Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Российский биотехнологический университет (РОСБИОТЕХ)

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Анал.геометрия).pdf

Скачиваний:

Добавлен:

09.04.2015

Размер:

1.4 Mб

Скачать

☆

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

− 2

5 −

−

∆ 2 =

5 − 2

= 0, ∆ 3 =

= − 6 .

− 1

В соответствии с формулами (1.8) получаем решение СЛАУ:

x1 =

∆ 1

1, x2

∆ 2

= 0 ,

∆ 3

= -1.

∆

Проверка. Подставляем найденные значения x1, x2 , x3 последовательно

в левые части уравнений:

(1-го уравнения)=5 1 −

0 +

7 (− 1) = −

2 ,

(2-го уравнения)=3 1 +

2 0 − 2 (−

1) =

5 ,

(3-го уравнения)=1 + 0 − (−

1) = 2 .

Поскольку полученные числовые значения в левой части каждого уравнения СЛАУ совпадают со значениями правых частей, то найдено искомое решение СЛАУ

		1
X =		0
X =		0	.
	−
	−	1

Ответ: x1 = 1, x2 = 0 , x3 = − 1.

Тема 2.2. Векторная алгебра.

Скалярное, векторное и смешанное произведения векторов

А). Определение 1. Скалярным произведением двух векторов называется число, обозначаемое (a,b) или a b и равное произведению длин этих

векторов на косинус угла между ними:

(a,

) =

cos(a,

) .

(2.1)

Если векторы a

заданы своими координатами в ортонормированном

базисе, т.е.

a = x1

+ y1

+ z1

= x2

+ y2

+ z2

или

a = (x1 ,y1 ,z1) ,

(x2 ,y2 ,z2) ,

то

(a,

) = x1x2 + y1y2 +

z1z2 .

(2.2)

Если a

a ≠

0 , b ≠

0, то (a,

) =

0 или x1x2 +

y1y2 +

z1z2 = 0 и на-

оборот, из условия

(a,

) = 0

следует, что векторы a

ортогональны

) .

Если

, то существует λ

R такое, что a = λ

или

= λ .

Скалярное произведение (a, a) =

2 называется скалярным квадратом,

откуда следует формула модуля (длины) вектора

(a,a) или в коорди-

натной форме

a =

x12 + y12 + z12 .

Скалярное произведение силы

на вектор

равно работе А этой силы

при перемещении материальной точки из начала

вектора

в его конец:

A = (

Ортом вектора

называется единичный вектор

того же направ-

ления, что и a :

= x1i + y1 j + z1k .

a0 =

x12 + y12 + z12

Если α ,β , γ - углы, образованные вектором a с осями координат, то на-

правляющие косинусы находятся по формулам :

cosα =

x12 + y12 + z12 , cosβ =

x12 +

y12 + z12 , cos γ =

x12 + y12 + z12 . (2.3)

Причем cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1.

В).Определение 2. Векторным произведением двух векторов называется третий вектор c , обозначаемый [a, b] или a × b и удовлетворяющий

трем условиям:

1) c = [a,b] = ab sin(a,b) ,

2)c a , c b ,

3)a,b,c образуют правую тройку, т.е. из конца век-

тора c кратчайший поворот вектора a к вектору b виден свершающимся против часовой стрелки (рис.3).

Модуль векторного

про-

изведения численно равен пло-

щади параллелограмма, по-

строенного на векторах a

(рис.4):

S =

[

]

S∆ =

[

]

(2.4)

Если векторы a и b заданы своими координатами, т.е.

a = (x1 ,y1 ,z1) ; b = (x2 ,y2 ,z2) ,

то

[a ,

] =

(2.5)

- векторное произведение в координатной форме.

Момент силы F, приложенной к точке М относительно точки А, находится по формуле:

mA (F) = [AM,F].

С). Определение 3. Смешанным произведением трех векторов a,b, c

называется скалярное произведение вектора [a,

] на вектор c . Смешанное

произведение обозначается так: [a,

]c = (a,

, c) = a

c .

Если

векторы

заданы

своими

координатами,

т.е.

a,b,c

a = (x1, y1,z1),

= (x2 , y2 ,z2) , c = (x3 , y3 ,z3) , то

[a,

]c =

Объем параллелепипеда, построенного на векторах

a, b, c , вычисляется

по формуле: V =

, откуда объем пирамиды

(2.6)

Для компланарности трех векторов a, b, c необходимо и достаточно, чтобы

(a,b,c) = 0 .

Пример 2.1. По заданным векторам а = (2; -1; 2), b = (1;0;2), c = (3; -2; 1)

вычислить

а) скалярное произведение ( а , 2 b – c ); б) векторное произведение [ b , 3 а + 2 c ]; в) смешанное произведение a b c.

Решение:

а) 2 b – c =2(1; 0;2) – (3;-2;1) = (2; 0;4) – (3;-2; 1) = (2 –3; 0 – (-2);4 –1) = (-1; 2;3).

В соответствии с формулой (2.2) находим

( а , 2 b – c ) = ((2; -1; 2), (-1; 2; 3)) = 2 (-1) + (-1) 2 + 2 3 = 2 ;

б) 3 а + 2 c ] = 3(2; -1; 2) + 2(3; -2; 1) = (6; -3; 6) + (6; -4; 6) = (12; -7; 12).

В соответствии с формулой (2.5) получаем

[

,3 а +2 c ] =

−

= 14i

+ 12

j − 7k ;

- 7

− 7

в) используя формулу

c =

вычисляем

Ответ: а) 2; б) 14 i + 12j - 7k; в) –1.

Пример 2.2. Даны координаты вершин пирамиды АВСD. Найти:

1)косинус угла между ребрами АВ и АD,

2)площадь грани АВС,

3)прАD АС,

4)объем пирамиды АВСD, если А(2,0,3), В(3,2,1), С(0,5,3), D(-1,1,-1).

Дано: А(2,0,3), В(3,2,1), С(0,5,3), D(-1,1,-1).

Найти:1) cos AB,AD , 2) SАВСD ,

3) пр

4) VАВСD .

АС

АD

Решение. 1) Для нахожде-

воспользуемся

ния cos AB,AD

формулой (2.1).

В соответствии с этой фор-

мулой(

) =

cosα ,

где α - угол между векторами

АВ

АD

(см. рис. 5) откуда

АВ

АD

(

)

cosα =

АВ

АD

;

или в координатной форме

x1x2 + y1y2 + z1z2

cosα

z22 .

x12 +

y12 + z12 x22 + y22 +

Найдем координаты векторов

АВ

АD

= (3 - 2; 2 - 0;1- 3) = (1; 2; - 2) ,

(− 1 − 2;1 −

0; − 1 − 3) = (− 3;1; − 4) .

АВ

АD

Тогда

cos α = 1 (− 3) +

2 1 +

(− 2)(− 4)

7 .

1 + 4 + 4 9 + 1 + 16

3 26

2)Достроим ∆ АВС до параллелограмма АВЕС. Используя формулы (2.4)

и(2.5), вычисляем

[

]

S∆ АВС =

−

10i +

АВ

АС

j + 9k

−

102 +

42 + 92

= 1

197(кв.ед.) .

3) Для нахождения

пр

воспользуемся формулой (2.1):

АС

АD

(

) =

cosββ =

пр

(2.7)

АС

АD

АС

АD

АС

АD

где

пр

cosβ

, β −

угол между векторам

АС

АD

АС

АD

Из формулы (2.7) находим

(

)

пр

АС

АD

АС

АD

или в координатной форме

пр

АС =

x3x2 +

y3y2 + z3z2 ,

(2.8)

АD

x22 + y22 + z22

где

= (x2 ; y2 ;z2) ,

(x3; y3;z3) .

АD

АС

При решении

первой части примера найдены координаты вектора

(− 3;1;− 4) , а второй

части - координаты вектора

(− 2;5;0) . По формуле

(2.8) вычисляем

= (− 2)(− 3) +

5 1 +

0 (−

4) =

пр

(лин. ед).

АС

АD

(− 3)2 + 12 + (− 4)2

Для нахождения объема пирамиды воспользуемся формулой (2.6):

(

) =

−

= 1

−

(− 2)

= −

62,

АВ

АС

АD

−

− 4

−

(куб. ед.).

АВСD

Тема 2.3. Прямая на плоскости. Алгебраические кривые второго порядка I. Прямая на плоскости

Основные теоретические сведения. Прямая на плоскости в декартовой прямоугольной системе координат 0xy может быть задана уравнением одного из следующих видов:

Общее уравнение прямой
Ax + By + C = 0 .	(3.1)

Уравнение прямой, проходящей через точку M(x0 ,y0), перпендикулярно к нормальному вектору N(А;В)

A(x − x	0 ) + B(y −	y0 ) = 0 .	(3.2)
Каноническое уравнение	прямой,	проходящей через точку	M(x0 ,y0) ,

параллельно направляющему вектору S = (m;n)

x − x0

y − y0

(3.3)

Параметрические уравнения прямой

x =

mt,

(3.4)

nt.

y =

Уравнение прямой в отрезках, где а и b - величины направленных отрезков, отсекаемых прямой на координатных осях 0x и 0y cоответственно

(рис. 6):

x	+	y	= 1.	(3.5)
a		b
Уравнение прямой с угловым коэффициентом, где k = tgα , α				- угол на-

клона прямой к оси 0x, b - величина отрезка, отсекаемого прямой на оси 0y

(рис.7):
y = kx + b .	(3.6)

Уравнение прямой с угловым коэффициентом k, проходящей через точку

M0 (x0 ,y0) :

y − y0 = k(x − x0 ) .

(3.7)

Уравнение прямой, проходящей через точки М1(x1 ,y1 ); М2 (x2 ,y2 ) :

		y −	y1	=	x −	x1	.	(3.8)
		y2 −		=	x2 −		.	(3.8)
		y2 −	y1		x2 −	x1
Прямые L1 и L2	перпендикулярны, если k1k2 + 1 =							0 и параллельны, ес-
ли k1 = k2 , где k1, k2	- угловые коэффициенты этих прямых.
	Решение типовых задач
Пример 3.1. Дана прямая 3x −					5y +	1 = 0. Составить уравнение прямой
L, проходящей через точку M0 (−			1,2) :
а) параллельно данной прямой;
б) перпендикулярно к данной прямой.
Решение. a) Нормальный вектор данной прямой									N	= (3;− 5) будет пер-
пендикулярен и к прямой L. Воспользовавшись уравнением (3.2), получим ис-
комое уравнение		3(x + 1) −			5(y − 2) = 0
		3(x + 1) −			5(y − 2) = 0

или в общем виде

3x − 5y + 13 = 0.

б) Вектор нормали N = (3,− 5) к данной прямой и прямая L будут параллельны, так как они перпендикулярны к одной прямой (см. рис. 8). Поэтому вектор N = (3,− 5) является направляющим вектором прямой L. Используя каноническое уравнение (3.3), получаем уравнение прямой

x + 1

y −

или в общем виде 5x + 3y − 1 = 0.

−

Пример 3.2. Даны вершины треугольника А(1;-1), В(-2;1), С(3;5). Составить уравнение перпендикуляра, опущенного из вершины А на медиану,

проведенную из вершины В.

медиана (см. рис. 9), АН ВМ. Вектор

Решение. Пусть ВМ -

1 (

= (3;−

2),

= (5;4). Тогда

= (4;1). Вектор

явля-

ВМ

ВА

ВС

ВА

ВС

ВМ

ется нормальным вектором прямой АН. Точка А(1;-1) принадлежит АН. Вос-

пользовавшись уравнением (3.2), получим уравнение перпендикуляра

4(x − 1) + 1(y + 1) = 0

или

4x +

y − 3 =

Пример 3.3. Определить угол ϕ

между двумя прямыми:

5x − y + 7 = 0 (L1 ), 3x + 2y = 0 (L2 ).

Решение. Первый способ.

1 =

(5;−

1) - нормальный

вектор прямой L1 ,

2 = (3;2) - нормальный вектор прямой L2 . Поэтому

cosϕ = (

1 ,

2 )

5 3 +

2(− 1) =

откуда ϕ

- искомый угол.

Второй способ. Приведем уравнения прямых к виду

y =

kx + b .

y = 5x +

7 (L ), k

5, y = - 3 x (L

), k

−

3. k

tgα

, k

tgα

(см. рис.10),

2 −

tgϕ

= tg(α 2 − α 1 ) =

tgα 2 − tgα 1

k2 − k1

1+ tgα 2 tgα

1+ k2k1

Для нашей задачи

−

− 5

tgϕ

= 1,

1 +

(−

) 5

откуда искомый угол

ϕ =

II.Алгебраические кривые 2-го порядка Основные теоретические сведения

Вдекартовой системе координат уравнение окружности с центром в точке M(a;b) и радиусом R имеет вид

(x − a)2 + (y − b)2 = R2 .
Если центр				находится в
начале координат (a = 0, b = 0),
то уравнение окружности запи-
шется в виде
x2 + y2 =			R2 .
Каноническое уравнение эл-
липса с фокусами				на оси 0x:
F1(− c,0), F2 (c,0) имеет вид
x2	+	y2		= 1,
a2		b2

где

а(а>0) – большая полуось, b(b>0) - малая полуось эллипса,

b2 = a2 − c2 .

Число e = ac называется эксцентриситетом эллипса.

Каноническое уравнение гиперболы

(рис.12) с фокусами на 0х и симметрич-

ными относительно начала координат

F1(− c,0), F2 (c,0) имеет вид

x2 − y2 = 1,

a2 b2

где b2 = c2 − a2 , a - называется действи-

тельной полуосью, b - мнимой полуосью.

Уравнения асимптот гиперболы y = ± ba x .

Уравнения директрис эллипса и гиперболы:

D : x = −

;

: x =

F(p

Каноническое уравнение параболы, фокус

,0) которой находится на

x = − p .

оси 0х, имеет вид y2 =

2px . Уравнение директрисы:

Пример 3.4. Вычислить площадь треугольника, одна из вершин которого

совпадает с

центром,

а две другие - с точками

пересечения

окружности

x2 + y2 − 2x +

4y − 5 = 0

с осью ординат.

Решение.

Выделив полные квадраты в

уравнении окружности, получим уравнение

(x −

1)2 +

(y + 2)2

= 10.

Из

этого

уравнения

определяем координаты центра окружности

А(1;-2) и радиус R =

10 . Координаты точек

В и С (рис. 13) находим из условия

x =

уравнениеоси ординат,

+ y

− 2x + 4y − 5

= 0

или

y2 +

4y − 5 =

y1 = 1, y2

= − 5.

Получим точки В(0; 1), С(0; -5). Пло-

щадь треугольника можно найти по формуле

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

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
09.04.2015192.46 Кб16_fsvps-docs_ru_importExport_tsouz_docs_sogl.pdf
#
09.04.2015161.79 Кб71автоматика.doc
#
01.07.2025196.58 Кб0Аксиома безопасности жизнедеятельности.docx
#
09.04.201515.75 Кб34акт по определению отходов и потерь сырья.docx
#
01.05.2025428.54 Кб0Актуальные вопросы питания.doc
#
09.04.20151.4 Mб28Анал.геометрия).pdf
#
09.04.201524.93 Кб241Анализ данных Тесты и Ответы.docx
#
09.04.2015129.02 Кб26Анализ экспериментальных данных.doc
#
01.05.2025120.32 Кб0аналитика султанова.doc
#
26.11.201870.48 Кб10Английский 2 курс (3 сем) 2 методичка. М.С. Иоа....docx
#
26.11.201871.66 Кб7Английский 2 курс (3 сем). М.С. Иоаниди.docx