Математика для 1 курса

Задача 7. Найти единичный вектор e , перпендикулярный оси ординат и

вектору ar(2;−3;4).

Решение. Пусть er =(x; y; z). Так как он перпендикулярен Oy ,

то er =(x;0; z);

его

длина

r

= x2 + z2 =1,

кроме

того,

r

r

r

т.е.

| e |=1

a e a e = 0 ,

2 x +(−3) 0 + 4 z = 0,

или

x + 2z =0; тогда

x = −2z, и,

следовательно

(−2z)2 + z2 =1

z2 = 1

z =±

1

, x = m

2

.

5

5

5

ur

2

1

ur

2

1

Ответ: e

=

−

;0;

;

e

=

;−

.

1

5

5

2

5

5

Задача 8. Найти длину высоты, опущенной из конца вектора cr =(1;2;−3)

на

плоскость векторов ar(−3;4;1) и br(0;2;−5) (рис.1).

ar,b и

Решение.

Объем параллелепипеда

V ,

построенного на векторах

c

можно найти по формуле

rr

V =| abc | .

cr

Площадь основания – площадь параллелограмма,

построенного на векторах a и b - по формуле

hr

S =

ar×b

.

b

rrr

ar

V

abc

рис.1

Тогда искомая высота

h = S =

ar×br

.

r r

Вычислим сначала смешанное произведение векторов a,b,c

rrr

=

−3

4

1

=18 − 20 + 0 −2 −30 −0 = −34,

abc

0

2

−5

1

2

−3

а затем векторное произведение

ri

rj

kr

r r

r

(−20 − 2)

r

r

r

r

r

a ×b =

−3

4 1

=i

− j (15 −

0)+ k (−6 −0)= −22i −

15 j −6k

0

2

−5

и его модуль

r

r

(−22)2 +(−15)2 +(−6)2

= 745 .

| a ×b |=

Ответ: h =

34

.

745

что четырехугольник с вершинами в точках A(1;5),

Задача 9. Доказать,

B(−2;1), C (1;−2), D(4;2)

является параллелограммом.

Доказательство. В параллелограмме противоположные стороны равны.

Найдем длины сторонuuuur

(−2 − 1)2 + (1 − 5 )2 = 9 + 16 = 5,

A B

=

uuur

=

(1 − 4 )2 + (−2 − 2 )2 = 9 + 16 = 5,

D C

uuur

=

(1 + 2 )2 + (−2 − 1)2 = 9 + 9 = 3 2 ,

BC

uuur

=

(4 − 1)2 + (2 − 5 )2 = 9 + 9 = 3 2 .

A D

Стороны

попарно равны, следовательно, ABCD

- параллелограмм.

Что и

требовалось доказать.

Задача 10. Даны 3 последовательные вершины

параллелограмма

A(1;1),

B(2;2), C (3;−1). Найти его четвертую вершину (рис.2).

Решение. Найдем точку пересечения O(x0 , y0 ) диагоналей (они делятся в этой

A

B

точке пополам).

O

x0 =

xA + xC

=1+3 = 2, y0

=

yA + yC

=1−1 = 0.

2

2

2

2

D рис.2

C

Координаты точки D можно определить из аналогичных

равенств:

x0

=

xB + xD

,

y0 =

yB + yD

2

2

xD = 2x0 − xB = 2 2 − 2 = 2,

yD = 2 y0 − yB = 2 0 − 2 = −2.

Ответ: D(2;−2).

x

+

y

=1,

y

a

b

4

где a - абсцисса точки пересечения прямой с осью Ox , b -

2

A

ордината точки пересечения прямой с осью Oy .

x

Так как

прямая проходит через точку A(4,2), то

O

4

должно выполняться условие

8

4

2

рис.3

где a > 0 и b > 0 .

+ b =1,

a

Решаем ее:

4b + 2a =32,

a =16 −2b,

ab = 32,

b(16 −2b)=32,

b2 −8b +16

= 0 ,

b1,2 = 8 ± 64 − 4 16

=

8 ± 0 = 4,

b = 4,

− 2 4

=8.

2

2

a =16

A

d =3; A =3; B = 4, тогда 15 =| 5 +C | , откуда

15

=5 +C

,

C =10

.

= −(5 +C)

15

C = −20

Найдем разность (I − III ): 4 −4a + a2 −1−2a −a2 = 0, −6a = −3, a =

1 .

2

1

или 4a −2b +11 = 0 , откуда следует b =

4

2 +11

=

13

= 6 1

2

2

2 .

Подставим a =

1

и

b =

13

в

III :

1 2

−

13

2

= r

2

,

r

2

=

9

+

121

=

130

,

2

2

1 +

+ 1

2

4

4

4

2

r =

130

.

2

1

13

130

Ответ: Координаты центра

;

, радиус r =

.

2

2

2

Задача

14. Составить уравнение плоскости,

проходящей

через

прямую

8x + 2 y +3z + 6 = 0,

параллельно прямой

II :

x +1

=

y −4

=

z −1

.

I :

+1 = 0

3x + 4 y + z

2

I

3

−2

Решение. Направляющий вектор прямой

найдем

как

векторное

произведение нормальных векторов заданных плоскостей:

ri

rj

kr

= −10ri + rj + 26kr.

=

8 2 3

S

3

4

1

Определим точку, лежащую на I : возьмем произвольное значение, например,

x = 0, подставим в I и решим систему 2 y +3z = −6,

−5z =11,

z = −

11

= −2,2.

Тогда

4 y + z = −1,

5

1

1

11

6

3

y =

(−1 − z)

.

=

−1+

=

=

4

4

4 5

10

5

Используем уравнение плоскости, проходящей через заданную точку

(0; 0,3; −2,2) и параллельно двум векторам

x −0

y −0,3

z + 2,2

−10

1

26

= 0 .

2

3

−2

прямой

x

=

y −2

=

z +1

с плоскостью 2x + y − z −7 = 0 и точку A(0;2;−1).

2

1

3

x = 2t,

Решение. Запишем уравнения прямой в параметрическом виде

и

y =t + 2,

z =3t −1

подставим

в уравнение

плоскости: 2 2t +t + 2 −3t +1 −7 = 0 , 2t = 4 ,

t = 2 . Тогда

x −4

=

y −4

=

z −5

,

x −4

=

y −4

=

z −5

,

0 −4 2 −4

−1−5

4

2

6

и, окончательно,

x − 4

=

y − 4

=

z −5

.

2

1

3

Ответ:

x − 4

=

y − 4

=

z −5

.

3

2

1

Задача 16: Найти площадь четырехугольника (рис.5), вершины которого

совпадают с точками пересечения эллипса

x2

+

y2

=1 и гиперболы y2 − x2 =1.

16

9

Решение: Найдем общие точки гиперболы и эллипса из системы уравнений:

x

2

+

y

2

=1,

x2

1

+ x2

+

=

1,

9

9

4

y2 − x2 =1

16

16

2

− x

2

=1,

2

=

1 + x

2

,

3

y

y

B

A

2

+16 +16x

2

=144,

9x

2 =1 + x2 ,

−4

1

4

x

y

x

2

y

2

0

−1

x2

=128

4

2 ,