Теория разработки электронной поддержки. 1 Учебные материалы по дисциплине Элементы высшей математики
 Скачать 2.19 Mb.
|
|
Решение Комментарий Решим систему уравнений Подставим найденное значение х = 3 водно из уравнений, например, в первое уравнение 9 - у - 5 = 0, 2y = 4, y = 2. Целесообразно использовать метод алгебраического сложения. Для этого уравнять коэффициенты перед одной из переменных, а затем сложить уравнения. Можно обе части разделить на 2, тогда уравнение примет вид x + y – 1 = 0. 70 Решение Комментарий Таким образом, M2 (3;2) точка пересечения прямых. Составим уравнение прямой, проходящей через две точки Пример 16. Найдите координаты точки пересечения прямых 4x + 5y – 9 = 0 и –3x + 2y + 1 = 0. План решения 1. Решить систему уравнений Решение Решим систему уравнений методом алгебраического сложения (можно методом подстановки. Подставим y = 1 в первое (второе) уравнение системы. Получим 4x + 5 · 1 – 9 = 0, 4x – 4 = 0, x = 1. Точка пересечения имеет координаты (1; 1). 71 Пример 17. Даны вершины ΔABC, A (1; 2), B (–3; 3), C (5; 0). Найдите уравнение высоты треугольника, опущенной из вершины A. План решения 1. Найти координаты вектора 2. Высота, опущенная из вершины A, это прямая, проходящая через точку A и перпендикулярно стороне BC. Поэтому воспользоваться уравнением прямой, проходящей через точку и перпендикулярно вектору A (x – x0) + B (x – x0) = 0. 3. В это уравнение вместо x0, y0 подставить координаты точки A, вместо A и B подставить координаты вектора 4. Привести уравнение к виду Ax + Bx + C = 0. Решение. Подставим координаты точки и вектора в уравнение прямой A (x – x 0) + B (x – x 0) = 0: 8(x – 1) – 3(y – 2) = 0, 8x – 8 – 3y + 6 = 0, 8x – 3y – 2 = 0. Пример 18. Найдите уравнение прямой, проходящей через точки M1 (–4; 3) и M2 (5; –2). 72 План решения 1. Использовать уравнение прямой, проходящей через две точки M1 (x1; y1) и M2 (x2; y2): 2. В это уравнение вместо x1, y1 подставить координаты точки M1, а вместо x2, y2 подставить координаты точки M2. 3. Пользуясь свойством пропорции, привести полученное уравнение к виду Ax + Bx + C = 0. Решение. , Подставим координаты этих точек в уравнение прямой , , –5(x + 4) = 9(y – 3), –5x – 20 – 9y + 27 = 0, –5x – 9y + 7 = 0. Пример 19. Найдите угол между прямыми y = 5x + 7 и 3x + 2y – 1 = 0. План решения 1. Привести уравнения прямых к виду l1: k1x + b1 и l2: k2x + b2 и определить угловые коэффициенты прямых k1 и k2. 73 2. Воспользоваться формулой для нахождения угла φ между прямыми l1 и l2: Решение. l1: y = 5x + 7, k = 5. Следовательно, φ = 45°. Замечание Если tg φ < 0, то φ — тупой угол. Пример 20. Уравнение 4x – 3y + 24 = 0 преобразовать к уравнению в отрезках. План решения Уравнение в отрезках имеет вид 1. Перенести свободный член вправо и разделить обе части уравнения на него. 2. Все коэффициенты и знаки убрать в знаменатели дробей. Решение. 4x – 3y + 24 = 0, , 74 . Пример 21. Определите уравнение прямой, отсекающей на оси Oy отрезок b = 3 и составляющей с осью Ox угол φ = 60°. План решения 1. Воспользоваться уравнением прямой с угловым коэффициентом y = kx + b, где k = tg φ, φ — угол между прямой и осью Ox, b — отрезок, отсекаемый прямой на оси Oy. Решение. y = kx + b, b = 3. Пример 22. Стороны AB, BC, AC треугольника ABC заданы соответственно уравнениями 8x + 3y + 1 = 0, х + у - 1 = 0, 3x + 2y + 3 = 0. Определить координаты вершин треугольника. План решения Вершины ΔABC — это точки пересечения соответствующих сторон. 1. Решить три системы уравнений, беря попарно уравнения сторон ΔABC. 75 Решение. Решение Комментарий AB: 8x + 3y + 1 = 0, BC: 2x + y – 1 = 0, AC: 3x + 2y + 3 = 0. 8 · 1 + 3y + 1 = 0, 3y = –9, y = –3. Таким образом, A (1; –3). 8 · (–2) + 3y + 1 = 0, 3y = 15, y = 5. Таким образом, B (–2; 5). Вершина A образована пересечением сторон AB и AC, поэтому решим систему уравнений, составленную из уравнений этих сторон. Систему решаем методом алгебраического сложения. Уравниваем коэффициенты перед y. Найденное значение x подставим в первое (или второе) уравнение. Все остальные системы решаем аналогично. Вершина B образована пересечением сторон AB и BC, поэтому решим систему уравнений, составленную из уравнений этих сторон. Подставим x = –2 в первое уравнение. Вершина C образована пересечением сторон AC и BC, поэтому решим систему уравнений, составленную из уравнений этих сторон. Подставим x = 5 во второе уравнение системы. 76 Решение Комментарий 2 · 5 + y – 1 = 0, y = –9. Таким образом, C (5; –9). В итоге A (1; –3), B (–2; 5), C (5; –9). <...> Пример 23. Даны вершины ΔABC, A (2; –2), B (3; –5), C (5; 7). Напишите уравнения его сторон. План решения. Каждая сторона треугольника — это прямая, проходящая через две точки. 1. Воспользоваться уравнением прямой, проходящей через две точки M1 (x1; y1) и M2 (x2; y2): 2. Определить через какие точки проходит каждая сторона. Решение. , , , 77 Приведем уравнение к общему виду –3(x – 2) = 1(y + 2), –3x + 6 = y + 2. –3x – y + 4 = 0 или 3x + y – 4 = 0. , , , . 12(x – 3) = 2(y + 5), 12x – 36 = 2y + 10, 2x – 2y – 46 = 0 или 6x – y – 23 = 0. , , , . 9(x – 2) = 3(y + 2), 9x – 18 = 3y + 6, 9x – 3y – 24 = 0 или 3x – y – 8 = 0. В итоге уравнения сторон имеют вид AB: 3x + y – 4 = 0, BC: 6x – y – 23 = 0, AC: 3x – y – 8 = 0. Цит. по Методическое пособие-тренажер решения задач по высшей математике / НС. Знаенко. — Ульяновск ИНФОФОНД, 2008. — С. 5–11. Тема 2. Прямая и плоскость в пространстве Пример 24*. Найти расстояние от точки P (2; 3; –1) до прямой 78 План решения. 1. Определить координаты направляющего вектора прямой, заданной уравнением , и координаты точки M1 (x0; y0; z0). 2. Найти векторное произведение векторов и , 3. Найти площадь параллелограмма, построенного на векторах и 4. Найти расстояние d, которое является высотой параллелограмма , где — длина вектора . 79 Решение. Решение Комментарий координаты точки M 1 (1; 2; 13), координаты направляющего вектора Найдем векторное произведение векторов и Найдем площадь параллелограмма, построенного на векторах и Высота параллелограмма и есть искомое расстояние Тогда — расстояние от точки P до прямой. Векторное произведение векторов и это вектор, координаты которого определяются формулой , те. площадь параллелограмма равна длине вектора векторного произведения. Пример 25. Найдите координаты точки K пересечения прямой с плоскостью x + 2y – 3z – 4 = 0. 80 План решения 1. Уравнение прямой записать в параметрическом виде где M0 (x0; y0; z0) — координаты точки — координаты направляющего вектора. 2. Решить систему уравнений Решение Из канонического уравнения прямой возьмем точку M0 (2; 3; –1) и направляющий вектор и запишем уравнение прямой в параметрическом виде Решим систему уравнений, состоящую из параметрических уравнений и уравнения плоскости Выражения для x, y и z подставим в последнее уравнение и найдем t: (2 + 4t) + 2(3 + 2t) – 3(–1 + 5t) – 4 = 0, 81 2 + 4t + 6 + 4t + 3 – 15t – 4 = 0, –7t + 7 = 0, t = 1. Делая обратную подстановку, найдем x, y и z: , , . Таким образом, координаты точки пересечения прямой и плоскости K (6; 5; 4). Пример 26. Найти острый угол между прямыми и План решения 1. Найти координаты направляющих векторов , 2. Воспользоваться формулой , где — модуль скалярного произведения векторов и . , — длины векторов и . Решение Из уравнения прямых имеем , . 82 , . . Пример 27. Составить канонические уравнения прямой План решения 1. Записать канонические уравнения прямой Чтобы их составить нужно знать координаты точки M0 (x0; y0; z0) и координаты направляющего вектора 2. Найти координаты точки M 0. Для этого одну из переменных приравнять к нулю и решить полученную систему. 3. Найти координаты направляющего вектора. В качестве направляющего вектора взять вектор , где , — координаты нормальных векторов плоскостей, определяющих прямую как линию их пересечения, те. если то и . Тогда 83 Решение 1. Найдем координаты точки M0. Для этого приравняем в данной системе z к нулю, те. пусть z = 0. Тогда система примет вид Подставим найденное значение x в первое уравнение системы. 2(–14) – 2y + 3 = 0, –28 – 2y + 3 = 0, – 2y – 25 = 0, . Таким образом, M0 (–14; –12,5; 0). Замечание Точка M0 может иметь другие координаты. Всё зависит оттого, какое значение и какой переменной придается. 2. Найдем координаты направляющего вектора. Для этого определим координаты нормальных векторов и Тогда 84 Таким образом, канонические уравнения имеют вид Пример 28. Составить канонические уравнения прямой, проходящей через точки с координатами (3; –4; 2) и (2; 5; –1). План решения 1. Воспользоваться уравнением прямой, проходящей через две точки M1 (x1; y1; z1) и M2 (x2; y2; z2): Решение. и , Пример 29. Составить канонические уравнения прямой, проходящей через точку M1 (5; –3; 2) и параллельно вектору План решения 1. Воспользоваться уравнением , где M0 (x0; y0; z0) — координаты точки — координаты направляющего вектора. Решение. . Пример 30*. Составить уравнение плоскости, которая проходит через ось Oy и точку M1 (3; –2; 5). 85 План решения Для составления данного уравнения плоскости следует воспользоваться условием компланарности трех векторов. 1. Взять точку M (x; y; z) с текущими координатами, лежащую в искомой плоскости. 2. Найти координаты векторов и 3. На оси Oy взять единичный вектор 4. Составить уравнение плоскости в виде , те. Решение Возьмем точку M (x; y; z). Найдем координаты векторов и : . Составим уравнение , , 86 –5x + 3z = 0. Цит. по Методическое пособие-тренажер решения задач по высшей математике / НС. Знаенко. — Ульяновск ИНФОФОНД, 2008. — С. 11–16. Тема 3. Взаимное расположение прямых Пример 31*. Вычислить кратчайшее расстояние между прямыми и План решения 1. Найти координаты точек, лежащих на прямых. Если прямая задана параметрическими уравнениями и то M 1 (x 1; y 1; z 1) и M 2 (x 2; y 2; z 2). 2. Найти координаты направляющих векторов и 3. Воспользоваться формулой , знак «+» берется, если определитель третьего порядка положителен, «–» — в противном случае. 87 Решение. M 1 (3; 7; 1), M 2 (5; 8; 2), , ; вычислим отдельно Таким образом, Цит. по Методическое пособие-тренажер решения задач по высшей математике / НС. Знаенко. — Ульяновск ИНФОФОНД, 2008. — С. 16–17. Тема 4. Прямая и плоскость Пример 32*. Найдите координаты точки Q, симметричной точке P (2; 1; –1) относительно плоскости, проходящей через точки M1 (1; 2; –3), M2 (2; 0; 1), M3 (–3; 1; 2). План решения 1. Составить уравнение плоскости α, проходящей через точки M1 (x 1; y1; z1), M2 (x2; y2; z2), M3 (x3; y3; z3) по формуле 88 2. Найти точку R, проекцию точки P на плоскость α. Для этого 2.1. Составить уравнение перпендикуляра к плоскости α, проходящего через точку P, воспользовавшись уравнением где (x 0; y 0; z 0) — координаты точки P; (p; q; r) — координаты направляющего вектора, в качестве которого выступает нормальный вектор плоскости . 2.2. Найти точку R, как пересечение прямой PR и плоскости α, решив систему уравнений, состоящую из уравнения прямой и плоскости. 3. Найти точку Q, которая является вторым концом отрезка PQ, для которого серединой будет точка R — проекция точки P на плоскость α. Для этого воспользоваться формулами , , . x 2 = 2x – x1, y2 = 2y – y1, z2 = 2z – z1, где (x1; y1; z1) — координаты точки P, (x; y; z) — координаты точки R. 89 Решение Составим уравнение плоскости, проходящей через точки M1, M2, M3: , , , α: –2x – 7y – 3z + 7 = 0— уравнение плоскости. Координаты нормального вектора плоскости Составим уравнение перпендикуляра к плоскости α, проходящего через точку P: Найдем точку R, пересечения перпендикуляра и плоскости 90 Следовательно, , , Точка Найдем координаты точки Q по формулам , , . . Пример 33. Составить уравнение плоскости, проходящей через параллельные прямые и План решения 1. Взять точку M (x; y; z) с текущими координатами. 2. Записать координаты направляющего вектора и координаты точек M1 (x1; y1; z1) и M2 (x2; y2; z2), лежащих на прямых. 3. Найти координаты векторов 91 4. Составить уравнение плоскости по формуле Решение. M (x; y; z), M1 (–2; 1; –3), M2 (1; –2; 2), . , . Уравнение плоскости , , –21x – y + 12z –5 = 0 — уравнение плоскости. Цит. по Методическое пособие-тренажер решения задач по высшей математике / НС. Знаенко. — Ульяновск ИНФОФОНД, 2008. — С. 17–19. Тема 5. Окружность Определение 30. Геометрическое место точек, расстояние от каждой из которых доданной точки О, называемой центром, есть величина постоянная, называется окружностью. — каноническое уравнение окружности. 92 Окружность является частным случаем эллипса, когда большая и малая полуоси равны, с = 0, фокусы сливаются в центр. Эксцентриситет окружности равен нулю. Цит. по Математика для экономистов учебное пособие / СИ. Макаров. — е изд, стер. — М КНОРУС, 2008. — С. 177–178. Нормальное уравнение окружности радиуса R с центром в точках C (x0, y0) и O (0, 0) соответственно имеют вид (x – x 0 ) 2 + (y – y 0 ) 2 = R 2 , x2 + y2 = R2. Задание 9. Составить уравнение окружности, проходящей через точки A (1; 5), B (–4; 0) и D (4; –4). Решение Уравнение окружности радиуса R с центром в точке C (x0, y0) имеет вид (x – x 0 )2 + (y – y 0 )2 = R2. Так как точки A, B, D лежат на окружности, то их координаты должны удовлетворять этому уравнению Вычитая из первого уравнения системы второе, а затем третье, получим x0 = 1, y0= 0, а далее и R = 5, те. уравнение окружности (x – 1)2 + y 2 = 25 (рис. 12). 93 Рис. 12 Задание 10. Найти значение параметра a, при котором окружность x 2 + y 2– 4x + a = 0 касается прямой Найти радиус окружности, ее центр и точку касания. Решение. По условию окружность и прямая имеют одну общую точку, следовательно, система или уравнение должны иметь единственное решение. 94 Это произойдет, если дискриминант полученного квадратного уравнения 4 x 2– 4x + a = 0 будет равен нулю, те. D = (–4)2 – 4 · 4 a = 16(1 – a) = 0, откуда a = 1. Решая квадратное уравнение при a = 1, находим x = 0,5, те. точка касания Для определения радиуса окружности приведем ее уравнение к нормальному виду, группируя члены, содержащие x, и дополняя их до полного квадрата (x 2– 4x) + y 2 + 1 = 0, (x 2– 4x + 4) – 4 + y2+ 1 = 0, откуда ( |