Контрольная по математике - Stud

Контрольная работа
по дисциплине «МАТЕМАТИКА» (МА 96)
Задание 1.
Пирамида АВСD задана координатами своих вершин:
А(3, -1,0), B(2, 3, 3), C(-1, 3, 1), D(4, -3, 5). Найдите:
1. угол между ребрами АВ и АС,
2. уравнение ребра АВ,
3. уравнение грани АВС,
4. уравнение высоты, опущенной из вершины D, на грань АВС,
5. выясните, образуют ли векторы АВ, АС, АD линейно независимую систему,
6. координаты вектора MN, если М – середина ребра AD, N – середина ребра
ВC,
7. разложите вектор MN по базису AB, AC, AD, если он таковым является.
Решение.
Задачу удобнее решать, используя методы векторной алгебры. Поэтому перейдем
сразу к векторам, которые нам понадобятся в первую очередь. Вычислим их координаты и
длины. Если заданы две точки своими координатами А1(х1; y1; z1) и А2(х2; y2; z2), то координаты соответствующего вектора находятся по формуле: A1 A2  ( x2  x1 ; y2  y1 ; z 2  z1 ) .


Длина (модуль) вектора a  a x ; a y ; a z определяется по формуле a  a x2  a y2  az2 .
АВ   1; 4; 0; АС   4; 4; 1;
АD   1; 2; 5; АВ  (1) 2  4 2  0 2  17 ;
АС  (4) 2  4 2  12  33 ; АD  12  (2) 2  52  30 .
1). Угол между двумя векторами определяется через скалярное произведение этих
векторов по следующей формуле. Пусть а ={ х1; y1; z1} и b ={ х2; y2; z2}, тогда
cos( a ^ b) 
x1  x2  y1  y2  z1  z 2
x  y12  z12  x22  y22  z 22
2
1
.
Угол между ребрами АВ и АС определяется как угол между соответствующими
векторами : cos( АВ^ АС ) 
 1  (4)  4  4  0  1
(1)  4  0  (4)  4  1
2
2
2
2
2
α=arcos 0,8444 ≈ 32023´
2

20
 0,8444.
17  33
2). Вместо канонического уравнения прямой, вводя параметр t, перейдем к параметрическим уравнениям, потому что одна из координат направляющего вектора равна
нулю. Прямая,
проходящая через точку А1(x1;y1;z1) и параллельная вектору

a  a x ; a y ; a z  имеет следующее параметрическое уравнение:
 x  a x t  x1

 y  a y t  x2 .
z  a t  x
z
3

Подставив координаты точки А(3, -1,0) и вектора АВ   1; 4; 0, получим:
 x  t  3

 y  4t  1 .
 z0

Последнее равенство означает, что искомая прямая лежит в плоскости хОу.
3). Уравнение грани АВС или плоскости (АВС) получаем их компланарности трех
векторов АМ , АВ , АС , где M(x; y; z) – некоторая точка этой плоскости:
x  3 y 1 z
1
4
4
4
0  0,
1
4(x-3)-4z+16z+(y+1)=0, 4x-12-4z+16z+y+1=0,
4x + y + 12z – 11 = 0.
4). Уравнение высоты, опущенной из вершины D на грань АBC запишем, зная координаты точки D(4, -3, 5), через которую данная прямая проходит, и координаты направляющего вектора, которым в данном случае будет вектор нормали к плоскости (АBC),
равный n  4; 1; 12. Таким образом, каноническое уравнение высоты, опущенной из
вершины D на грань АBC имеет вид:
x4 y 3 z 5
.


4
1
12
5). Чтобы выяснить, образуют ли векторы АВ, АС, АD линейно независимую систему нужно проверить условие их компланарности, которым является равенство нулю определителя. составленного из координат этих трех векторов.
1
4
0
 4 4 10  20  0  40  0  20  80  80  0 . Определитель не равен нулю, зна1 2 5
чит эти три вектора не лежат в одной плоскости, следовательно, они образуют линейно
независимую систему векторов трехмерного пространства.
6). Найдем координаты точки М середины ребра AD и точки N – середина ребра
ВC. Координаты точки, делящей отрезок между точками А1(х1; y1; z1) и А2(х2; y2; z2), пополам, находятся по формулам:
x1  x2
y  y2
z  z2
;y 1
;z  1
.
2
2
2
3 4
1 3
05
 3,5; y 
 2; z 
 2,5 ; М(3,5; -2; 2,5).
А(3, -1,0), D(4, -3, 5); x 
2
2
2
2 1
33
3 1
 0,5; y 
 3; z 
 2 ; N(0,5; 3; 2).
B(2, 3, 3), C(-1, 3, 1); x 
2
2
2
x
MN   3; 5; 0,5
7). Мы уже выяснили, что векторы AB , AC , AD образуют линейно независимую
систему векторов, значит можно разложить вектор MN   3; 5; 0,5 по этим векторам.
Пусть MN  x1 AB  x2 AC  x3 AD , тогда, приравняв соответствующие координаты
векторов, можно получить систему трех уравнений с тремя неизвестными, решив которую
мы найдем коэффициенты разложения вектора MN по векторам AB , AC , AD .
 x1  4 x2  x3  3

 4 x1  4 x2  2 x3  5
 x  5 x  0,5
3
 2
Решить систему можно любым из трех методов, например по формулам Крамера.
Вычислим определитель матрицы системы
1  4 1
 4
4  2  20  4  0  0  2  80  62.
0
1
5
∆≠0, значит, система совместна, т. е. имеет решение.
а). Определители третьего порядка считаем по правилу треугольников. Теперь вычисляем вспомогательные определители, заменяя каждый раз соответствующий столбец
элементов матрицы на столбец свободных членов.
3 4 1
 х1 
5
 0,5
1
 х2  4
0
4
1
3
 х3  4
0
 x1

1
5
 2  25  2  0  0  1  60  34;
 0,5 5
1  4
x1 
 2  60  5  4  2  6  100  37;
5
4
1

3
5  2  12  0  0  5  8  13
 0,5
х
х
37
34 17
13

; х2  2 
; х3  3   .
62

62 31

62
Получаем (х1; х2; х3)= (
37 17
13
37
17
13
AB 
AC 
AD .
;
; 
) или MN 
62 31
62
62
31
62
Ответы: 1). cos( АВ^ АС ) 
20
 0,8444; α=arcos 0,8444 ≈ 32023´;
17  33
 x  t  3
x4 y 3 z 5

2). ( АВ) :  y  4t  1 ; 3). 4x + y + 12z – 11 = 0; 4).
;


4
1
12
 z0

5). векторы AB , AC , AD образуют линейно независимую систему векторов;
6). MN   3; 5; 0,5; 7). MN 
37
17
13
AB 
AC 
AD .
62
31
62
Задание 2.
Кривая второго порядка задана уравнением 9х2 + 25у2 – 72х + 150у + 144 = 0.
1.
приведите уравнение к каноническому виду,
2.
найдите все характеристики данной кривой,
3.
постройте график данного уравнения,
4.
укажите сходства и различия между эллипсом, гиперболой и параболой.
Решение.
1). Преобразуем данное уравнение.
9 x 2  2  3x  12  144  25 y 2  2  5 y  15  225  225  0,
3x  122  5 y  152  225  9x  42  5 y  32  225  x  4
2
25
Получили каноническое уравнении эллипса
x  42   y  32
25
9

 y  32
9
 1.
 1.
2). Пользуясь канонической формулой, перечислим все основные характеристики
данного эллипса:
 центр эллипса находится не в начале координат, а сдвинут в точку (4, -3);
 большая полуось эллипса равна а=5;
 малая полуось эллипса b=3;
 фокальное расстояние с  a 2  b2  25  9  16  4 ;
 эксцентриситет эллипса равен e 
c 4
 ;
a 5
 вершины эллипса находятся в точках А1(-1; -3), А2(9; -3), В1(4; -6), В2(4; 0);
 фокусы эллипса находятся в точках F1(2; -3), F2(6; -3).
3). Построим график эллипса, пользуясь вспомогательной системой координат
х´О´у´, параллельно сдвинутой в точку (4; -3), относительно основной системы координат.
y
1
y
B2
0
A1
x
1
F1
F2
A2
x
0
B1
4). Эллипс, гипербола и парабола являются кривыми второго порядка и представляют собой, так называемые, конические сечения.
Эллипсом называется множество точек плоскости, сумма расстояний которых
до двух данных точек, называемых фокусами, есть величина постоянная (ее обозначают
через 2а), причем эта постоянная больше расстояния между фокусами.
Если оси координат расположены по отношению к эллипсу так, что фокусы эллипса находятся на оси Ох на равных расстояниях от начала координат в точках F1(c;0) и F2(c;0) , то получается простейшее (каноническое) уравнение эллипса
x2 y2

 1.
a 2 b2
Гиперболой называется множество точек плоскости, абсолютная величина разности расстояний которых до двух данных точек, называемых фокусами, есть величина
постоянная (ее обозначают через 2а), причем эта постоянная меньше
расстояния
между фокусами.
Если поместить фокусы гиперболы в точках F1(c;0) и F2(-c;0), то получится каноническое уравнение гиперболы
x2 y2

 1.
a 2 b2
Гипербола состоит из двух ветвей и расположена симметрично относительно осей
координат.
Параболой называется множество точек плоскости, равноудаленных от данной
точки, называемой фокусом, и данной прямой, называемой директрисой.
Если директрисой параболы является прямая х= -р/2, а фокусом – точка F(р/2;0), то
уравнение параболы имеет вид
Эта
парабола
y2 = 2рх. (1)
расположена
Уравнение х2= 2ру (2) является
симметрично
уравнением
оси ординат. При р > 0 параболы (1)
параболы,
относительно
оси
абсцисс
симметричной относительно
и (2) обращены в положительную сторону со-
ответствующей оси, а при р < 0 — в отрицательную сторону.
Задание 3.
Проведите полное исследование функции f ( x)  5  х 2  3x и постройте ее график.
Решение
1. В аналитическом выражении функции f ( x)  5  х 2  3x есть математическая
операция извлечения корня четной степени, поэтому, ограничение на область определения
5  х 2  3x  0  х 2  3x  5  0 .
Решая соответствующее уравнение, найдем его корни, которые и будут границами
области определения:
3  9  20 3  29
3  29
3  29
x1, 2 

, x1 
 1,1925824, x2 
 4,1925824 .
2
2
2
2
 3  29 3  29 
x
;
 - область определения функции.
2
2


2. Исходя из области определения, можно сказать, что функция не является четной
и не является нечетной, значит, ее график не будет иметь симметрии относительно системы координат. Нет речи о периодичности функции.
3. Точки пересечения графика функции с осями координат.
3  29
3  29
x  0  y  5  2,236; y  0  x1 
 1,1925824, x2 
 4,1925824 .
2
2
Получили три точки пересечения графика функции с осями координат.
4. Найдем производную данной функции и, приравняв ее нулю, определим крити 2x  3
;
y  0  2 x  3  0  x  1,5  ОДЗ .
ческие точки: у 
2 5  3x  x 2
 3  29

; 0  производная положительна и функция возрастает, а
На промежутке 
2


 3  29 
 – функция убывает, в точке х=1,5 абсолютный максимум
на промежутке  0;

2


f (1,5)  5  3  1,5  1,52  7,25  2,692584 .
Для дальнейших исследований немого преобразуем аналитическое выражение данной функции.
y  5  х 2  3x  y 2  5  х 2  3x  x 2  3x  2,25  y 2  7,25 
 ( x  1,5) 2  y 2  7,25 - это уравнение окружности с центром в точке (1,5; 0) и радиусом равным 7,25  2,692584 . Легко видеть, что данная функция f ( x)  5  х 2  3x
представляет собой ровно половину этой окружности, отбрасываются точки расположенные ниже оси абсцисс.
Отсюда можно сделать вывод о выпуклости графика функции на все области определения без вычисления второй производной, и данных уже достаточно для построения
графика данной функции.
y
1
x
x1
0
1
x2