Заглавная страница Избранные статьи Случайная статья Познавательные статьи Новые добавления Обратная связь КАТЕГОРИИ: АрхеологияБиология Генетика География Информатика История Логика Маркетинг Математика Менеджмент Механика Педагогика Религия Социология Технологии Физика Философия Финансы Химия Экология ТОП 10 на сайте Приготовление дезинфицирующих растворов различной концентрацииТехника нижней прямой подачи мяча. Франко-прусская война (причины и последствия) Организация работы процедурного кабинета Смысловое и механическое запоминание, их место и роль в усвоении знаний Коммуникативные барьеры и пути их преодоления Обработка изделий медицинского назначения многократного применения Образцы текста публицистического стиля Четыре типа изменения баланса Задачи с ответами для Всероссийской олимпиады по праву Мы поможем в написании ваших работ! ЗНАЕТЕ ЛИ ВЫ?
Влияние общества на человека
Приготовление дезинфицирующих растворов различной концентрации Практические работы по географии для 6 класса Организация работы процедурного кабинета Изменения в неживой природе осенью Уборка процедурного кабинета Сольфеджио. Все правила по сольфеджио Балочные системы. Определение реакций опор и моментов защемления |
Блок задач на поиск пересечений.
Задача 142. Доказать, что прямая пересекает ось и найти точку пересечения. Решение. Если прямая пересекает ось , то точка пересечения имеет вид . Если в первые две дроби вместо подставить 0, то получим . Тогда , т.е. . Если бы первые две дроби после такой подстановки оказались не равны, то это бы означало, что нет пересечения с осью . Ответ. (0,0,1). Замечание. Если бы прямая и ось были скрещивающимися, то подстановка в канонические уравнения привела бы к противоречию уже в первых двух дробях, например, для получили бы , но ведь , т.е. противоречие уже в первых дробях, независимо от .
Практика 15 Задача 143. Доказать, что две прямые в пространстве и пересекаются, и найти точку пересечения. Решение. Если у них естьь общая точка, то можно приравнять из первых и вторых равенств. Но неизвестно, при каком параметре достигаются эти значения в каждом случае, поэтому нужно решить систему уравнений, положив в первых равенствах , а во вторых . перенесём все , в одну сторону, а константы в другую, чтобы система была записана в стандартной форме. расширенная матрица: Преобразуем методом Гаусса. От 2-й строки отнимем утроенную 1-ю, а к 3-й прибавим 4-кратную 1-ю. т.е. то есть сразу же из 2-го и 3-го уравнений, и они не противоречат друг другу. Система совместна, ранги основной и расширенной матриц совпадают, так как равны 2. Из 1-го затем , т.е. . Впрочем, можно было решить систему ещё быстрее, если сложить 2 и 3 уравнения, тогда сразу бы получилось . Затем подставить в первые уравнения либо во вторые, получим одни и те же значения для . , т.к. и Ответ. Точка пересечения (1,1,2). Задача 144. Найти точку пересечения плоскости и прямой . Решение. Запишем прямую с помощью параметрических уравнений: , , . Подставим эти выражения в уравнение плоскости, чтобы найти, при каком значении оно выполняется. . Тогда . Ответ. Точка пересечения . Нахождение углов и расстояний. Задача 145. Найти угол между прямой и плоскостью . Решение. Формула: . Направляющий к прямой , нормаль к плоскости . Их скалярное произведение равно 9. Модули векторов равны и . . Приблизительно представим, какой это угол. Если бы было вместо то было бы = 90. Но в данном случае дробь чуть меньше, а угол составляет около 79 градусов. Ответ. .
Задача 146. Вычислить расстояние от точки до прямой в пространстве. Решение. Во-первых, можно заметить, что точка не принадлежит прямой. Если подставить в уравнение, то видно, что равенства не соблюдаются: , . Применим формулу . Точка на прямой ищется из таких соображений: все дроби в каноническим уравнении приравняем к 0, тогда , , . . . Направляющий вектор состоит из чисел в знаменателях в канонических уравнениях: . Его модуль равен . Векторное произведение: = = . Модуль этого вектора равен . Ответ. . Задача 147. Найти проекцию точки на прямую . Решение. Представим прямую с помощью параметрических уравнений. . Направляющий здесь , начальная точка . Теперь можно найти такое время , чтобы отрезок, соединяющий точку на прямой и точку был ортогонален направлящему . Вектор ортогонален , то есть их скалырное произведение равно 0. Тогда
. Тогда при данном получается точка на прямой: , то есть точка . Ответ. Проекция - точка . Замечание. Расстояние от точки до её проекции равно модулю вектора , то есть . Это 2-й способ вычислить расстояние от точки до прямой, через проекцию, в отличие от метода прошлой задачи. Задача 148. Даны три точки А(1,1,1),В(2,2,3),С(2,1,2). Вывести уравнение прямой, содержащей АВ, и найти расстояние от точки С до этой прямой (высота треугольника АВС). Решение. Вектор АВ (1,1,2) можем принять в качестве направляющего для этой прямой. Он отложен от точки А(1,1,1). Тогда канонические уравнения прямой: . Расстояние в данной ситуации, в пространстве, надо искать по формуле в данном случае . Здесь точки А,С играют ту же роль, что в прошлой задаче. 2-я сторона параллелограмма: АС=(1,0,1). . Векторное произведение: = = . Модуль вектора равен . Тогда результат: . Ответ. . Задача 149. Доказать, что две прямые в пространстве: и скрещивающиеся, и найти расстояние между ними. Решение. Решая систему уравнений (как в задаче 133) здесь мы обнаружим, что система несовместна. матрица: прибавим ко 2-й строке 1-ю, а от 3-й отнимем 1-ю. получили систему 2-е и 3-е уравнения противоречат друг другу. Система не имеет решений, значит, эти 2 прямые не имеют ни одной общей точки.
Так как направляющие векторы и не коллинеарны, то прямые также и не параллельны. Таким образом, скрещивающиеся. Найдём расстояние между ними. Точку на каждой прямой можно найти, присваивая . , . Вектор, соединяющий две прямых, . Вычисляем по формуле . Смешанное произведение с помощью определителя.
= (прибавили 2-ю строку к 1-й) = = , а по модулю получается 4. = = . Модуль векторного произведения равен = . = = . Ответ. . Задача 150. Заданы 2 прямые в пространстве, одна - своими параметрическими уравнениями, а другая как пересечение пары плоскостей: и . Доказать, что эти прямые параллельны.
Решение. Найдём направляющие векторы этих прямых и докажем, что они коллинеарны. Для 1-й прямой надо просто выбрать коэффициенты при , получим . Для 2-й прямой надо искать направляющий как векторное произведение нормалей к двум плоскостям. = = . Векторы и коллинеарны, . Значит, прямые параллельны или совпадают. Далее можно убедиться, что они не совпадающие. Возьмём точку , принадлежащую первой прямой (это получается при ). Если прямые совпадают, то она принадлежит второй прямой, а значит, обеим плоскостям, с помощью которых она задана. Но легко заметить, что это не так: Итак, прямые параллельны. Задача 151. Заданы 2 прямые в пространстве: и . Доказать, что эти прямые параллельны, и найти уравнение плоскости, содержащей их. Решение. Во-первых, направляющие векторы (1,1,2) и (2,2,4), что видно из коэффициентов при . Координаты пропорциональны. Тогда прямые параллельны или совпадают. Докажем, что они не совпадают. Построим канонические уравнения первой прямой, выразив параметр из каждого уравнения: . Возьмём точку (2,4,7), принадлежащую второй прямой, и подставим в эти уравнения. но первое не равно третьему, точка не лежит на первой прямой. Тогда прямые не совпадающие, а именно параллельны. При , можем найти по одной точке на каждой прямой, а именно M1(1,2,3) и M2(2,4,7). Для построения уравнения плоскости нам нужна 1 точка и 2 неколлинеарных направляющих в плоскости. (1,1,2) и (2,2,4) для этой цели не подходят. В качестве одного направляющего возьмём (1,1,2) а в качестве второго - вектор, соединяющий пару точек на этих прямых, то есть M1M2=(1,2,4). Точка в плоскости, например, M1. Итак, проведём плоскость через точку M1(1,2,3) и 2 направляющих: и . Третий вектор, проведённый к какой-либо произвольной точке в этой плоскости, и 2 направляющих, образуют ЛЗС: . Ответ. .
На повторение прямых в плоскости, для контрольных работ: Задача 152. Найти: а) уравнение прямой, проходящей через точку перпендикулярно вектору . б) уравнение прямой, проходящей через точку параллельно вектору . в) точку пересечения этих прямых. Решение. а) и ортоногальны, тогда прямая . б) и коллинеарны, тогда , из чего следует . в) Ищем их пересечение, решая систему. Из 2-го вычтем утроенное 1-е, будет , откуда , тогда . Ответ. , , пересечение (1,2).
Практика 16. Кривые.
Полярная система координат. Кроме пары чисел , которыми можно задать точку на плоскости, можно задать также и таким образом: соединим точку с началом координат, длину этого отрезка обозначим . Угол между осью и этим отрезком обозначим .
Так как это прилежащий катет, а гипотенуза, тогда , аналогично , откуда следуют такие формулы:
Задача 153. Построить уравнение прямой в полярных координатах. Решение. На чертеже видно, что чем больше угол наклона, тем больше расстояние. При расстояние , при оно увеличивается до , а затем стремится к .
В уравнении заменим по формулам перехода к полярным координатам, т.е. . Получается , тогда . Замечание. При получается , и точка в правой полуплоскости. Но ведь косинус существует и не только в 4-й и 1-й четвертях, но и во 2-й и 3-й тоже. Но слева нет ни одной точки этой прямой. Нет ли в этом противоречия? На самом деле нет, потому что во 2 и 3 четвертях косинус отрицателен, а при надо двигаться в обратную сторону по лучу, направленному влево, тем самым мы снова попадаем вправо, т.е. на ту же самую прямую, и фактически она прочерчивается второй раз. Ответ. Задача 154. Построить уравнение прямой в полярных координатах. Решение. В уравнении заменим обе переменные по формулам перехода к полярным координатам. Получится , следовательно, , откуда следует, что . Ответ. . Задача 155. Построить уравнение окружности с центром в точке радиуса в полярных координатах. Решение.
. Чертёж: Замечание. Здесь снова, как было в позапрошлой задаче, если луч направлен во 2-ю или 3-ю четверть, при этом косинус отрицателен, а значит, мы попадаем в противоположную сторону - снова на ту же окружность, и она чертится 2-й раз. Ответ. . Задача 156. Построить уравнение линии в полярных координатах, сделать чертёж.
Решение. В уравнении заменим обе переменные по формулам перехода к полярным координатам.
. Ответ. . Чертёж: Определение эллипса. Эллипсом называется геометрическое место точек на плоскости, для которых сумма расстояний до двух фиксированных точек постоянна. Задача 157. Доказать, что кривая является эллипсом, найти каноническое уравнение, центр и полуоси. Решение. Выделим полный квадрат по каждой переменной.
в каждой скобке можно получить такое выражение, чтобы затем использовать формулы сокращённого умножения (ФСУ): . Надо прибавить константы в скобках, так чтобы всё сворачивалось, но для компенсации за скобками вычесть эти константы.
это каноническое уравнение.
Ответ. Центр , полуоси и . Чертёж:
Задача 158. Доказать, что кривая является эллипсом, найти каноническое уравнение, центр и полуоси, построить чертёж. Решение. Здесь в уравнении есть произведение , то есть надо сначала привести к главным осям квадратичную форму: . Строим её матрицу: . Находим собственные числа и векторы. . Собственные числа 1 и 9. Ищем собственные векторы.
. , оба уравнения пропорциональны, т.е. есть только такая информация: , т.е. . ФСР: вектор (1,1). Нормируем его, то есть делим на длину, которая здесь . Получаем - собственный вектор для . Это единичный вектор в 1-й четверти, получающийся поворотом (1,0) на 45 градусов.
. , оба уравнения пропорциональны, фактически оно одно: , т.е. . ФСР: вектор . Нормируем его, получаем собственный вектор для . Это вектор во 2-й четверти, получающийся поворотом (0,1) на 45 градусов. Запишем формулы перехода от одного базиса к другому:
Если подставить эти выражения в исходное уравнение, то после приведения подобных исчезнут выражения, содержащие разные переменные и :
в линейной форме полностью сократились, тоже сократятся.
. Итак, как мы видим, коэффициентами как раз и оказались 9 и 1, то есть собственные числа матрицы этой квадратичной формы. Заметим, что 1-й степени здесь нет, так что выделение полного квадрата надо делать только по .
, т.е. . Полуоси 1 и 3, то есть размеры эллипса: 2 на 6. Центр , но это центр в новых координатах, а для чертежа надо найти центр именно в старых координатах . Их мы найдём по формулам взаимосвязи этих координат: . Если , то . Итак, центр - точка (1,1). В направлении первого вектора нового базиса, а именно , полуось длины 1, а в направлении второго вектора полуось длины 3. Ответ. Центр , полуоси 1 и 3. Чертёж:
Задача 159 (теоретическая). Доказательство (вывод) уравнения эллипса. Выведем уравнение кривой, удовлетворяющей этому свойству ( = const), и докажем, что в уравнении должна быть сумма квадратов. Пусть фокусы расположены в точках и . Вычислим по теореме Пифагора расстояние от точки (x,y) до двух фокусов. F1 расположен дальше длина катета равна , тогда длина большего из двух отрезков, а именно , равна: . Фокус F2 наоборот, расположен ближе к точке на чертеже то есть катет на оси Ox равен , тогда . Выясним, какой именно константе равна величина . Если расположить точку ровно в правой вершине, то получим , такая же сумма расстояний по определению должна быть и для произвольных точек. Итак, . Заметим, что если оба корня возвести в квадрат, то они будут отличаться только одним слагаемым, а именно либо . Тогда можно так оценить разность квадратов: = = = . Но ведь , то есть . Тогда мы знаем и разность: . Итак, получили систему, из которой можно определить каждое : Сложив эти 2 равенства, получим , а вычитая второе из 1-го, . Сопоставим выражения, изначально полученные по теореме Пифагора, с этими выражениями:
. Теперь возведём в квадрат: . Тогда , далее , тогда . Рассмотрим вершину . Сумма расстояний до фокусов равна , то есть каждый отрезок, показанный зелёной линией на чертеже, имеет длину : Но ведь он является гипотенузой треугольника, один катет которого это малая полуось (длина ), а другой - (длина равна ). Таким образом, , тогда . Итак, каноническое уравнение эллипса: .
Задача 160. Доказать, что однополостный гиперболоид содержит прямолинейные образующие. Чертёж:
Решение. Рассмотрим вертикальную плоскость, проходящую через его вершину, например, . Эта плоскость имеет уравнение . Тогда в уравнении гиперболоида , т.е. . Получается , т.е. в вертикальной плоскости две прямых: и , или можно записать так: и . Это пара пересекающихся прямых.
Практика 17. Задача 161. Доказать, что кривая является параболой, найти каноническое уравнение, построить чертёж. Решение. Сначала построим матрицу квадратичной формы. . Найдём собственные значения и векторы. , корни и . Ищем собственные векторы. Для . , уравнения пропорциональны, фактически это одно условие: . Собственным вектором является вектор . Его модуль равен . Нормируем этот вектор: . Итак, получили первый вектор нового базиса. Для . , уравнения пропорциональны. Фактически, это одно уравнение: . Вектор . Нормируем и его тоже: . Итак, новый базис: и . Составим матрицу перехода, записав их по столбцам. Пусть новые координаты будут обозначены . Тогда:
Подставим эти две формулы перехода к новым координатам в выражение , тем самым мы приведём квадратичную форму к главным осям, где будут только квадраты, без попарных произведений различных переменных:
+ + = 0
+ + = 0
| Поделиться:
| |
Читайте также:
Последнее изменение этой страницы: 2021-01-08; просмотров: 69; Нарушение авторского права страницы; Мы поможем в написании вашей работы!
infopedia.su Все материалы представленные на сайте исключительно с целью ознакомления читателями и не преследуют коммерческих целей или нарушение авторских прав. Обратная связь - 18.117.158.47 (0.174 с.)