Решение типовых задач
Контрольная работа № 1
Задача № 1. Даны вершины треугольника АВС: А(–4; 8), В(5; –4), С(10; 6).
Найти: 1) длину стороны АВ;
2) уравнения сторон АВ и АС и их угловые коэффициенты;
3) угол А;
4) уравнение высоты СD и ее длину;
5) уравнение окружности, для которой высота СD является диаметром.
Решение. 1. Расстояние между точкамииопределяется по формуле:
. (1)
Подставив в эту формулу координаты точек А и В, имеем:
.
2. Уравнение прямой, проходящей через точки и, имеет вид:
. (2)
Подставив в (2) координаты точек:
Для нахождение углового коэффициента прямойАВ разрешим полученное уравнение относительно у: . Отсюда. Подставив в формулу (2) координаты точекА и С, получим уравнение прямой АС.
Отсюда .
3. Угол между двумя прямыми, угловые коэффициенты которых равныи, определяется по формуле:
. (3)
Угол А, образованный прямыми АВ и АС, найдем по формуле (3), подставив в нее ,.
,
4. Так как высотаперпендикулярна стороне, то угловые коэффициенты этих прямых обратны по величине и противоположны по знаку, т.е.
.
Уравнение прямой, проходящей через данную точку в заданном угловым коэффициентомнаправлении, имеет вид:
. (4)
Подставив в (4) координаты точки С и , получим уравнение высоты:
. (5)
Для нахождения длины определим координаты точки, решив систему уравнений (АВ) и ():
откуда , то есть.
Подставив в формулу (1) координаты точек С и , находим:
.
5. Уравнение окружности радиуса с центром в точкеимеет вид:
. (6)
Так как является диметром искомой окружности, то ее центрЕ есть середина отрезка .Воспользовавшись формулами деления отрезка пополам, получим:
Следовательно, и. Используя формулу (6), получаем уравнение искомой окружности:.
На рис. 1 в декартовой прямоугольной системе координат изображен треугольник, высота, окружность с центром в точкеЕ.
Задача № 2. 1) Определить тип заданной кривой и построить её (для окружности указать центр, для эллипса и гиперболы – фокусы и эксцентриситет, для параболы – фокус и директрису):
x2+4y2=16.
Решение. Для того, чтобы определить тип кривой второго порядка (окружность, эллипс, гипербола или парабола), произведём преобразования заданного уравнения:
Получили каноническое уравнение эллипса:
– полуоси эллипса.
Найдём координаты его фокусов:F1(-c;0) и F2(c;0), где – половина расстояния между фокусами.
Итак, Тогда F1(-3,5;0) и F2(3,5;0) – фокусы эллипса.
–эксцентриситет эллипса:
Построим эллипс (рис. 2).
y
2
• •
-4 F1 F2 4 х
-2
Рис. 2
2). Определить тип заданной кривой и построить её (для окружности указать центр, для эллипса и гиперболы – фокусы и эксцентриситет, для параболы – фокус и директрису):
Решение. Преобразуем заданное уравнение:
Получили каноническое уравнение гиперболы:
– полуоси гиперболы.
Найдём координаты её фокусов: F1(-c;0) и F2(c;0), где – половина расстояния между фокусами.
Итак,
Тогда F1(-5,8;0) и F2(5,8;0) – фокусы гиперболы.
Эксцентриситет гиперболы:
Построим гиперболу (рис. 3).
y
3
• •
F1 -5 5 F2 x
-3
Рис. 3.
3). Определить тип заданной кривой и построить её (для окружности указать центр, для эллипса и гиперболы – фокусы и эксцентриситет, для параболы – фокус и директрису).
y2=6x+12
Решение. Преобразуем данное уравнение:
Получили уравнение параболы:
Ветви параболы направлены вправо, вершина расположена в точке (x0; y0), т.е. в точке (-2;0).
Для построения параболы её уравнение приведём к простейшему (каноническому) виду. Для этого произведём параллельный перенос системы координат:
Тогда в новой системе координат X′O′Y′, где О′(-2;0) – начало координат, уравнение параболы принимает канонический вид:
Найдём координаты фокуса и уравнение директрисы: –фокус, –уравнение директрисы.
Итак, 2p=6, значит, р=3. Тогда F(1,5; 0) и х= -1,5.
Строим параболу в системе координат X′O′Y′ (рис.4).
y
Y′
р
O′ F x(X′)
Рис.4
Задача № 3. Даны координаты трех точек: А(3; 0; –5), В(6; 2; 1), С(12; –12; 3).
Требуется:
1) записать векторы ив системе орт и найти их модули;
2) найти угол между векторами и;
3) составить уравнение плоскости, проходящей через точку С перпендикулярно вектору .
Решение. 1) Если даны точки и, то векторчерез ортывыражается следующим образом:
.
Подставляя в эту формулу координаты точек А и В, имеем:
.
Аналогично
.
Модуль вектора вычисляется по формуле
.
Подставляя в формулу найденные ранее координаты векторов и, находим их модули:
,
.
2) Косинус угла , образованного векторамии, равен их скалярному произведению, деленному на произведение их модулей
.
Так как скалярное произведение двух векторов, заданных своими координатами, равно сумме попарных произведений одноименных координат, то
.
Тогда
.
3) Уравнение плоскости, проходящей через точку перпендикулярно вектору, имеет вид
.
По условию задачи искомая плоскость проходит через точку перпендикулярно вектору.Подставляя , получим:
– искомое уравнение плоскости.
Задача № 4. Данную систему уравнений решить методом Крамера (с помощью определителей):
Решение. Вычислим определитель системы Δ по правилу «треугольников»:
(a11 a22 a33 + a21 a32 a13+ a12 a23 a31) – ( a31 a22 a13+ a32 a23 a11+ a21 a12 a33).
Итак,
Δ≠0система имеет единственное решение, которое находим по формулам Крамера:
Определители получаем заменой соответствующего столбца определителяΔ столбцом свободных членов системы.
Вычислим определители
Таким образом,
Сделаем проверку, подставив найденное решение в каждое уравнение данной системы:
–верно.
Ответ: (3;0;-2).
Задача № 5. Вычислить пределы:
а) б)в)
Решение. а) Подстановка предельного значения аргумента х= -3 приводит к неопределенному выражению вида .
Для устранения этой неопределенности разложим числитель и знаменатель дроби на множители и сократим дробь на множитель . Такое сокращение возможно, так как множительотличен от нуля при:
б) При х→∞ числитель и знаменатель дроби стремятся к ∞.
Тогда получаем неопределённость вида которая раскрывается по следующему правилу: предел отношения двух бесконечно больших функций, являющихся многочленами, равен пределу отношения их слагаемых со старшей степенью переменной.
Итак,
в) Для раскрытия неопределённости вида , содержащей тригонометрические функции, воспользуемся эквивалентными функциями: