Лекции по математике
Матрицы
Исследование функции
Вычисление пределов
Примеры решения задач
Двойной интеграл
Тройной интеграл
Криволинейный интеграл
Комплексные числа
Поверхностный интеграл
Интегрирование по частям
Карта сайта

 


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.


На главную страницу сайта