kontr

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

→	→	→
V найдем через смешанное произведение векторов A1A2	, A1A3	, A1A4

	V =	1			→ → →			1			x2 − x1				y2 − y1
				A A ,A A ,A A			=				x	3	− x	1	y	3	− y
		6						6
					1 2 1 3 1 4												1
											x	4	− x	1	y		− y
															4		1

(1.31)

z2 −z1 z3 −z1 z4 −z1

5). Длину высоты, опущенной из вершины А4 найдем из объема пирамиды

V =

1

S

h

h =

3V

,

3

о с н

Sо с н

(1.32)

1

1

→

→

где

S

=

S

Π

=

A A ,A A

.

о с н .

2

2

1 2 1 3

4.3. Контрольная работа № 2

31-40.	Даны вершины треугольника АВС (рис. 3).
	B	Найти :
		1)	уравнения сторон АВ и ВС и их угловые ко-
	D	эффициенты;
		2)	уравнение высоты АD, опущенной из вершины
		А на сторону ВС;
A		C 3)	длину высоты AD, проведенной из вершины А;
		4)	точку пересечения медиан треугольника двумя
	Рис. 3.	способами :

а) используя формулу деления отрезка в заданном отношении; б) как точку пересечения прямых, заданных общими уравнениями.

31.	А (-5,9), В (7,0), С (5,14)	32.	А (0,3), В (12,-6), С (10,8)
33.	А (-1,5), В (6,-10), С (8,22)	34.	А (17,8), В (-2,6), С (7,1)
35.	А (-6,8), В (2,0), С (16,15)	36.	А (6,5), В (11,0), С (17,8)
37.	А (10,-1), В (-2,-6), С (-6,-3)	38.	А (-1,7), В (11,2), С (7,19)

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

39. А (3,6), В (15,-3), С (4,13)	40. А (-10,5), В (2,-4), С
(0,10)

Методические указания к выполнению заданий

Пусть вершины треугольника АВС имеют координаты А (хА, уА), В (хВ, уВ), С(хС, уС).

1). Найдем уравнения сторон АВ и ВС, как уравнения прямой, проходящей через две заданных точки :

AB:

x − x A

=

y − yA

;

BC:

x − x B

=

y − yB

;

x

B

− x

A

y

B

− y

A

x

C

− x

B

y

− y

B

C

(2.1)

Преобразуем эти уравнения к уравнению с угловым коэффициентом y = kx + b.

AB: y = k1x + b1;	BC: y = k2x + b2;
(2.2)
Отсюда найдем k1 и k2.

2). Найдем уравнение высоты AD.

AD BC, следовательно, прямые AD и ВС перпендикулярны. Преобразуем уравнение стороны ВС вида (2.1) в общее уравнение прямой

A1x + B1y + C1 = 0

(2.3)

с нормальным вектором N = (A1, B1 ) , который перпендикулярен прямой

→

ВС и, следовательно, параллелен прямой AD (N BC N AD) .

Тогда уравнение высоты AD найдем, как уравнение прямой, проходящей через заданную точку А, параллельно направляющему вектору

N = (A1, B1 )

AD: x − x A = y − yA . A1 B1

(2.4)

3). Чтобы найти длину высоты AD, найдем координаты точки D (xD, yD) пересечения прямых AD и ВС, затем найдем координаты векто-

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

→

ра AD

→

A D = (x D − x A , yD − yA ) .

(2.5)

→

Тогда длина высоты AD будет равна модулю вектора AD

→

h = A D = (x D − x A )2 +(yD − yA )2 .

(2.6)

4). Найдем точку пересечения медиан треугольника АВС (рис. 4).

B	а) первый способ.

E O F

A

M

Рис. 4.

Для определения точки пересечения медиан треугольника воспользуемся свойством медиан. Известно, что медианы пересекаются в точке, которая делит каждую медиану в отношение 2:1. Рассмотрим

	C		→
			AO
	любую медиану, например, AF, тогда λ =				= 2.
			→

OF

Найдем координаты точки F(xF, yF) по формулам деление отрезка пополам

x F	=	x C + x B	,	yF	=	yC + yB	.
						2
	2

(2.7)

Координаты точки O (xO, yO) находим как координаты точки, делящей отрезок AF в отношение 2:1, по формулам

x	O	=	x A +λx F		,	y =	yA + λyF
		1		+λ		O	1	+λ

(2.8)

б) второй способ.

Найдем точку пересечения медиан треугольника АВС, как точку пересечения прямых, заданных общими уравнениями. Известно, что медиана делит противоположную сторону пополам. Найдем координаты точек E, F, M, как середины соответствующих отрезков

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

x E

=

x A + x B

;

x M

=

x A + xC

;

2

2

(2.9)

x F

=

xC + x B

;

2

yE

=

yA + yB

;

yM

=

yA + yC

;

yF

=

yC + x B

.

2

2

2

Найдем уравнения медиан, как уравнение прямой, проходящей через две точки

AF:

x − x A

=

y − yA

; CE:

x − xC

=

y − yC

;

x

A

− x

F

y

A

− y

F

x

C

− x

E

y

− y

E

C

BM :

x − x B

=

y − yB

.

x B − x M

yB − yM

(2.10)

Преобразуем уравнения (2.10) к общему виду

AF: A1x + B1 y +C1 = 0 ; CE: A2 x + B2 y +C2 = 0 ; (2.11)

BM : A3 x + B3 y +C3 = 0 .

Решим систему (2.11) трех уравнений с двумя неизвестными по методу Гаусса и найдем координаты точки O (xO, yO). Сделаем проверку, подставив полученное решение в каждое уравнение системы (2.11).

41-50. Даны координаты точек А1, А2, А3, А4 и уравнение прямой l.

Найти :

1) уравнение плоскости, проходящей через точку А3, перпендикулярно

→

а) вектору A1A2 ; б) прямой l.

2)уравнение плоскости р, проходящей через три точки А1, А2, А3.

3)каноническое и параметрическое уравнения прямой, проходящей через точку А4 , перпендикулярно плоскости р.

4)расстояние от точки А4 до прямой l.

5)расстояние от точки А4 до плоскости р.

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

6)координаты точки пересечения прямой l и плоскости р.

7)угол между прямой l и плоскостью р.

41.

А1 (-3, 4, -2),

А2 (1, -3, -1),

А3 (-1, -2, -4),

А4 (3, 2, -4);

l:

x − 7

=

y −1

=

z −3

.

3

4

2

42.

А1 (1, 2, 4),

А2 (-5, 3, 7),

А3 (4, -2, 6),

А4 (-2, -2, -1);

l:

x −2

=

y −1

=

z

.

4

3

2

43.

А1 (-2, 1, 3),

А2 (-4, 2, -6),

А3 (3, 25, 1),

А4 (6, 5, -7);

l:

x −1

=

y −3

=

z

.

4

3

1

44.

А1 (-1, 4, 2),

А2 (3, -2, 4),

А3 (5, -3, 7),

А4 (-2, -5, 3);

l:

x

=

y + 7

=

z −3

.

1

2

−1

45.

А1 (-5, 3, -7),

А2 (1, 1, 3),

А3 (-1, 4, 2),

А4 (3, 3, 3);

l:

x −1

=

y −2

=

z −3

.

2

4

5

46.

А1 (1, 3, 5),

А2 (2, -1, 3),

А3 (1, -4, -2),

А4 (-4, 1, 3);

l:

x − 7

=

y −1

=

z −3

.

3

4

2

47.

А1 (4, -7, 1),

А2 (3, -5, 1),

А3 (2, 0, 4),

А4 (1, 2, 3);

l:

x −4

=

y +1

=

z + 7

.

8

−3

3

48.

А1 (7, 7, 3),

А2 (6, 5, 8),

А3 (3, 5, 8),

А4 (8, 4, 1);

l:

x −2

=

y −5

=

z

.

2

−1

6

49.

А1 (1, 1, 0),

А2 (4, 1, 2),

А3 (0, 0, 2),

А4 (3, 0, 5);

l:

x −1

=

y −2

=

z +1

.

2

−3

4

50.

А1 (1, -1, 1),

А2 (0, 2, 4),

А3 (1, 3, 3),

А4 (4, 2, 3);

l:

x −3

=

y −1

=

z − 7

.

2

4

5

МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ К ВЫПОЛНЕНИЮ ЗАДАНИЙ

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

1а). Уравнение плоскости, проходящей через точку А3 (x3, y3, z3)

					→
перпендикулярно вектору A1A2						(рис. 5).
						→
		Найдем координаты вектора A1A2
		→		= (x 2 − x1, y2 − y1, z2 − z1 )= (A, B,C ).
		A1A2
(2.12)
		→			Возьмем на плоскости текущую точку с переменны-
		A1A2					→
					ми координатами M(x,y,z) и найдем вектор A3 M
		A 3			→	(x − x 3 , y − y3 , z − z3 ).	(2.13)
					A3 M =
		M (x ,y,z)
						→
		Рис. 5.			Вектор	A1A2 перпендикулярен плоскости,	следова-
					тельно,

→

он перпендикулярен векторуA3 M и их скалярное произведение равно нулю

→ →

(A1A2 , A3 M ) = 0.

(2.14)

Распишем скалярное произведение (2.14) в координатной форме, как сумму произведений одноименных координат

A (x - x3) + B (y - y3) + C (z - z3) = 0.

(2.15)

1б). Уравнение плоскости, проходящей через точку А3, перпендикулярно прямой l (рис. 6).

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

→

(A,B,C )

Из канонического уравнения прямой l находим ко-

l

l

→

ординаты направляющего вектора l (A, B,C ), кото-

A3

рый является нормальным вектором искомой плос-

→

кости. Тогда вектор

l (A, B,C ) перпендикулярен век-

M (x ,y,z)

→

Рис. 6.

тору A3 M и их скалярное произведение равно нулю

→

→

( l , A3 M ) = 0.

(2.16)

Распишем (2.16) в координатной форме

A (x - x3) + B (y - y3) + C (z - z3) = 0.

(2.17)

2). Найдем уравнение плоскости р, проходящей через три точки А1

(x1, y1, z1), А2 (x2, y2, z2), А3 (x3, y3, z3) (рис. 7).

Возьмем на плоскости текущую точку M(x,y,z) с

переменными координатами и найдем координаты

A2

A3

→

→

→

трех векторов A1A2

, A1A3 ,

A1М . Эти векторы ле-

A1

M(x,y,z)

в плоскости, следовательно, они компланарны

р

жат

и их смешанное произведение равно нулю

Рис. 7.

→→ →

(A1М,A1A2,A1A3) = 0.

(2.18)

Распишем смешанное произведение (2.18) в координатной форме

x− x1

x2 − x1

x 3 − x1

y − y1	z − z1		= 0.
y2 − y1	z2 − z1
y3 − y1	z3 − z1

(2.19)

Раскрыв определитель (2.19), получим уравнение искомой плоскости. 3). Составим каноническое и параметрическое уравнения прямой l,

проходящей через точку А4 перпендикулярно плоскости р, заданной урав-

нением(2.19).

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

		A4
	→	l
	N

р

Из общего уравнения плоскости найдем нормальный вектор N = (A, B,C ) перпендикулярный плоскости р.

→

Этот вектор N параллелен искомой прямой l, следо-

→

вательно, N является направляющим вектором прямой l. Составим каноническое уравнение прямой l

x −Ax 4 = y −By4 = z −Cz4 .

(2.20)

Чтобы получить параметрическое уравнение прямой l, приравняем каноническое уравнение (2.20) параметру t

	x − x 4	= t,	y − y4	= t,	z − z4	= t.
	A		B		C

Окончательно получим параметрическое уравнение прямой l

x = x 4 + A ty = y4 + B tz = z4 +C t

(2.21)

4). Для нахождения расстояния от точки А4 до прямой l, заданной уравнением

x − x 0

=

y − y0

=

z − z0

l

l

l

3

1

2

→

поместим направляющий вектор прямой

l = (l1,l2,l3 )

в фиксированную

точку M0(x0,y0,z0) на этой прямой и построим параллелограмм на векто-

→

и

→

рах M 0A4

l (рис. 8).

A4

Найдем расстояние от точки А4 до прямой l, как вы-

соту параллелограмма по следующей формуле

→

→

SΠ

M 0A4

, l

→

l

ρ(A4,l)

=

=

,

(2.22)

→

→

M0

l

l

l

Рис. 8.

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

где

→

= (x 4

− z0 ),

M 0A4

− x 0, y4

− y0, z4

→

→

→

i

j

k

l

= l2

+ l2

+ l2

,

M

0

A

4

, l

=

x

4

− x

0

y

− y

0

z

4

− z

0

.

1

2

3

4

l1

l2

l3

5). Найдем расстояние от точки А4 до плоскости р, заданной уравнением (2.19), по следующей формуле

ρ(A4 , p) =		Ax 4	+ By4 +Cz4	+ D		.
			A 2 + B 2 +C 2

(2.23)

6). Чтобы найти точку пересечения прямой l, заданной уравнени-

ем

	x − x 0	=	y − y0	=	z − z0	,
	l		l		l
	1		2	3

с плоскостью р : Ax + By + Cz + D = 0, запишем уравнение прямой в параметрическом виде

l

F(x F,yF,zF)

р

Рис. 9.

x = x 0 + l1t y = y0 + l2t z = z0 + l3t.

Найдем значение параметра t = t1, при котором сканирующая точка прямой попадает в плоскость р. Для этого подставим координаты сканирующей точки в уравнения плоскости

A(x 0 + l1t)+ B(y0 + l2t)+C (z0 + l3t)+ D = 0;

t = t1	= −	A x 0 + By0 +Cz0 + D	. Подставив значение параметра t = t1,
		A l1 + Bl2 +Cl3

в параметрическое уравнение прямой, найдем координаты точки

F(xF,yF,zF)

x FyFzF

=x 0 + l1 t1

=y0 + l2 t1

=z0 + l3 t1.

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

(2.24)

51-60. Определить вид кривой второго порядка, привести уравнение этой кривой к каноническому виду и построить ее в исходной системе координат.

51.	а). x 2 +4y2 −6x +8y −3 = 0	52.	a).
9y2 +4x 2 +18y +8x −23 = 0
	б). x 2 −16y2 =16		б). x 2 + y2 = 4y
	в). y2 +4y +3x = 0		в). y = 2x 2 + x +1
	г). y = 3+ 9− x 2		г). x 2 − y2 −20y −104 = 0
53.	а). x 2 + y2 +6y +5 = 0	54.	a). x 2 + y2 −4x = 0
	б). 4x 2 +9y2 −8x −32 = 0		б).
2x 2 +5y2 −12x +10y +13 = 0
	в). x 2 −2y +4x +2 = 0		в). y = −x 2 +2x −1
	г). 9y2 −16x 2 =144		г). 3x 2 −27y2 = 27
55.	а). 16x 2 +25y2 +32x −100y −284 = 0	56.	a). x 2 + y2 +2x +3y −3 = 0
	б). 3x 2 −4y2 +16y −36 = 0		б). x 2 +9y2 = 9
	в). x 2 = 4 +2y		в).
16y2 −9x 2 −32y − 72x −272 = 0
	г). y = 3− 16− x 2		г). y = 2x 2 −12x +4
57.	a). x 2 + y2 −6x +2 = 0	58.	a). x 2 + y2 +6x −4y +4 = 0
	б). 9x 2 +4y2 +18x −8y −23 = 0		б).
16x 2 −9y2 +64x +54y −161 = 0
	в). 3x = 6− y2		в). x 2 = 9−3y
	г). x 2 −9y2 +2x +36y −44 = 0		г). 4x 2 −4x + y2 = 0
59.	a). x 2 + y2 +12x − y +24 = 0		a). x 2 + y2 −3x +2y −3 = 0