Найти координаты вершины С

ТОМСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ

СИСТЕМ УПРАВЛЕНИЯ И РАДИОЭЛЕКТРОНИКИ (ТУСУР)

Контрольная работа 2

по дисциплине «Высшая математика 1»

Выполнил:

Пан философ

Вариант2.8

Задание № 1.

Даны координаты вершин треугольника А(1,3), В(2,8), С(6,7). Записать общее уравнение его высоты АН.

Решение.

Уравнение прямой, проходящей через две точки, имеет вид :

тогда уравнение ВС примет вид:

-1*(x-2)=4(y-8); 4y+x-34=0;

-уравнение ВС и .

По условию высота АН ^ ВС, тогда .

Уравнение АН принимает вид : y=4x+b.

Так как АÎАН , то 3=4+b,b=-1 и y=4x-1 – уравнение высоты.

Ответ: 4x-y-1=0.

Задание № 2

В треугольнике АВС из вершины А проведены высота и медиана. Даны:

Вершина В(6,5), уравнение высоты x+y=2 и уравнение медианы 2x-3y+1=0.

Найти координаты вершины С.

Решение.

1. Координаты т.А находим из условия:

ÞА(1;1).

2. А) Высота АН ^ ВС. Уравнение высоты АН: x+y=2 т.е. y=-x+2 и . Тогда

Уравнение ВС принимает вид: y=x+b. Поскольку т.В(6,5) лежит на этой прямой, то 5=6+b, b=-1 и прямая ВС задана уравнением y=x-1.

Б) Координаты т.М находим из условия: М=АМ ВС,

Т.е. ; M=(4;3).

B(6;5) M(4;3) C(?)

Отсюда, =2*4-6=2; =2*3-5=1, C(2;1).

Ответ : С(2;1).

Задание № 3

Записать общее уравнение плоскости , проходящей через точки

(1,-2,4) и (2,-1,2) перпендикулярно плоскости x+4y-5z+3=0.

Решение :

За нормальный вектор плоскости принимаем векторное произведение векторов =(1;1;-2) и = (1;4;-5).Таким образом ,

=3i+3j+3k.

Воспользуемся уравнением плоскости , проходящей через данную точку

(1,-2,4) перпендикулярно вектору =(3;3;3):

3( x-1)+3(y+2)+3(z-4)=0;

3x-3+3y+6+3z-12=0

3x-3y+3z-9=0

x-y+z-3=0.

Ответ : x-y+z-3=0.

Задание № 4.

Найти координаты проекции точки М(3,-1,-3) на плоскость 2x+y-4z+4=0

Решение :

Пусть - проекция т.М на плоскости. Находим т. как точку пересечения прямой , проходящей через т.М перпендикулярно данной плоскости.

Прямая параллельна вектору нормами =(2;1;-4) плоскости , поэтому вектор является направляющим для этой прямой .

Параметрические уравнения этой прямой :

Находим точку пересечения прямой с плоскостью :

2(2t+3)+(t-1)-4(-4t-3)+4=0

4t+6+t-1+16t+12+4=0

21t=-21, t=-1

Значит (1;-2;1)

Ответ: (1;-2;1)

Задание № 5.

Найти коэффициент А в уравнении плоскости Ax+y+Cz+D=0 , проходящей через точки Р(1,1,8), О(0,0,0) параллельно прямой .

Решение :

Данная плоскость параллельна векторам и поэтому её вектор нормали

Тогда уравнение плоскости 14х+(-6)y-z+D=0

Итак А=14

Ответ: 14

Задание № 6.

При каких значениях параметров а и с прямая пересекает две другие прямые и

Решение :

Пусть уравнение задаёт прямую ,

Уравнение задаёт прямую .

Перейдём к каноническим уравнениям: :

Полагая z=t, получим:

:

Полагая z=t, получим:

Условия пересечения двух прямых является условие: ( )=0

Имеем: =(1;1;-1), =(3;3;0), =(а;-1;с), =(2;3;1)

Находим :

Аналогично:

Находим : ;

-а+с+1=0

Тогда :

Ответ: а=2; с=1.

Задание № 7.

Найти радиус сферы , если известно, что она касается двух плоскостей

x-2y+2z+22=0 и x-2y+2z+10=0.

Решение :

Плоскости и , задаваемые соответственно уравнениями x-2y+2z+22=0() и

x-2y+2z+10=0(), параллельны, т.к. .

Тогда плоскости и перпендикулярны диагональному сечению сферы, содержащему обе точки касания сферы и плоскостей.

Значит r = =d(A;B), где АÎ .

Пусть y=z=0, тогда А(-22;0;0) и АÎ .

Находим расстояние от этой точки до плоскости .

Воспользуемся формулой: d=

Имеем: d=

Тогда расстояние плоскостями равно r= .

Ответ: r= .

Задание № 8.

Дана кривая

Решение :

Преобразуем уравнение:

Пусть x-2=X , y-8=Y, тогда уравнение примет вид: уравнение эллипса, где

2. Находим центр симметрии:

x-2=0 y-8=0

x=2 y=8

Тогда (2;8)-центр симметрии эллипса.

3. Так как то а=2 – большая полуось эллипса, в=3 – малая полуось эллипса.

4. Уравнение фокальной оси : х=2.

5. Построим эллипс:

y y´

8 2 x´

x

0 1 2

Ответ : 2) О´(2;8)- центр симметрии

3) а=2, в=3

4) х=2 –уравнение фокальной оси.

Задание № 9

Дана кривая

Решение :

1. Преобразуем уравнение:

Пусть х-2=Х, y-5=Y, тогда уравнение примет вид: - уравнение параболы.

2. Вершину параболы находим из условия: х-2=0, х=2. y-5=0, y=5

А(2;5)-вершина параболы.

3. Итак, ,тогда 2р=(-8), р=4.

4. Осью симметрии параболы, имеющее вид является ось 0Y, тогда осью симметрии исходной параболы является прямая х=2.

5. Построим параболу:

y y´

5 -1 0´ 1 x´

-1

x

0 1 2

Ответ :

2) A(2;5)-координаты вершины параболы.

3) р=4.

4) х=2 – уравнение оси симметрии.

Задание № 10

Дана кривая

Решение :

Квадратичную форму В(x;y) = приводим к главным осям. Для этого записываем матрицу этой квадратичной формы В=

И находим её собственные числа и собственные векторы. Запишем и решим характеристическое уравнение матрицы В:

-собственные числа. Так как эти числа разных знаков, то данное уравнение определяет кривую гиперболического типа. Находим собственные векторы матрицы В. Для числа , получаем систему:

Полагая , находим единичный собственный вектор

Для числа , получаем систему: ;

Полагая , находим

Базис принят правым.

От старого базиса перейдём к новому .

Матрица перехода имеет вид: ,

Старые координаты связаны с новыми соотношениями: , или:

В новой системе координат уравнение данной кривой имеет вид:

Отсюда действительная полуось а=1, а мнимая b=3. Произведём преобразование параллельного переноса системы координат в новое начало по формулам:

В системе координат ( ) гипербола имеет уравнение:

Оси и направлены по прямым x-2y+1=0, 2x+y-3=0.

Координаты точки являющиеся центром симметрии гиперболы, находим, решая систему:

Фокальной осью является прямая , т.е. 2x+y-3=0.

Прямые асимптоты.

y

3

1 1

x

0 1

-3

Ответ:

2) (1;1) –координаты центра симметрии

3) а=1 – действительная полуось

в=3 – мнимая полуось

4) 2x+y-3=0 – уравнение фокальной оси.