Контрольная работа по математике. КР номер 2. Даны координаты вершин треугольника А(3 4), В(1 2) и С(2 1)

• Название: Даны координаты вершин треугольника А(3 4), В(1 2) и С(2 1)
• Анкор: Контрольная работа по математике
• Дата: 19.01.2022
• Размер: 193.31 Kb.
• Имя файла: КР номер 2.docx
• Тип: Решение; #336133

1. 
   Даны координаты вершин треугольника А(3; 4), В(-1; 2) и С(2; -1). Запишите общее уравнение средней линии треугольника, параллельной ВС.
   

Решение.
Средней линией треугольника называется отрезок, соединяющий середины двух его сторон. В данной задаче это стороны АВ и АС. Пусть серединой АВ является точка М, а серединой АС - точка К. Тогда их координаты определяются по формулам:
;

;
Получаем: М(1; 3), К(2, 5;1, 5). Необходимо найти уравнение прямой, проходящей через эти точки. Отрезок МК параллелен вектору МК(1, 5;-1, 5) и перпендикулярен вектору N(1; 1), который можно принять в качестве вектора нормали отрезка МК. Общее уравнение прямой имеет вид:
Ax + By + C = 0, где C = - Ax₀ - By₀
Здесь коэффициенты А, В определяют координаты вектора N, x₀, y₀ - координаты одной из точек, лежащих на отрезке МК. Примем x₀, y₀ за координаты точки К запишем искомое уравнение:
x + y - (2,5 + 1,5) = 0, или x + y - 4 = 0

Ответ: x + y - 4 = 0;

2. В прямоугольном треугольнике АВС известны: уравнение медианы 3x - 4y + 8 = 0, проведенной из вершины А(0; 2) прямого угла, и вершина В(2; 1). Найти координаты (x_0, y₀) вершины С треугольника.

Решение.

По условию задачи точка С имеет координаты х₀, у₀, то координаты точки М, - середины отрезка ВС, определяются по формулам. Находим: М( ; ). Для отыскания координат точки С составим систему из двух уравнений. Первое - для прямой АС, второе - для медианы АМ. Точка С лежит на прямой АС, которой перпендикулярен вектор АВ(2; -1). Поэтому уравнение для АС можно записать в виде 2x - y - (2*0 – 1*2) = 0, 2x - y + 2 = 0. В уравнение АМ для медианы подставим значения координат точки М, выраженные через координаты точек В и С. Получаем систему:
или
Отсюда находим: х₀ = 2, у₀ = 6.
Ответ:__С(2;_6)._3._Запишите_общее_уравнение_плоскости,_проходящей_через_точки_М'>Ответ: С(2; 6).

3. Запишите общее уравнение плоскости, проходящей через точки М₁(7; 2; -3) и М₂(5; 6; -4) параллельно оси ОY.
Решение.
Данная плоскость параллельна векторам l₁ = М₁М₂ = (-2; 4; -1) и l₂ = (0; 1; 0) = j, поэтому ее вектор нормали

Записываем уравнение плоскости: х - 2z + D = 0. Т.к. плоскость проходит через точку М(7; 2; -3), то 7 + 6 + D = 0, отсюда D = -13.
Ответ: x - 2z - 13 = 0;

4. Найдите коэффициент В в уравнении плоскости
x + By + Cz + D = 0,

проходящей через точки Р(1; -1; 1), О(0; 0; 0) параллельно прямой
Решение.
Данные прямая и плоскость могут быть параллельны только в том случае, если нормальк плоскости будет перпендикулярна направляющему вектору прямой. Нормаль к плоскости есть вектор N(1; В; С). Направляющий вектор l прямой можно найти из параметрического уравнения:

Следовательно, l(0; -3; 4), а [N, l] = -3В + 4С + D = 0, где D = 0.

Уравнение плоскости выразим через коэффициенты В и С, подставив вместо x, y и z координаты точки Р(1; -1; 1). Получим: 1 - В + С =0.

Составляем систему и находим искомые коэффициенты:

Отсюда В = 4, С = 3.
Ответ: В = 4.

5. При каких значениях параметров А₁ и А₂ прямые
и
параллельны. Ответ запишите в виде пары чисел (А₁, А₂).
Решение.
Две прямые могут быть параллельны в том случае, если параллельны их направляющие векторы l₁ и l₂, т.е. когда их координаты пропорциональны. Направляющие векторы данных прямых можно найти как векторное произведение нормалей к заданным плоскостям. Для первой прямой получаем: N₁ = (А₁; 3; -5), N₂ = (А₂; 2; 3), а их векторное произведение:

Для второй прямой: N₃ = (1;0;-19), N₄ = (0;1;11), а их векторное произведение:

Составляем пропорцию: , отсюда видно, что коэффициент пропорциональности равен 1, составим систему и найдем искомые параметры:

Ответ найден и можно выполнить проверку. Подставим найденные параметры в исходное уравнение, найдем координаты направляющих векторов для обеих прямых: l₁ = (19; -1; 11), l₂ = (19; -1; 11). Их координаты пропорциональны, следовательно, l₁ || l₂, а значит параллельны и прямые этих векторов. Параметры найдены верно.
Ответ:_А'>Ответ: А₁ = 2, А₂ = 1.

6. Найдите длину отрезка, отсекаемого от оси аппликат плоскостью, содержащей прямую и отсекающей на осях абсцисс и ординат одинаковой длины отрезки.
Решение.
Известно, что общее уравнение плоскости имеет вид Ах + Ву + Cz + D = 0. В данной задаче предполагается, что D ≠ 0, т.к. по условию плоскость не проходит через начало координат. В точке пересечения плоскости с осью Ох координаты y и z обращаются в нуль. Тогда в этой точке уравнение плоскости имеет вид Ax + D = 0, отсюда . При пересечении плоскости с осью Oy координаты x и z обращаются в нуль, и тогда уравнение плоскости принимает вид By + D = 0, . Т.к. по условию |x| = |y|, то , причем А ≠ 0, В ≠ 0. Отсюда |A| = |B| (при D ≠ 0). Из последнего равенства следует, что А = В, и А = -В.

Т.к. плоскость содержит прямую , то все точки, лежащие на этой прямой, удовлетворяют и данной плоскости. Найдем две такие точки. М₁(-3; -3; 6) и М₂(-2; 2; 10). Подставляя координаты точек в общее уравнение плоскости, получим еще два уравнения для нахождения коэффициентов А, В и С: -3A - 3B + 6C + D = 0, и -2A + 2B +10C + D = 0. Учитывая, что А = В и А = -В (по определению модуля), получим две системы уравнений:
и
Решая первую систему относительно А, В и С, получаем: , , . Подставляя найденные значения коэффициентов в общее уравнение плоскости, получим:

x + y - 1,5z + 15 = 0.

В качестве проверки можно найти скалярное произведение вектора нормали N(1;1;-1,5) этой плоскости и направляющего вектора l (1;5;4) прямой. Если уравнение найдено верно, то (N,l) = 0. Проверим: 1ּ1 + 1ּ5 + (-1,5)ּ4 = 0. Уравнение найдено верно. Данная плоскость пересекает ось Oz в точке (0;0;10), т.е. длина отрезка, отсекаемого плоскостью на оси Oz равна 10.

Решая вторую систему относительно А, В и С, получаем: А = , В = , C = . Подставим найденные коэффициенты и найдем искомое уравнение:
x - y + z - 6 = 0.
Проверка: (N,l) = 1*1 + (-1)*5 + 1*4 = 0. Уравнение найдено верно. Длина отрезка, отсекаемого плоскостью на оси Oz равна 6.
Ответ: z = 10, либо z = 6.

7. Найдите уравнение касательной плоскости к сфере x² + y² + z² - 8x + 6y + 4z - 12 = 0 в точке М₀(1; 1; 2).
Решение.
Положение плоскости в пространстве определяется заданием ее вектора нормали и какой-нибудь точки, лежащей в этой плоскости. За вектор нормали примем СМ₀, где точка С - центр сферы, М₀ (1;1;2). Выделим полные квадраты уравнения: (x - 4)² + (y + 3)² + (z + 2)² = 12 + 16 + 9 + 4, (x - 4)² + (y + 3)² + (z + 2)² = 41. Следовательно, С (4;-3;-2), тогда СМ₀ (-3;4;4). Поэтому искомое уравнение имеет вид: -3x + 4y + 4z - ((-3)*1+4*1+4*2) = 0, -3x + 4y + 4z - 9 = 0.
Ответ: -3x + 4y + 4z - 9 = 0.

8. Дана кривая 4x² - 32x - y² +6y + 51 = 0.

8.1. Доказать, что эта кривая - гипербола.

8.2. Найти координаты ее центра симметрии.

8.3. Найти действительную и мнимую полуоси.

8.4. Записать уравнение фокальной оси.

8.5. Построить данную гиперболу.
Решение.

8.1. Известно, что каноническое уравнение гиперболы имеет вид: . Преобразуем уравнение 4x² - 32x - y² +6y + 51 = 0, выделив полные квадраты: 4(х - 4)² - (у - 3)² = 4, или . Положим х₁ = (х - 4), у₁ = (у - 3), тогда . Данное уравнение определяет гиперболу.
8.2. Решая систему уравнений х₁ = 0 и у₁ = 0, находим центр симметрии - точку О₁ с координатами (4;3).

8.3. Из канонического уравнения гиперболы, найденного в п.8.1., видно, что действительная полуось мнимая

8.4. В новой системе координат оси направлены по прямым х - 4 = 0 (ось ОY₁) и у - 3 = 0 (ось ОХ₁), которая и является фокальной осью.

8.5. Для построения более точного графика найдем асимптоты данной гиперболы и точки ее пересечения со старыми осями координат. Известно, что асимптотами гиперболы являются прямые . Из этого соотношения находим уравнения асимптот:


Кривая пересекает ось ОХ в точках (2, 2; 0) и (5, 8; 0), ось ОY - в точках (0; -4, 7) и (0; 10, 7). Строим данную гиперболу.


9. Дана кривая 4x + 6y - y² = 21.

9.1. Доказать, что данная кривая - парабола.

9.2. Найти координаты ее вершины.

9.3. Найти значение ее параметра p.

9.4. Записать уравнение ее оси симметрии.

9.5. Построить данную параболу.
Решение.
9.1. Каноническое уравнение параболы имеет вид: у² = 2рх. Преобразуем уравнение 4x + 6y - y² = 21, выделив полные квадраты: (у - 3)² = 4(х - 3). Положим у₁ = у - 3, х₁ = х - 3, тогда уравнение приводится к виду = 4х₁. Данное уравнение определяет параболу.

9.2. Решая систему уравнений у₁ = 0 и х₁ = 0, находим вершину параболы - точку О₁ с координатами (3;3).

9.3. Из канонического уравнения параболы, найденного в п.9.1., видно, что 2р = 4, р = 2.

9.4. В новой системе координат оси направлены по прямым х - 3 = 0 (ось ОY₁) и у - 3 = 0 (ось ОХ₁), которая и является осью симметрии данной параболы.

9.5. Для построения более точного графика найдем точки пересечения данной кривой со старыми осями координат. Кривая пересекает только ось ОХ в точке (5, 25; 0). Строим кривую.


10. Дана кривая 5x² + 5y² + 8xy - 18x - 18y + 9 = 0.

10.1. Доказать, что эта кривая - эллипс.

10.2. Найти координаты его центра симметрии.

10.3. Найти большую и малую полуоси.

10.4. Записать уравнение фокальной оси.

10.5. Построить данную кривую.
Решение.
10.1. Квадратичную форму В (х,у) = 5х² + 5у² + 8ху приводим к главным осям. Для этого записываем матрицу этой формы В = и находим ее собственные числа и собственные векторы. Составим и решим характеристическое уравнение этой матрицы:

= 0, (5 - λ)² - 16 = 0.

Его корни λ₁ = 1, λ₂ = 9 являются собственными числами. Т.к. λ₁ · λ₂ > 0, то кривая 5x² + 5y² + 8xy - 18x - 18y + 9 = 0 - эллипс.

10.2. Координаты собственного вектора, отвечающего числу λ₁ = 1, удовлетворяют соотношению ξ₁ = -ξ₂. В качестве нового базисного вектора примем вектор i₁ = ;- . Другой базисный вектор j₁ = ; . Записываем матрицу Q перехода от базиса O, i, j к базису O, i₁, j₁:
.
По формуле перехода от одного базиса к другому выражаем старые координаты х и у через новые х₁ и у₁:
= , = , отсюда x = , y = .
Уравнение 5x² + 5y² + 8xy - 18x - 18y + 9 = 0 в новой системе координат примет вид:
- = -9, или
Произведем параллельный перенос системы координат в новое начало О₁ по формулам:

x₂ = x₁,

х₁ и у₁ найдем по формулам:

= Q^-1 , = .
x₁ = , y₁ = ;
x₂ = , y₂ = .
Решая систему уравнений х₂ = 0 и у₂ = 0, найдем координаты нового начала О₁(1; 1). Точка О₁(1; 1) - центр симметрии эллипса.

10.3. Уравнение (10.2) приводим к каноническому уравнению эллипса: + = 1. Отсюда большая полуось а = = 3, малая b = = 1.

10.4. В новой системе координат оси направлены по прямым у = х (ось О₁Y₂) и у = - х + 2 (ось O₁X₂), которая и является фокальной осью эллипса.

10.5. Для построения более точного графика найдем дополнительные точки кривой эллипса. Например, точки пересечения со старыми осями координат. Ось OY кривая пересекает в точках (0; 0, 6) и (0; 3); ось OX - в точках (0, 6; 0) и (3; 0). Строим данную кривую.