинус угла между двумя прямыми
Решение. Направляющий вектор первой прямой имеет координаты:
и .
={–4;3;2}. Направляющий вектор для второй прямой:
={7;–2;4}. Тогда, используя формулу (3.16), получаем:
=
= .
53
Пример. Найти направляющий вектор прямой .
=−+
=+−
53
6
42
zyx
zyx
3
1
1
1
42
−
−=
kj
i
S
i
j
k
S
=−
=+−
15
2
32zxzy
x
=−+
=+−
53
642
zyx
zyx
502
121
1
−
−=
kji
S
i
j
k
S
S
Решение. Найдем направляющий вектор прямой по формуле (3.15):
=11 +7 +6 .
Направляющий вектор имеет координаты: ={11;7;6}.
Пример. Являются ли прямые параллельными
и .
Решение. Найдем направляющие векторы прямых.
=10 +7 +4 ;
мы нашли в предыдущей задаче. 2 ={11;7;6}.
2
Используя свойства параллельных прямых (3.17), получим, что
прямые непараллельны, так как координаты направляющих векторов
непропорциональны.
Кривые второго порядка.
Уравнение второй степени относительно текущих координат
Ax
определяет некоторую линию на плоскости.
Теорема. Уравнение вида (3.24) всегда определяет либо
окружность (А=С), либо эллипс, либо гиперболу, либо параболу.
Окружность – множество всех точек плоскости,
равноудаленных от данной точки (центра). Пусть R–радиус
окружности, С(a,b)– центр, тогда уравнение окружности имеет вид
(x–a)
Пример. Написать уравнение окружности с центром в точке (–6;2) и
радиусом R=3.
Решение. Используя формулу (3.20), получаем
(x–(–6))
2
+(y–2)2=32; (x+6)2+(y–2)2=9.
2
+By2+2Cx+2Dy+E=0
2
+(y–b)2=R2. (3.20)
54
Эллипс – множество точек на плоскости, сумма расстояний
x
a
y
b
2
2
2
2
1+ = .
.1
yx
2
2
2
2
=−
ba
1
49
22
=+
yх
2
BA
O
1
xxx+
=
52
AOB
1
−=−= xxx
–2
3 х
которых до двух данных точек, называемых фокусами, есть величина
постоянная и равная 2а.
Каноническое уравнение эллипса
Пример. Построить эллипс 4x
2
+9y2=36.
Решение. Получим каноническое уравнение эллипса. Для этого
разделим обе части уравнения на 36. Тогда Построим
данную кривую: а
2
=9 (а=3), b2=4 (b=2).
у
2
–3
Рис. 3.1
Гипербола – множество всех точек плоскости, абсолютная
величина разности расстояний которых до двух данных точек F
и F2,
1
называемых фокусами, есть величина постоянная и равная 2a.
Каноническое уравнение гиперболы :
(3.28)
Пример. Найти координаты точки В, симметричной точке А(5;–3)
относительно оси Оу.
Решение. Если две точки симметричны относительно какой-либо оси,
то они лежат на одном перпендикуляре к этой прямой, по разные
стороны и на одном расстоянии. Поэтому через точку А проведем
перпендикуляр АВ к оси ОУ. Точка О
О
(0;–3).
1
- середина отрезка АВ.
1
;
55
; yB=–3.
2
BA
O
1
yyy+
=
2
СA
В
xxx+
=
ABС
2 xxx −=
13
4С=−
=x
2
СA
В
yyy+
=
ABС
2 yyy −=
31
4С=−=y
2
ВA
0
xxx+
=
32
A
0В
−=−= xx
x
2
ВA
0
yyy+
=
42
A0
В
−=−=
yyy
2
2
DВ
СA
К
x
x
xx
x
+
=
+
=
2К=x
22
DB
СA
К
yy
yy
y
+
=
+
=
1К=y
2242
B
=−=−= xxx
KD
0222
B
=−=−= yyy
KD
Таким образом, координаты точки В(–5;–3).
Пример. Даны точки А(3,1) и В(2,2). Найти координаты точки С(х,у),
симметричной точке А относительно точки В.
Решение. Для того чтобы точка С(х,у) была симметричной точке А
относительно точки В, точка В должна являться серединой отрезка
АС.
; ; ;
; ; .
Таким образом, C(1;3).
Пример. Найти координаты точки В, симметричной точке F(3,4)
относительно начала координат.
Решение. Начало координат является серединой отрезка АВ:
; ;
; .
Таким образом, В(–3;–4).
Пример. Даны три последовательные вершины параллелограмма:
А(1;1), В(2;2), С(3;1). Найти его четвертую вершину D.
Решение. Диагоналями этого параллелограмма являются AC и BD.
Найдем координаты точки К, которая является серединой AC и BD,
по формулам деления отрезка пополам:
; ;
; .
Таким образом, К(2;1). Тогда ;
. Следовательно, D(2,0).
56
=
+−
−
=−
+
=
+−
4
3
33
2
1
32
z
yx
zy
x
zyx
−
=
23
12
A
−
=
31
40
B
−2312
− 4
5
72
−14
32
85
92
17
24
−−112
014
321
Тестовые задания по теме «Линейная и векторная алгебра»
Вариант № 1
Задание № 1
Если (x0;y0;z0) – решение системы уравнений
. Значение x0+ 2y0 равно
1) 4 2) 5 3) -4 4) 3 5) 1
Задание № 2
Если
вид
1)
второй строки
2)
Найти элемент матрицы, обратной к матрице А=
, расположенный на пересечении третьего столбца и
1) 1/3 2) -4/3 3) 4/9 4) 1/9 5) -4/9
и
3)
Задание № 3
57
, то матрица А+2В имеет
4)
5)
Задание № 4
{
}
;
1a
{ }
3;2 −b
{ }
9;1c
c
b
ac
+
=
2
ba
c −
= 3
a
b
c 3
−=
ba
c 3
−
=
a
bc −=
3
{ }
2;2;1 −a
{ }
3;2;0 −b
{ }
2;1;4 −c
c
bad +−
= 2
76
65
174
kjiF ++= 2
2=a, 3=b
6),(
π
=ba
ab
−
ba
2+
{ }
2;2;1 −a
{ }
3;2;0 −
b
{ }
2;1;4
−c
Если векторы
по базису a и b имеет вид
1)
4)
точки из точки А(-1;2;0) в точку В(2;1;3) равна
2)
5)
Даны векторы
равна
1) 8 2)
Работа силы
1) 4 2) 5 3) 6 4) 7 5) 8
,
3)
Задание № 5
,
3)
Задание № 6
по перемещению материальной
Задание № 7
и
и
4)
, то разложение вектора
. Длина вектора
5) 10.
Пусть
построенного на векторах
1) 3 2) 4 3) 4,5 4) 17 5) 9
Являются ли векторы
компланарными
1) да 2) нет
,
и
Задание № 8
58
. Площадь треугольника,
, равна
,
и
Задание № 9
=
34
25
A
=
++
=+
+
=−
+
16
43
92
32
1432
zyx
zy
x
zy
x
−=43
32
A
=
31
41
B
29
1714
− 123
122
01
175
− 12
2
73
−− 112
304
321
Сумма собственных значений матрицы
1) 7 2) 8 3) 9 4) 15 5) 6
Вариант № 2
Задание № 1
Если (x0;y0;z0) – решение системы уравнений
, то значение x0+ z0 равно
1) 4 2) 0 3) -4 4) 5 5) 1
Задание № 2
Если
1)
2)
и
3)
, то матрица АВ имеет вид
4)
равна
5) 17
Задание № 3
Найти элемент матрицы, обратной к А=
расположенный на пересечении третьего столбца и первой строки
1) 0 2) -6/29 3) 6 4) 4/29 5) -4/29
59
.,
{ }
3
;
2
−a
{ }
1;
5b
{ }
3;19 −c
a
b
ac
+
=
2
bac 32 −=
ab
c 32 −
=
b
ac
32
+=
abc
32 +=
{ }
3;2;1a
{ }
3
;
2
;1
−
−
b
{ }
2;2;5 −c
cbad
−+=
33
kjia ++= 2
kjib 23 +−=
16
3
212
7
62
3
212
3
142
3
88
22
Задание № 4
базису
1)
4)
1)
Если
и b имеет вид
2)
Пусть
равна
1) 9 2)
Косинус угла между векторами
2)
,
5)
,
равен
и
Задание № 5
3) 7 4) 3 5) 1
Задание № 6
3)
, то разложение вектора c по
3)
и
4)
. Тогда длина вектора
и
5)
равна
Задание № 7
Площадь треугольника АВС : А(2;-1;2), В(1;2;-1), С(3;2;1)
1)
2) 6 3) 4,5 4) 4,69 5)
60
.
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]