На главную v-garant.ru
Алгебра и аналитическая геометрия Метод Гаусса Комплексные числа Предел функции одной переменной Схема исследования графика функции Исследование функции на экстремум Локальный экстремум функции Функциональные ряды

Учебник по высшей математике

Примерный вариант и образец выполнения контрольной работы №1

Задача 1. Даны координаты вершин треугольника АВС:

А(–3; –1), В(4; 6), С(8; –2).

  Требуется: 1) вычислить длину стороны ВС; 2) составить уравнение стороны ВС; 3) найти внутренний угол треугольника при вершине В; 

4) составить уравнение высоты АК, проведенной из вершины А; 5) найти координаты центра тяжести однородного треугольника (точки пересечения его медиан); 6) сделать чертеж в системе координат.

Задача 2. Даны координаты точки А(3; 0), уравнение прямой l: 3x = 4 и число λ = 3 : 2.

Найти уравнение траектории точки М, которая движется в плоскости так, что отношение ее расстояний до точки А и до прямой l равно λ. Сделать чертеж в системе координат.

Задача 3. Дано уравнение кривой 2-го порядка:.

Привести заданное уравнение к каноническому виду путем параллельного переноса осей координат. Определить тип кривой, найти ее характерные элементы в исходной системе координат. Изобразить на чертеже расположение кривой относительно обеих систем координат.

Задача 4. Даны уравнение кривой 2-го порядка  и уравнение прямой l: x + 2y –3 = 0.

Требуется: 1) привести заданное уравнение кривой 2-го порядка к каноническому виду; 2) найти точки пересечения кривой и заданной прямой; 3) построить обе линии в исходной системе координат.

Задача 5. Дано уравнение кривой в полярной системе координат (ПСК): .

Требуется: 1) найти область определения функции ; 2) построить кривую в ПСК, вычислив значения функции в точках = 0, 1, ….,16, принадлежащих области определения функции ; 3) найти уравнение заданной кривой в декартовой системе координат (ДСК), начало координат в которой совпадает с полюсом ПСК, а положительная полуось ОХ – с полярной осью ОР; 4) определить тип кривой.

Решение задачи 1.

1) Вычислим длину стороны ВС по формуле (1):

|BС|==

2) Составим уравнение стороны ВС, используя формулу (10):

   y = –2x + 14 – уравнение ВС.

3) Внутренний угол треугольника при вершине В найдем как угол между прямыми ВА и ВС. Для этого сначала вычислим угловой коэффициент прямой ВА по формуле (9):

и возьмем из уравнения ВС угловой коэффициент прямой ВС: .

Из расположения точек A, B, C на координатной плоскости видно, что угол В в треугольнике ABC – острый, поэтому по формуле (13) вычислим

 

 4) Для получения уравнения высоты АK, проведенной из вершины А, используем уравнение пучка прямых (8) и условие перпендикулярности прямых (12). Сначала вычислим угловой коэффициент прямой АK . Так как , то .

 Уравнение AK получим по формуле (8):

у – уА = kAK(x– xA)  у – (–1) = (x– (–3)) 

x –2y + 1 = 0 – уравнение AK.

 5) Для определения координат центра тяжести треугольника используем свойство точки пересечения его медиан: если AМ – медиана треугольника и P – точка пересечения его медиан, то P делит AМ в отношении 2 : 1, начиная от точки А, т.е.

Основание медианы AМ – точка М является серединой отрезка ВС. Найдем координаты точки М по формулам (3):

   М(6; 2).

Теперь, когда координаты концов отрезка AМ известны, найдем координаты точки P, которая делит  AМ в отношении  = 2, начиная от точки А, по формулам деления отрезка в заданном отношении (2): 

   

P(3; 1) – центр тяжести треугольника АВС.

 

 6) Построим чертеж к задаче в системе координат ХОY (рис. 11). Полученные при решении задачи результаты не противоречат чертежу.

Ответы:

1) длина стороны |BС| =

2) уравнение стороны ВС: y = –2x + 14;

3) угол при вершине В:

4) уравнение высоты АK: x –2y + 1 = 0; 

5) координаты центра тяжести треугольника P(3; 1);

6) чертеж на рис. 11. 

Решение задачи 2.

Пусть М(х; у) – произвольная точка на координатной плоскости, удовлетворяющую условию задачи (рис. 12), т.е.  где K – основание перпендикуляра, опущенного из точки М на прямую 3x = 4. Так как K лежит на прямой 3x = 4, то  K.

Запишем условие  в координатной форме, используя формулу (1) для длины отрезка:

.

Это и есть уравнение искомой траектории, т.к. ему удовлетворяют координаты любой точки М(х; у) на этой траектории.

Для упрощения уравнения возведем обе части равенства в квадрат и приведем подобные члены:

  , откуда получаем

  – уравнение гиперболы с полуосями

.

 Построим чертеж гиперболы в системе координат ХОY (рис. 13).

Ответ:   – уравнение траектории. Чертеж на рис. 13.

Решение задачи 3.

Приведем заданное уравнение кривой 2-го порядка к каноническому виду. Для этого выделим в уравнении полные квадраты по переменным х и у:

 .

Получили уравнение эллипса с центром в точке O1(5; – 2) (см. таблицу 2 в разделе «справочный материал»).

Осуществив параллельный перенос осей координат в системе XOY по формулам:   получим каноническое уравнение эллипса  в системе координат X1O1Y1 , где O1(5; –2) в системе XOY (рис. 14).

Найдем характерные элементы эллипса:  

.

Отсюда получаем: а = 3 – большая полуось эллипса, b = 2 – малая полуось эллипса, с =– фокусное расстояние. Координаты фокусов эллипса в системе координат X1O1Y1: F1(–; 0), F2(; 0).

Найдем координаты фокусов в системе координат XOY:

Таким образом, координаты фокусов эллипса в системе координат XOY:

F1(–; –2), F2(;–2).

Вычислим эксцентриситет эллипса:

Изобразим на чертеже расположение эллипса относительно обеих систем координат (рис. 14).

Ответ:  – каноническое уравнение эллипса, где

Характерные элементы:

O1(5; –2) – центр эллипса;

а = 3 – большая полуось эллипса, b = 2 – малая полуось эллипса;

с =– фокусное расстояние;

координаты фокусов эллипса в системе координат XOY: F1(–; –2), F2(;–2);

эксцентриситет эллипса  

Чертеж на рис. 14. 

Решение задачи 4.

1) Приведем заданное уравнение кривой 2-го порядка к каноническому виду. Для этого выделим полный квадрат по переменной у (квадрат переменной х в уравнении отсутствует):

.

Получили уравнение параболы вида с вершиной в точке  (см. таблицу 2 в разделе «справочный материал»). Осуществим параллельный перенос осей координат по формулам:  В результате получим каноническое уравнение параболы  в системе координат X1O1Y1.

 Найдем точки пересечения параболы и заданной прямой в системе координат XOY. Для этого решим систему уравнений:

 

 

Таким образом, парабола и прямая пересекаются в точках А(3; 0) и В(1; 1).

3) Построим обе линии в системе координат XOY (рис. 15).

Ответы: 1)

2) А(3; 0), В(1; 1); 

3) чертеж на рис. 15. 

Решение задачи 5.

1) Область определения функции  найдем из условия :

 

При n = 0 получаем  при  интервалы  Следовательно, область определения

2) Для построения кривой в ПСК вычислим значения функции  в точках , k = 0, 1, …, 16, входящих в область определения, т.е. в точках, где выполнено условие , и заполним таблицу 3.

 

Таблица 3.

k

k

0

0

1

π/8

9

9π/8

3,7

2

2π/8

10

10π/8

2,8

3

3π/8

11

11π/8

1,5

4

4π/8

0

12

12π/8

0

5

5π/8

1,5

13

13π/8

6

6π/8

2,8

14

14π/8

7

7π/8

3,7

15

15π/8

8

4

16

 

Для построения точек кривой в ПСК в каждом из направлений, задаваемых углом , откладываем от полюса отрезок длины . Соединив полученные таким образом точки, получаем график функции  в ПСК (рис. 16).

 3) Найдем уравнение кривой, заданной в ПСК уравнением , в декартовой системе координат.

 Если совместить ПСК и ДСК так, чтобы полюс совпал с началом координат ДСК, а ось ОР совпадала с положительной полуосью ОХ, то, используя формулы связи между декартовыми и полярными координатами точки  получим: . Следовательно, уравнение кривой   в ДСК имеет вид уравнения кривой 2-го порядка: .

4) Для определения типа кривой выделим в уравнении полные квадраты по переменным х и у:

.

  Это уравнение задает окружность с центром в точке O1(–2; 0) и с радиусом R = 2. Найдем координаты точки O1(–2; 0) в ПСК:

,

(здесь выбираем n = 1, т.к. четверти (формулы (5)).

Ответы:

1) область определения:  

2) чертеж на рис. 16; 

3) уравнение кривой  в ДСК: ;

4) тип кривой – окружность с центром в точке  и с радиусом R = 2.


Математический анализ