Контрольная работа № 2. Контрольная работа 2 Вариант 2 Студент гр з432П85 (номер группы)

• Название: Контрольная работа 2 Вариант 2 Студент гр з432П85 (номер группы)
• Дата: 22.01.2023
• Размер: 235.27 Kb.
• Имя файла: Контрольная работа № 2.docx
• Тип: Контрольная работа; #898655

Министерство науки и высшего образования Российской Федерации

Федеральное государственное бюджетное образовательное

учреждение высшего образования

ТОМСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ СИСТЕМ

УПРАВЛЕНИЯ И РАДИОЭЛЕКТРОНИКИ (ТУСУР)

Кафедра автоматизированных систем управления

АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ

Контрольная работа №2

Вариант 2.2

	Выполнил: Студент гр. з-432П8-5 (номер группы) _______________ / П.С. Нагибин/ (подпись) И. О. Фамилия «02» октября 2022 г. (дата) 111674, Российская Федерация, г. Москва, ул. Льва Яшина, д. 9, кв. 161 (почтовый адрес)
	Проверил: Доцент, кандидат физико-математических наук (должность, ученая степень, звание) ______________ / О.В. Васильева/ (подпись) И. О. Фамилия «____»_______________2022 г. (дата)

Томск 2022

Задание № 1:
1(РД2.РП). Запишите общее уравнение прямой, проходящей через точку

M₀(2,−3) параллельно вектору AB, если A(4, 5), B(3,−7).
Решение:
Точка M₀(2,−3) прямой L, возьмем произвольную точку M₁(x_M1,y_M1) прямой L. Очевидно, что векторы M₀M₁ и AB коллиниарны, следовательно их координаты должны быть пропорциональны, запишем уравнение прямой в каноническом виде:
, где:
m – координаты вектора AB по оси х.

n – координаты вектора AB по оси y.
Вычислим координаты вектора AB по его точкам, для этого из координаты конца точки B вычтем соответствующие координаты начала точки A.
AB (3 – 4, –7 – 5) = (–1, –12)
Подставим координаты точки M₀ и вектора AB в уравнение канонического вида:

Преобразуем уравнение канонического вида к уравнению общего вида:
Ax + By + C = 0



Ответ: .

Задание № 2:
2(А82.Б7). Стороны треугольника ABC заданы уравнениями AB: 4x − y − 7 = 0;

BC: x + 3y − 31 = 0; AC: x + 5y − 7 = 0. Запишите общее уравнение высоты AH.
Решение:
Вектор AH перпендикулярен стороне BC треугольника ABC, а следовательно, является вектором нормали для стороны BC, т. к. сторона ВС треугольника ABC задана уравнением прямой в общем виде, то согласно определению вектора нормали, вектор AH будет иметь координаты AH (1,3).
Вектор AH является направляющим вектором для прямой AH. Точка А (x, y) прямой AH, для составления уравнения в общем виде прямой AH необходимо определить координаты точки А (x, y) и составить уравнение прямой по точке и вектору нормали.
Точка А (x, y) лежит на пересечении прямых AB и AC, для определения координат точки А (x, y) необходимо решить систему уравнений:

Из уравнения прямой AB выразим у и подставим в уравнение AC.





Определили координаты точки А (2, 1).
Составим уравнение в общем виде прямой AH зная координаты точки А (2, 1) и координаты направляющего вектора AH (1,3).
Для этого запишем в каноническом виде уравнение прямой AH:


И запишем уравнение прямой AH в общем виде:

Ответ: 3x-y-5=0.

Задание № 3:
3(432.БЛ). Запишите общее уравнение плоскости, проходящей через точки

M₁(3, 0, 4) и M₂(1, 1, 0) перпендикулярно плоскости 2x + y + 4z − 7 = 0.
Решение:
Найдем вектор M₁M₂:
M₁M₂(1-3,1-0,0-4)

M₁M₂(-2,1,-4)
Вектор n(2,1,4) – вектор нормали данной плоскости.

Значит векторы M₁M₂ и n неколлинеарны.

Уравнение искомой плоскости составим по точке M₁(3, 0, 4) и двум неколлинеарным векторам M1M2(-2,1,-4) и n(2,1,4):






Ответ: 2x-z-2=0.

Задание № 4:
4(С35). Найдите расстояние от точки P(2, 4, 4) до прямой .
Решение:
Потребуется найти направляющий вектор и какую-либо точку, принадлежащую данной прямой.
, то
направляющий вектор прямой p:

В данном случае p:


p
Теперь найдем какую-либо точку М(x,y) данной прямой, пусть z=0, тогда:





Точка М(1,0,0) данной прямой.

Формула расстояния от точки до прямой в пространстве:


Вычислим вектор PM:
PM(1-2,0-4,0-4)
PM(-1,-4,-4)
Вычислим векторное произведение PM*p:

i((-4)*3 - 3*(-4)) – j((-1)*3 – 0*(-4)) + k((-1)*3 – 0*(-4)) = (0,-3,-3)

Ответ: расстояние от точки до прямой равно 1.

Задание № 5:
5(435). Плоскость проходит через прямую , параллельно вектору AB(8, 4, 7). Найдите длину отрезка, отсекаемого этой плоскостью от оси ординат.
Решение:
По общему уравнению прямой найдём её направляющий вектор l, для этого перепишем уравнение прямой записав все коэффициенты:

l = = i
Видим, что l(1,1,1).
Получим координаты точки прямой M₀, полагая y = 0 в общем уравнении прямой:


Видим, что M₀(-1,0,-2).
Плоскость P параллельна направляющему вектору l прямой и вектору AB,

поэтому её уравнение записываем по двум направляющим векторам и точке M₀:






Перепишем уравнение плоскости в отрезках:



Следовательно длина отрезка, отсекаемого этой плоскостью от оси ординат равна 5.
Ответ: длина отрезка, отсекаемого этой плоскостью от оси ординат равна 5.

Задание № 6:
6(СП5). Две прямые, пересекающиеся в точке P(0, 0, z₀), z₀ > 0 параллельны

плоскости 2x + y + 2z + 6 = 0 и отстоят от неё на расстоянии 4. Одна из прямых

пересекает ось абсцисс, а вторая — ось ординат. Найдите тангенс острого угла

между ними.
Решение:
Расстояние от точи P(0, 0, z₀) до плоскости можно найти по формуле:








Видим, что P(0,0,3).
Обозначим точку пересечения оси абсцисс M(x,0,0) и точку пересечения оси ординат N(0,y,0), тогда вектор PM(x,0,-3), а вектор PN(0,y,-3)
Из уравнения плоскости 2x + y + 2z + 6 = 0 возьмем вектор нормали n(2,1,2).
Т.к. вектор PM(x,0,-3) перпендикулярен вектору n(2,1,2), то скалярное произведение PM*n = 0, следовательно 2x – 6 = 0, x = 2.
Т.к. вектор PN(0,y,-3) перпендикулярен вектору n(2,1,2), то скалярное произведение PN*n = 0, следовательно y – 6 = 0, y = 6.
Видим, что PM(2,0,-3) и PN(0,6,-3)
Косинус угла между векторами можно найти по формуле:





Следовательно, , т.к. угол острый, то не подходит.
Ответ:

Задание № 7:
7(942). Найдите радиус окружности с центром в точке M(2, 4), если известно,

что прямая 3x + 4y + 8 = 0 касается этой окружности
Решение:
Расстояние от точки до касательной есть радиус окружности, который можно найти по формуле расстояние от точки до прямой:


Ответ: радиус окружности равен 6.

Задание № 8:
8. Дана кривая 25x² + 16y² - 150x - 32y - 159 = 0.
8.1. Докажите, что эта кривая — эллипс.
8.2(922.РП). Найдите координаты центра его симметрии.
8.3(С12.РП). Найдите его большую и малую полуоси.
8.4(932). Запишите уравнение фокальной оси.
8.5. Постройте данную кривую.
Решение:
8.1. Докажите, что эта кривая — эллипс.



– уравнение эллипса.
8.2(922.РП). Найдите координаты центра его симметрии.
Центр эллипса находится в точке (3,1)
8.3(С12.РП). Найдите его большую и малую полуоси.
Большая полуось b = 5, малая полуось a = 4.


8.4(932). Запишите уравнение фокальной оси.

8.5. Постройте данную кривую.


Задание № 9:
9. Дана кривая y2 - 2y + 4x + 9 = 0.
9.1. Докажите, что данная кривая — парабола.
9.2(7Т2.РП). Найдите координаты её вершины.
9.3(342). Найдите значение её параметра p.
9.4(312). Запишите уравнение её оси симметрии.
9.5. Постройте данную параболу.
Решение:
9.1. Докажите, что данная кривая — парабола.




Предположим, что y₁= y – 1, а x­₁ = x – 2, тогда уравнение примет вид:
– уравнение параболы.


9.2(7Т2.РП). Найдите координаты её вершины.
Координаты вершины (-2,1).


9.3(342). Найдите значение её параметра p.
p = -2.


9.4(312). Запишите уравнение её оси симметрии.
y = 1.

9.5. Постройте данную параболу.


Задание № 10:
10. Дана кривая x² − 7y² − 6xy + 2x + 26y + 57 = 0.

10.1. Докажите, что эта кривая — гипербола.

10.2(9С2.Б7). Найдите координаты её центра симметрии.

10.3(382.РП). Найдите действительную и мнимую полуоси.

10.4(АМ2.БЛ). Запишите уравнение фокальной оси.

10.5. Постройте данную гиперболу
Решение:
10.1. Докажите, что эта кривая — гипербола.
Приведем квадратичную форму к главным осям. Матрица этой квадратичной формы:

Находим собственные числа и собственные векторы этой матрицы:

Характеристическое уравнение:




Корни .
Исходное уравнение определяет гиперболу (λ₁ > 0; λ₂ < 0).
Вид квадратичной формы:

10.2(9С2.Б7). Найдите координаты её центра симметрии.
Приведем уравнение к каноническому виду, для этого найдем главные оси квадратичной формы, то есть собственные векторы матрицы B.
Для собственного вектора числа , составляем систему:



Собственный вектор, отвечающий числу :
x₁(1,3)
Длина вектора x₁:

За единичный собственный вектор принимает вектор:

Или:

Координаты второго собственного, соответствующего второму собственному числу найдем из системы:


x₂(3,-1) = 0


Имеем новый ортонормированный базис: (l₁,j₁).
Перейдем к новому базису:

Или:

Подставляем выражения x и y в исходное уравнение x² − 7y² − 6xy + 2x + 26y + 57 = 0:


Выделяем полные квадраты:
Для x_1:

Для y_1:

Итоговое выражение примет вид:

Разделим выражение на -72 и получим канонический вид уравнения гиперболы:

Выполним параллельный перенос системы координат в новое начало O_1:


В новой системе координат (O₁,l₁,j₁) выражение примет вид:

В старой системе координат ось x₂ задается уравнением:


В старой системе координат ось y₂ задается уравнением:


Начало новой системы координат является пересечением координатных осей, для определения новой точки начала координат решим систему уравнений:

Откуда точка O₁(2,1) – является центром симметрии гиперболы.
10.3(382.РП). Найдите действительную и мнимую полуоси.
Из канонического уравнения гиперболы:

Очевидно, что действительная полуось а = 3, а мнимая b = 6.
10.4(АМ2.БЛ). Запишите уравнение фокальной оси.
Фокальной осью является прямая у₂ = 0, 3х – у – 5 = 0.
10.5. Постройте данную гиперболу