Контрольная работа No1 Вариант 7 1. Даны четыре вектора a( 5 ;3 ;−2), b (2 ; 0 ; 4), c (3 ; 1 ;−1), d(11 ; 1 ;6), заданные в прямоугольной декартовой системе координат. Требуется: 1) вычислить скалярное произведение b⋅( 2 a−c); 2) вычислить векторное произведение c×( a−3 b); 3) показать, что векторы a , b ,c образуют базис и найти координаты вектора d в этом базисе. Решение: 1) Найдем координаты вектора 2 a−c. 2 a−c=( 2∗5−3 ; 2∗3−1 ; 2∗(−2)−(−1))=( 10−3 ;6−1 ; −4+ 1)=( 7 ; 5 ;−3) Скалярное произведение равно сумме произведений соответствующих координат, значит b⋅(2 a−c)=2∗7+ 0∗5+ 4∗(−3)=14+ 0−12=2 Ответ:2 a−3 b=( 5−3∗2 ; 3−3∗0 ; −2−3∗4)=(5−6 ;Найдем координаты вектора a−3 b. 3−0 ; −2−12)=(−1 ; 3 ;−14) 2) Векторное произведение c×(a−3 b)= | −1 3 i 1 3 j −14 −1 k | =i | 3 1 −14 −1 | − j | −1 3 −14 −1 | + k | −1 3 1 3 | = =(−14−(−3)) i−(−42−1) j +(9−(−1))k=−11 i+ 43 j+ 10 k Следовательно координаты вектора c×( a−3 b) = (−11 ; 43 ; 10) Ответ: (−11 ; 43 ; 10) 3)a , b ,c образуют базис в том случае, если они не являются компланарными, следовательно их смешанное произведение не равно 0 (a , b , c) =| 2 3 5 3 0 1 −1 −2 4 | =5∗0∗(−1) + 3∗4∗3+(−2)∗2∗1−3∗0∗(−2)−4∗1∗5−2∗3∗(−1) = =0+ 36−4−0−20 + 6=18≠0 Векторы ( a , b , c) образуют базис. Следовательно вектор d может быть представлен в виде линейной комбинации этих векторов, т.е. d=α a+β b+ γ c Составим систему линейных уравнений: { 5 −2 3 α α + α 2β + + 0β+ 4β− +3 γ γ=1 γ =11 =6 Перепишем систему уравнений в матричном виде и решим методом Гаусса ( −2 5 3 2 0 4 −1 1 3 | 11 6 1 ) прибавим третью строку ко второй и поменяем местами вторую и первую ( −2 1 5 4 2 4 −1 3 0 | 11 7 6 ) от строк 2;3 отнимаем 1 строку, умноженную соответственно на 5; -2 ( 0 0 1 −18 12 4 −1 0 3 | −24 6 7 ) 2 строку делим на 3, и прибавим ее к третьей, умноженную на 2 (0 0 1 −6 4 0 1 0 1| −8 4 7 ) отнимаем третью строку от второй, вторую делим на -6 ( 0 0 1 1 4 0 0 1 0 | 2 4 7 ) отнимаем от первой строки вторую, умноженную на 4 ( 0 1 0 0 1 0 1 0 0| −1 2 4 ) { α β=2 γ=4 =−1 Ответ:d=−a + 2 b+ 4 c 2. Даны координаты вершин пирамиды A 1 (5 ; 5 ; 4) ; A 2 ( 3 ;8 ; 4) ; A3 (3 ;5 ; 10) ; A4 (5 ;8 ; 2). Найти: 1) длину ребра A1 A2; 2) уравнение прямой A 1 A2; 3) угол между ребрами A 1 A 2 и A 1 A4; 4) уравнение плоскости A 1 A2 A3; 5) угол между ребром A1 A4 и гранью A 1 A2 A 3; 6) уравнение высоты, опущенной из вершины A 4 на грань A 1 A2 A 3; 7) площадь грани A 1 A 2 A3; 8) объем пирамиды; 9) сделать чертеж. Решение: 1) Длина ребра A1 A2 равна: √ ( 3−5) 2 + (8−5) 2 +( 4−4) 2 = √ 4+ 9 = √ 13 Ответ: √ 13 2) Уравнение прямой A1 A2 найдем как уравнение прямой, x−5 y −5 z−4 проходящей через две точки: = = −2 3 0 x−5 y −5 z −4 Ответ: = = −2 3 0 ( A 1 A2 , A 1 A4 ) 3) угол между ребрами вычислим по формуле cos α = | A 1 A2 ⋅A1 A4 | A1 A2=(−2 ; 3 ; 0); A1 A4=(0 ; 3 ;−2); | A1 A 2|= √ 13; | A1 A 4|= √ 9+4= √ 13; ( A1 A 2 , A1 A 4 )=0+ 9+0=9; 9 9 cos α = = ; √ 13⋅ √ 13 13 9 α =arccos 13 Ответ:α =arccos 9 13 4) Уравнение плоскости A 1 A2 A3 найдем как уравнение плоскости, проходящей через три точки: | x x x−x 2 3− − x x 1 1 1 y y y 2 3 − − − y y y 1 1 1 z z z− 3−z 2−z z 1 1 1 | =0 | x−5 −2 −2 y 3 0 −5 z−4 6 0 | =0 ⇔ 18∗( x−5)+(−2)∗0∗( y −5)+(−2)∗0∗( z−4)−(−6)∗( z−4)− −(−12)∗( y −5)−0∗( x−5)=0 ⇔ 3 x + 2 y + z −29=0 Ответ:3 x+ 2 y + z−29=0 5)угол между ребром A1 A4 и гранью A 1 A 2 A 3 найдем, используя q⋅n формулу sin α= , q - направляющий вектор прямой, содержащей |q|⋅|n| A 1 A4. n- нормальный вектор плоскости, содержащей грань A 1 A 2 A3. q= A1 A4=(0 ; 3 ;−2) Из пункта 4 получаем n. n=( 3 ;2 ; 1) 0∗3+ 3∗2+ (−2)∗1 4 4 Находим угол:sin α = = ; α =arcsin √ 9+ 4∗ √ 9+ 4+ 1 √ 182 √ 182 4 Ответ: α =arcsin √ 182 6) В качестве направляющего вектора высоты возьмем нормальный вектор грани A 1 A2 A3; n=( 3 ;2 ; 1). Точка, лежащая на искомой прямой имеет координаты A 4 (5 ; 8 ;2). x−x 0 y − y 0 z − z 0 Используя каноническое уравнение прямой = = m n p x−5 y −8 z−2 найдем уравнение высоты: = = 3 2 1 x−5 y −8 z−2 Ответ: = = 3 2 1 7) Площадь грани A1 A2 A 3 находим с помощью векторного произведения. 1 SΔ A 1 A 2 A 3 = | A1 A 2 × A 1 A 3 |; 2 A 1 A3 =(−2 ;0 ; 6); | A1 A 2 × A 1 A3 |= | −2 −2 i 0 3 j k 6 0 | =18 i +12 j+ 6 k; 1 1 SΔ A 1 A 2 A 3 = |√ 182 + 122+ 62 |= 6 √ 14=3 √ 14. 2 2 Ответ: 3 √ 14 8) Объем пирамиды рассчитаем 1 произведения векторов: V = |abc| 6 a= A 1 A 2 =(−2 ;3 ; 0); b= A1 A 3 =(−2 ; 0 ; 6); c= A1 A 4 =(0 ; 3 ;−2). с помощью смешанного Находим abc: abc= | −2 −2 0 3 3 0 −2 0 6 | =−2∗0∗(−2) +3∗6∗0+ 0∗(−2)∗3−0−3∗(−2)∗(−2)−(−2)∗3∗6=−12+ 36=24 1 Находим объем: V = ⋅24=4 6 1 Ответ:V = ⋅24=4 6 9) 3.Найти координаты точки M ', симметричной точке M (3 ;−3 ;−1) x−6 y −3,5 z + 0,5 относительно прямой = = 5 4 0 Решение: Составим уравнение плоскости, проходящей через точку M , перпендикулярной прямой. Направляющий вектор прямой равен (5 ;4 ; 0), он также является нормальным вектором искомой плоскости. Следовательно, уравнение плоскости принимает вид: 5( x−3)+ 4( y + 3)+ 0( z + 1)=0 ⇒ 5 x+ 4 y −3=0 Для нахождения точки N пересечения прямой и плоскости запишем уравнение прямой в параметрическом виде: { z x=5 y =−0,5 =4 t+6 t+ 3,5 Подставляем значения в уравнение плоскости: 5(5 t+6) + 4( 4 t + 3,5)−3=0 25 t+ 30+ 16 t+ 14−3=0 41 t=−41 t=−1 Подставляем значение t в параметрическое уравнение прямой находим координаты точки N x=1 y =−0,5 z =−0,5 N ( 1 ;−0,5 ;−0,5) N - середина отрезка MM ' Координаты точки M ' найдем из уравнений x + x y + y z + z x( N )= ( M) ( M ') y ( N) = ( M ) (M ') z ( N) = ( M ) ( M ') 2 2 2 x( M ') =2 x( N)− x( M ) y ( M ') =2 y ( N )− y ( M) z ( M ') =2 z ( N ) −z ( M ) x( M ') =2−3=−1 y ( M ') =−1+ 3=2 z ( M ') =−1+ 1=0 M '(−1 ;2 ; 0) Ответ: M '(−1 ;2 ; 0) 4.Составить уравнение линни, для каждой точки которой расстояния до начала координат и до точки A(0 ; 1) вдвое меньше расстояния до прямой y =4. Привести полученное уравние к каноническому виду и указать тип линии, описываемой этим уравнением. Решение: Обозначим произвольную точку M ( x ; y ) Расстояние AM = √ ( x−0)2 +( y−1)2 | Ax + By + C| Расстояние от точки до прямой найдем по формуле: √ A2+ B 2 −y + 4 =−y + 4 1 По условию: 2 √ ( x−0)2 +( y −1)2=− y + 4 4 x2 +3 y 2 =12 x 2 y 2 + =1 3 4 x 2 y 2 + =1 √ 32 2 2Найденное уравнение является уравнением эллипса. x 2 y 2 Повернем эллипс на 90° и перепишем уравнение + =1 в √ 32 2 2 x 2 y 2 каноническом виде: + =1 22 √ 32 x2 y 2 Ответ: + =1 уравнение эллипса 22 √ 32
