№1.(3) Даны координаты треугольника АВС А(-3,4), В(4,2), С(5,-3). Найдите:

1.     Длину стороны АВ;

2.     Угол В в радианах с точностью 0,01;

3.     Уравнение высоты СD;

4.     Уравнение медианы АЕ и координаты точки К пересечения этой медианы  с высотой СD;

5.     Точку пересечения высот треугольника;

6.     Длину высоты, опущенной из вершины С;

7.     Систему линейных неравенств, определяющих треугольник АВС.

Решение.

Сначала изобразим треугольник АВС на координатной плоскости:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 


1) Длину стороны АВ находим по формуле длины отрезка:

АВ==

     2) величину угла А находим, используя скалярное произведение векторови .

(;)=

Находим: =(хв-хА;ув-уА)=(4-(-3);2-4)=(7;-2).

=(хс-хА;ус-уА)=(5-(-3);-3-4)=(8;-7).

=АВ7,3- найдено в первом действии;

=

(;)=7*8+(-2)*(-7)=56+14=70.

Значит, cosА70/(7,3*10,6) 70/77,60,9021.

Отсюда получаем, что угол Аarсcos 0,90210,45(рад).

Заметим, что 0,45 рад26° (Можно использовать таблицу косинусов из таблиц В.Н. Брадисса или же микрокалькулятор).

3) Координаты точки пересечения медиан треугольника находим, используя формулы деления отрезка в данном отношении.

Но сначала находим координаты конца Р медианы АР по формулам координат середины отрезка:

 Р(; )=Р((4+5)/2;(2+(-3))/2)=Р(9/2;-1/2).

И, используя этот результат, находим: М(; )=М()=М((-3+9)/3;(4-1)/3)=М(2;1).

Здесь использовано свойство медиан треугольника:=АМ:МР=2:1=2.

4) Площадь треугольника АВС находим, используя векторное произведение двух векторов:

SABC=1/2(кв.ед.).

5) Уравнение стороны АВ находим, используя уравнение прямой, проходящей через две точки:

  - каноническое уравнение АВ; приведем его к общему виду:

-2(х+3)=7(у-4);

-2х-6=7у-28;

2х+7у-22=0 – общее уравнение стороны АВ.

6)Уравнение высоты, опущенной из вершины С на сторону АВ находим, используя факт: СКАВ.

Тогда из уравнения стороны АВ находим:

2х+7у-22=0,

7у=-2х+22=0,

У=(-2/7)х+22/7КАВ=-2/7 – угловой коэффициент стороны АВ.

Используя условие перпендикулярности прямых, получаем: КСК=-1/КАВ=-1/(-2/7)=7/2.

Применяя уравнение прямой с угловым коэффициентом, получаем искомое уравнение высоты СК:

у-ус=КСК*(х-хс),

у-(-3)=7/2*(х-5), (*2)

2у+6=7(х+5),

2у+6=7х+35,

7х-2у-41=0 – общее уравнение высоты СК.

Длину этой высоты находим из площади треугольника АВС:

SABC=1/2АВ*СКСК=2 SABC/АВ.

СК2*16,5/7,34,5(ед.).

 

Ответ: 1) АВ7,3;

            2) А0,45(рад);

            3) М(2;1);

         4) SABC=16,5 (кв.ед.);

         5) 2х+7у-22=0 (АВ);

         6) 7х-2у-41=0, СК4,5(ед.).

Назад

№ 2.(3) Пирамида АВСD задана координатами своих вершин: А(0,5,7), В(9,6,9), С(4,2,-3), D(-2,2,0). Найдите:

1.           Длину ребра АВ;

2.           Уравнение прямой АВ;

3.           Величину угла между ребрами АВ и АD;

4.           Уравнение плоскости АВС;

5.           Величину угла между ребром АD и плоскостью АВС;

6.           Площадь грани АВС;

7.           Объем пирамиды;

8.           Уравнение высоты, опущенной из вершины D на грань АВС;

9.           Величину угла между сторонами ABC, ADC;

Сделайте чертеж.

 

Решение.

Z
 
Выполним чертеж пирамиды:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 


1)     Длину ребра АВ находим по формуле нахождения длины отрезка:

АВ=

AB==

2)     Уравнение прямой АВ составляем , используя уравнение прямой, проходящей через две точки:

 или  - каноническое уравнение прямой АВ.

3)     Величину угла между между ребрами АВ и AD находим, используя скалярное произведение векторов:

(;)=

Находим

=(xB-xA; yB-yA; zB-zA)=(9-0; 6-5; 9-7)=(9; 1; 2).

=(xD-xA; yD-yA; zD-zA)=(-2-0; 2-5; 0-7)=(-2; -3; -7).

9,3 – найдено в первом действии;

==

(;)=9*(-2)+1*(-3)+2*(-7)=-18-3-14=-35.

cosά-35/(9,3*7,9) -35/73,47-0,4764.

ά=arcos(0,4764)=π- arcos(0,4764)=180˚-61˚33’=179˚60’=118˚27’(таблица косинусов).

4)     Уравнение плоскости АВС составляем, используя уравнение плоскости, проходящей через три точки.

.

В нашем случае:

.

Раскрываем определитель:

х*

4х-(-98)*(у-5)-31*(z-7)=0.

4x+98y-490-31z+217=0.

4x+98y-31z-273=0 – уравнение плоскости АВС.

5)     Величину угла между ребром AD и плоскостью АВС вычислим по формуле:

Sin, где - направляющий вектор ребра AD,  - нормальный вектор плоскости АВС.

Находим: 4x+98y-31z=-273 (уравнение плоскости АВС).

=(xD-xA; yD-yA; zD-zA)=(-2-0; 2-5; 0-7)=(-2; -3; -7).

Отсюда

Sin

Итак: Sin=0,0852, =arcsin0,0852=4˚53’.

6)     Находим площадь грани АВС, используя векторное произведение двух векторов:

SABC=1/2, имеем: =(9,1,2), =(xС-xA; yС-yA; zС-zA)=(4-0, 2-5, -3-7)= (4, -3,-10).

[]==-4(-4, 98, -31). SABC=1/2=1/251,4 (кв. ед.).

7)     Находим объем пирамиды, используя смешанное произведение трех векторов:

V=1/6. Имеем  =(9,1,2), =(4,-3,-10), =(-2,-3,-7).

Отсюда ()=-(-31+100)=-69.

Значит, V11,5(куб. ед.).

8)     Уравнение высоты, опущенной из вершины D  на грань АВС, составляем из условий:

HD(ABC);

HD проходит через вершину D.

Первое условие дает нам тот факт, что направляющий вектор высоты HD  параллелен нормальному вектору  плоскости АВС, то есть  - направляющий вектор HD .

Второе условие дает возможность составить каноническое уравнение HD  :

В нашем случае:

 или  - каноническое уравнение высоты  HD.

9)     Величину угла между плоскостями ABC, ADC.

А(0;5;7), В(9;6;9), С(4;2;-3), D(-2;2;0).

Воспользуемся формулой угла между двумя плоскостями

cos=,

где А1х+ В1у+ С1z+D1=0 – уравнение первой плоскости,

А2х+ В2у+ С2z+D2=0 – уравнение второй плоскости.  и

 - нормальные векторы.

Ранее для этих плоскостей найдено уравнение плоскости АВС:

4х+98у-31z-273=0. отсюда получаем, что

Теперь составим уравнение плоскости ADC, используя уравнение плоскости , проходящей через три точки:

.

Раскрываем определитель

х*

-9x+48(y-5)-18(z-7)=0,

-9x+48y-240-18z+126=0,

-9x+48y-18z-114=0|*(-1),

9x-48y+18z+114=0 – уравнение плоскости ADС, отсюда получаем, что Тогда cos==

===

0,9762.

Отсюда, arccos0,976212°32׳. (Найдено по таблицам косинусов).

 

 

Ответ:

1)     AB (ед.);

2)      (АВ);

3)     ά=118˚27’;

4)     4x+98y-31z-273=0 (АВС);

5)     =4˚53’;

6)     SABC51,4 (кв. ед.);

7)     V11,5(куб. ед.);

8)      (HD).

9)     12°32׳.

 

 

Назад

№ 3.(3) Составьте уравнение геометрического места точек, отношение расстояний которых от данной точки А(4,0) и от данной прямой х=1 равно 2.

Решение.

Пусть М(х;у) произвольная точка геометрического места точек. Опустим перпендикуляр МВ на данную прямую х=1, получим точку М(1;у). по условию задачи

,    то есть  х2-8х+16+у2=4х2-8х+4; 3х2-у2=12 или  полученная линия является гиперболой с действительной полуосью а=2 и мнимой b=2 Фокусы: F1=(-4;0), F2=(4;0), эксцентриситет =

Асимптот у=, у= Построим схематически график гиперболы.

Назад

№ 4.(3) Какое множество точек задано на плоскости следующими уравнениями? Схематически покажите их расположение.

А) х2-16х+у2+4у=103.

Решение.

Приводим уравнение линии к каноническому виду с помощью алгебраических преобразований:

(х2-16х)+(у2+4у)=103.

(х2+2х+82-82)+(у2+2*у*2+22-22)=93.

(х+8)2-64+(у+2)2-4=93.

(х+8)2+(у+2)2-68=93.

(х+8)2+(у+2)2=25.

(х+8)2+(у+2)2=52 – это уравнение окружности с центром в точке А(-8,-2) и радиусом равным 5. схематическое изображение множества точек дано на рисунке.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 


Б) 9х2-4у-8=0.

Решение.

Преобразуем наше уравнение к каноническому виду:

9х2-8у=4у;

у=9/4*х2-2 – это уравнение параболы с вершиной в точке А(0,-2), ветви которой направлены вверх. Схематическое изображение множества точек дано на рисунке.

 

у
 
 


А(0,-2)
 

х
 

Назад

№ 5.(3) Какая поверхность задана уравнением? Схематически покажите их расподожение.

А) х2-у2=0.

Решение.

Преобразуем наше уравнение к виду: (х+у)*(х-у)=0.

Отсюда получаем:

Это уравнение представляет собой совокупность двух пересекающихся плоскостей, которым ось OZ параллельна и является линией пересечения. Схематически эта поверхность выглядит так:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 


Б) х2+у2+z2-2x-4y+6z-11=0.

Решение.

Преобразуем уравнение, выделив в нем полные квадраты относительно каждого из неизвестных:

  х2+у2+z2-2x-4y+6z-11= (х2-2х)+(у2-4у)+(z2+6z)-11=(х2-2х+1-1)+(у2-4у+4-4)+(z2+6z+9-9)-11=(х2-2х+1)-1+(у2-4у+4)-4+(z2+6z+9)-9-11=                           (х2-1)+(у2-2)+(z2+3)-25.

Значит, (х2-1)+(у2-2)+(z2+3)=25 или (х2-1)+(у2-2)+(z2+3)=52.

Это уравнение задает сферу с центром в точке А(1,2,-3) и радиусом равным 5.

Схематически эта поверхность выглядит так:

 

 

 

 

 

 

 

 


Назад

 № 6.(3) Установите, является ли данная система векторов линейно зависимой, и если «да», то найдите эту зависимость и укажите несколько конкретных зависимостей:

А)  = (1, 2, 3, 4),

 = (2, 1, 2, 3),

 = (3, 2, 1, 2),

 = (4, 3, 2, 1).

 

Решение. Согласно определения линейной зависимости задача сводится к тому, чтобы выяснить, будет ли векторное уравнение:

х1+ х2+ х3+ х4=  

иметь хотя бы одно ненулевое решение.

Поскольку равенство двух векторов означает равенство их одноименных компонент, то векторное уравнение равносильно однородной системе линейных уравнений:

Решим эту систему методом Гаусса:

 (–2)  (–3) (–4)
 
              

+
 

+
 

+
 
                     ~ ~ ~

 

~  (–2)     3    ~~ .

 

Полученная ступенчатая матрица имеет «треугольный» вид. Это означает, что система имеет единственное решение. Но единственным решением однородной системы линейных уравнений является нулевое решение, т.е.  х1= х2 = х3 = х4 = .

 

Следовательно, система векторов линейно независима.

 

Ответ. Линейно независима.

 

 Б) = (1, 3, 2, 2),

= (2, 2, 3, 2),

= (3, 1, 1, 2),

= (1, 1, –1, 1).

   

Решение. Рассуждая аналогично задаче А), мы приходим к однородной системе линейных уравнений:

Решим эту систему методом Гаусса.

 

 

· (–3) · (–2) ·(–2)
 

 

+
 

+
 

+
 
                              ~  ~   ~

 

+
 

+
 

+
 

· 1
 
~  (–2)  2~        ~  ~ .

 

Полученная ступенчатая  матрица имеет «трапецеидальный» вид. Это означает, что система имеет бесконечное множество решений, среди которых обязательно найдутся и ненулевые.

Следовательно, система векторов линейно зависима.

Для нахождения линейных зависимостей данной системы линейных уравнений найдем общее решение системы.

От ступенчатой матрицы переходим к системе:

 

Û
 

Û
 
                 

 Û
 

 Û
 

Û
 
                   

 

Это общее решение, его мы запишем в виде:

{(| х4  Î R}.

    Значит, линейная зависимость имеет вид: 

где х4 – любое действительное число.

Если положить, например, х4 = 6, то получим конкретную линейную зависимость:

–29+ 19– 5+ 6= .

 

 

Ответ. Система векторов линейно зависима:     где х4 – любое действительное число.

 

Назад

№ 7.(3)  Найдите базис данной конечной системы векторов и векторы, не входящие в базис, выразите через базисные векторы (двумя способами):

 

= (1, 2, 3, 4),

= (0, 1, 0, 0),

    = (1, 1, 3, 4),

    = (0, 0, 1, 1),

    = (–1, –1, 2,.1).

 

Решение.

1 способ. Составим векторное уравнение:

х1+ х2+ х3+ х4+х5= .

Равенство двух векторов означает равенство их одноименных компонент, поэтому векторное уравнение равносильно однородной системе линейных уравнений:

 

Решим эту систему методом Гаусса.

~~~.

Полученная ступенчатая матрица имеет «трапецеидальный» вид. Значит, система имеет бесконечное множество решений.

Переходим от матрицы к системе линейных уравнений:

Получили общее решение системы.

В нем х1, х2, х4 – главные переменные. Следовательно (,,), - один из базисов системы векторов.

Выразим остальные векторы через базисные, для чего найдем частные решения векторного уравнения.

Если х3=1, х5=0, то получаем частное решение (-1,1,1,0,0), и тогда:

-++=.

Если х3=0, х5=1, то частное решение (1,-1,0,-5,1) дает:

--5+=.

Ответ: (,,) - один из базисных  векторов;

 

;

.

2-й способ. Из компонент векторов составим матрицу, в которой компоненты векторов составят строки. Подвергнем полученную матрицу элементарным преобразованиям, при этом справа от каждой строки матрицы пишем ее выражение через ,, и .

Итак, имеем:

После всех преобразований третья и пятая строки матрицы превратились в нулевые строки. Значит, строки ,, образуют базис системы всех строк. Тем самым ранг матрицы равен трем. Далее из равенства -++= находим выражение вектора  через базисные:

.

И из равенства --5+= находим выражение вектора  через базисные: .

Ответ задачи получили тот же.

 

Назад

№ 8.(3) Найдите собственные значения и собственные векторы линейного оператора j пространства R4 над полем R, заданные в некотором базисе матрицей.

.

Решение.

1. Так как мы рассматриваем линейный оператор j пространства R4 над полем R, то собственными значениями линейного оператора j будут являться лишь действительные корни его характеристического уравнения |А – l × Е| = 0, т.е. уравнения

Решим это уравнение.

Таким образом, приходим к уравнению:

–(2 – l)3 × (l  + 2) = 0.

Следовательно, собственными значениями линейного оператора j являются l1 = 2 и l2 = –2.

2. Находим собственные векторы, отвечающие собственному значению l1 = 2. Это будут те и только те ненулевые векторы , записанные своими координатами в том же базисе, что и матрица А, которые удовлетворяют матричному уравнению:

т.е. однородной системе линейных уравнений:

Получено общее решение. Строим ФНР, в который войдут      n – r = 4 – 1 = 3 решения:

х1

х2

х3

 = (1; 1; 0; 0),

* = (1; 0; 1; 0),

 = (1; 0; 0; 1).
 
х4

1

1

0

0

1

0

1

0

1

0

0

1

Значит, множество векторов, отвечающих собственному значению l1 = 2, есть множество всех ненулевых линейных комбинаций векторов , *, , т.е.

3. При l2 = –2 для соответствующих собственных векторов  получаем матричное уравнение

которое равносильно однородной системе линейных уравнений:

   

Получено общее решение. Строим ФНР, в который входят  n – r = 4 – 1 = 3 решения: если у2 = 1, то .

Значит, множество векторов, отвечающих собственному значению l2 = –1, есть множество .

 

Ответ: l1 = 2 и

l1 = –2 и .

 

Назад

№ 9.(3) Выясните, можно ли матрицу А линейного оператора j векторного пространства V привести к диагональному виду путем перехода к новому базису, и, если можно, то найдите этот базис и соответствующую ему диагональную матрицу, если:

а) ;                          б) ;

 

в) ;                        г) .

 

         Решение.

а) Составляем и решаем характеристическое уравнение    |А – l × Е| = 0.

 

         Оно имеет три различных действительных корня l1 = –1,  l2 = 1, l3 = 2. Это означает, что линейный оператор j имеет столько различных собственных значений из поля R, какова размеренность векторного пространства V над полем R. Следовательно, матрица линейного оператора j приводится к диагональной форме - элементами ее главной диагонали будут найденные нами собственные значения:

.

 

Для отыскания базиса нужно найти собственные векторы, отвечающие полученным собственным значениям.

         Собственному значению l1 = –1 отвечают те и только те ненулевые векторы , записанные своими координатами в том же базисе, что и матрица А, которые удовлетворяют матричному уравнению:

,

т.е. однородной системе линейных уравнений:

Получено общее решение. Строим ФНР, в который входят                  n – r = 3 – 2 = 1 решения: если х2 = 1, то .

         Если l2 = 1, то этому собственному значению отвечают те и только те ненулевые векторы , координаты которых удовлетворяют однородной системе линейных уравнений:

Получено общее решение. Строим ФНР, в него входят, в него входят n – r = 3 – 2 = 1 решение: если у2 = 1, то .

Собственному значению l3 = 2 отвечают те и только те ненулевые векторы , координаты которых удовлетворяют однородной системе линейных уравнений:

Получено общее решение. Строим ФНР, в который входит   n – r = 3 – 2 = 1 решение: если z3 = 3, то .

         Полученные векторы   и  заданы своими координатами, в том же базисе, в каком задана матрица А. Эти векторы   и  составляют искомый базис векторного пространства V.

 

         Ответ:  в базисе {(–2; 1; 0), (0; 1; 0), (2; –1; 3)}.

 

б) Аналогично случаю а) составляем и решаем характеристическое уравнение |А – l × Е| = 0. Имеем:

или    (1 – l) × (5 × (–5 –  l) + 24) = 0,

         (1 – l) × (–(5 –  l)×(5 + l) + 24) = 0,

         –(1 – l) × (l2 – 1) = 0,

         –(1 – l)2 × (1 + l) = 0.

Это уравнение имеет двукратный корень l1 = 1 и простой корень        l2 = –1, т.е. не все действительные корни различные, и поэтому на поставленный вопрос сразу ответить нельзя. Надо сначала найти сумму размерностей подпространств К(1) и К(–1), отвечающих полученным выше собственным значением l1 = 1 и l2 = –1.

         Для l1 = 1 собственные векторы находим из однородной системы линейных уравнений:

Получено общее решение. Строим ФНР, в который входят               n – r = 3 – 1 = 2 решения:

 

х1

х2

 = (0; 1; 0),

* = (1; 0; 2).

Таким образом, dim K(1) = 2.

 
 
х3

0

1

0

1

0

2

 

Для l2 = –1 получим однородную систему линейных уравнений:

Получено общее решение. Строим ФНР, в который входит                   n – r = 3 – 2 = 1 решение: если х1 = 1, то . Отсюда получаем, что dim K(–1) = 1.

Итак, dim K(1) +  dim K(–1) = 2 + 1 = 3 = dim V. Поэтому – согласно теории – матрица приводится к диагональной: в базисе {} она имеет вид .

 

         Ответ:  в базисе {(0; 1; 0), (1; 0; 2), (1; 2; 3)}.

в) В этом случае характеристическое уравнение |А – l × Е| = 0. Имеет вид:

 

или           

(1 – l) × (–4 + 3l + 6 – 6l + l2 ) = 0,

        

1 – l =0 или l2 – 3l + 2 = 0 Þ l1 = 1 или l2 = 1 и l3 = 2.

Таким образом, характеристическое уравнение имеет двукратный корень  l1 = 1 и простой корень l2 = 2, т.е. не все действительные корни различны, и поэтому на поставленный вопрос сразу ответить нельзя. Найдем сначала сумму размерностей подпространств К(1) и К(2).

         Для l1 = 1 собственные векторы найдутся из однородной системы линейных уравнений:

Решим ее методом Гаусса:

 ~  ~  ~  ~

 

~ .

Переходим к системе уравнений:

Получено общее решение. Строим ФНР, он состоит из                        n – r = 3 – 2 = 1 решения: если х2 = 1, то . Следовательно, dim K(1) = 1.

         Для l2 = 2 получим однородную систему линейных уравнений:

Решим ее методом Гаусса.

 ~  ~  ~  ~

~  ~   ~ .

Переходим к системе уравнений:

Получено общее решение. Строим ФНР, в который входит n – r = 3 – 2 = 1 решение: если     х3 = 1, то .

Следовательно, dim K(2) = 1.

Таким образом, dim K(1) + dim K(2) = 1 + 1 + 2 < 3, а, значит, матрица А к диагональному виду не приводится.

 

         Ответ: матрица А к диагональному виду не приводится.

 

г) Составляем и решаем характеристическое уравнение |А – l × Е| = 0, которое в нашем случае имеет вид:

 

.

Получаем в ходе преобразований:

 

Раскрываем определитель и получаем:

        

(3 – 2l) × (–1 – l) + (–3 + 4l + l2 ) × (–l) = 0,

–3 – 3l +  2l + 2l2 + 3l – 4l2 – l3 = 0,

–l3 – 2l2 +  2l – 3 = 0 Û l3 + 2l2 – 2l + 3 = 0.

Подбором устанавливаем, что l  = –3 один из корней уравнения и тогда l3 + 2l2 –  2l  + 3 = (l  + 3) × (l2 –  l  + 1).

Но для l2 –  l  + 1 = 0 находим D = –3 < 0 – это означает, что корни этого квадратного трехчлена являются комплексными числами, не принадлежащими полю R.

         Поэтому матрица А к диагональному виду не приводится.

 

Ответ: матрица А к диагональному виду не приводится.

 

Назад