Контрольная работа № 1

Контрольная работа № 1.

В задачах 1–20 даны координаты вершин треугольника ABC. Сделать чертеж и найти: 1) длины и уравнения сторон треугольника; 2) уравнение высоты AD; 3) уравнение медианы СМ; 4) уравнение вписанной окружности.

12. A(3;1), B(–13;–11), C(–6;13)

Решение.

1) Длина стороны AB.

|AB| = = = = = 20

Уравнение стороны AB.

–12x+36=–16y+16

12x–16y–20=0

3x–4y–5=0

Длина стороны BC.

|BC| = = = = = 25

Уравнение стороны BC.

24x+312=7y+77

24x–7y+235=0

Длина стороны AC.

|AC| = = = = = 15.

Уравнение стороны AC.

12x–36=–9y+9

12x–9y–45=0

4x–3y–15=0

2) Уравнение высоты AD.

Общее уравнение перпендикуляра к стороне BC.

7x+24y+C₁=0

Искомая прямая проходит через точку A.

7∙3+24∙1+C₁=0

21+24+C₁=0

C₁=–45.

Уравнение высоты AD.

7x+24y–45=0

3) Уравнение медианы CM.

Середина стороны AB – точка M.

M(–5;–5)

Уравнение медианы CM.

18x+90=–y–5

18x+y+95=0

4) уравнение вписанной окружности.

Центром вписанной окружности треугольника является точка пересечения биссектрис.

Найдем уравнение биссектрисы угла A.

Для нахождения уравнения биссектрисы AN достаточно найти направляющий вектор этой прямой в качестве которого можно взять s=AB⁰+AC⁰, где AB⁰ – орт вектора AB, равный , AC⁰ – орт вектора AC.

Найдем орты.

AB⁰ =

AС⁰ =

AN = = = =

Так как длина направляющего вектора значения не имеет, то этот вектор можно умножить на любую константу.

(–7;1)

Уравнение биссектрисы AM.

x–3=–7y+7

x+7y–10=0

Найдем уравнение биссектрисы BP.

Найдем орты.

BC⁰ =

BA⁰ =

BP = = = =

Так как длина направляющего вектора значения не имеет, то этот вектор можно умножить на любую константу.

(27;39)

(9;13);

Уравнение биссектрисы BP.

13x+169=9y+99

13x–9y+70=0

Точка пересечения биссектрис.

x=–7y+10

–91y+130–9y+70=0

–100y+200=0

y=2

x+14–10=0

x=–4

Точка пересечения биссектрис R(–4;2), будет центром вписанной окружности треугольника.

Найдем радиус вписанной окружности треугольника.

Согласно известной формуле

, где p – полупериметр треугольника.

p=(15+20+25)/2=30.

= = 5.

Получили уравнение вписанной окружности.

(x+4)²+(y–2)²=25

В задачах 21–40 даны координаты вершин пирамиды A₁A₂A₃A₄. Найти 1) длину ребра A₁A₂; 2) угол между ребрами A₁A₂ и A₁A₄; 3) угол между ребром А₁A₄ и гранью A₁A₂A₃; 4) площадь грани A₁A₂A₃; 5) объем пирамиды; 6) уравнение прямой A₁A₂; 7) уравнение плоскости A₁A₂A₃; 8) уравнение высоты, опущенной из вершины A₄ на грань A₁A₂A₃. Сделать чертеж.

32. A₁(–4;2;8), A₂(–4;8;0), A₃(–2;6;2), A₄(–9;4;2).

Решение.

1) Длина ребра A₁A₂.

= = = 10.

2) угол между ребрами A₁A₂ и A₁A₄.

= (–4+4;8–2;0–8) = (0;6;–8)

= (–9+4;4–2;2–8) = (–5;2;–6)

cos φ = = = = 0.7442

φ = arccos 0.7442 = 0.73146 = 41.9°

3) угол между ребром А₁A₄ и гранью A₁A₂A₃.

Уравнение прямой А₁A₄.

Уравнение плоскости A₁A₂A₃.

= = (–4)(x+4)–16(y–2)+(–12)(z–8) = –4x–16–16y+32–12z+96 = –4x–16y–12z+112

Получаем уравнение плоскости

–4x–16y–12z+112=0

x+4y+3z–28=0

Угол между прямой и плоскостью

sin φ = = = = = 0.365

φ = arcsin 0.365 = 0.3736 = 21.4°

4) площадь грани A₁A₂A₃.

= (0;6;–8)

= (–2+4;6–2;2–8) = (2;4;–6)

= = i – j + k = –4i – 16j – 12k

5) Объем пирамиды равен 1/6 объема параллелепипеда, построенного на векторах A₁A₂, A₁A₃ и A₁A₄;

V = = = = = 10.

6) уравнение прямой A₁A₂.

Равенство нулю знаменателя первой дроби означает, что прямая лежит в плоскости x=–4.

7) уравнение плоскости A₁A₂A₃.

Уравнение этой плоскости было найдено в п. 3).

x+4y+3z–28=0

8) уравнение высоты, опущенной из вершины A₄ на грань A₁A₂A₃.

Вектор нормали плоскости A₁A₂A₃ будет направляющим вектором высоты. Т.к. высота проходит через точку A₄, получим ее уравнение:

В задачах 50–60 составить уравнение геометрического места точек, отношение расстояний которых до точки A(x,y) и прямой x=a равно числу b. Сделать чертеж.

52. A(8;0); x=4; b=

Решение.

Расстояние от точки с координатами (x;y) до точки F с координатами (8;0) будет равно

Расстояние от точки с координатами (x;y) до прямой x=4 равно x–4.

Гипербола.

В задачах 71–80 решить систему линейных уравнений методом Крамера.

72.

Решение.

∆ = = = (–1)∙ = 6.

Т.к. ∆≠0, то система имеет единственное решение.

∆₁ = = = (–1)∙ = 6.

∆₂ = = 4∙ = 4∙ = 4∙ = 4∙3=12

∆₃ = = = (–1)∙ = –12

В задачах 81–100 исследовать систему линейных уравнений на совместность и решить ее, если она совместна.

92.

Решение.

Запишем систему в матричной форме.

~ ~

Rg A=2≠3=Rg A*, следовательно система не совместна.

Контрольная работа № 2.

В задачах 101–120 найти пределы функций, не пользуясь правилом Лопиталя.

112. а) = = = = = –5∙2 = –10

б) = = = = = 1.

в) = = = = =

В задачах 121–140 найти производные y’.

132. а)

= = = = =

б)

– = – = + = + = + = = = =

в)

= = =

г)

Решение.

Преобразуем выражение.

Взяв производную, получим:

д)

= = =

= =

В задачах 141–160 найти приближенное значение указанных величин с помощью дифференциалов соответствующих функций.

152. arcsin 0.4983

Решение.

Воспользуемся формулой дифференциала.

y(x) ≈ y(x₀)+y’(x₀)·∆x

В этих обозначениях получим:

x₀=0.5

x=0.4983

∆x=x–x₀=–0.0017

= = = 0.5236–0.0019 = 0.5217

В задачах 161–180 исследовать данные функции методами дифференциального исчисления и построить их графики. Исследование функции рекомендуется проводить по следующей схеме: 1) найти область определения функции; 2) исследовать функцию на непрерывность; 3) определить является ли данная функция четной, нечетной; 4) найти интервалы возрастания, убывания функции и ее точки экстремума; 5) найти интервалы выпуклости и вогнутости графика функции и точки перегиба; 6) найти асимптоты графика функции.

172.

Решение.

1) Областью определения функции является вся числовая прямая.

2) Функция является непрерывной в области определения.

3) Четность функции.

, т.е. функция нечетна.

4) Исследуем функцию на монотонность. Для этого найдем производную.

x
y’	–	0	+	0	–
y	↓	мин	↑	макс	↓

5) Исследуем функцию по второй производной.

= = =

y”=0

4x³–6x=0

y(0)=0

x				0
y”	–	0	+	0	–	0	+
y	выпукла	т. перегиба	вогнута	т. перегиба	выпукла	т. перегиба	вогнута

6) Асимптоты.

а) т.к. функция непрерывна в области определения, то вертикальных асимптот нет

б) Невертикальные. y=kx+b

y=0 – горизонтальная асимптота.

192. Периметр равнобедренного треугольника равен 2p. Каковы должны быть его стороны, чтобы объем тела, образованного вращением этого треугольника вокруг его основания был наибольшим?

Решение.

Обозначим длину боковой стороны треугольника a. Тогда длина основания треугольника будет равна 2b=2(p–a).

Найдем объем тела, образованного вращением этого треугольника вокруг его основания.

Так как объемы тел, образованными вращениями половин треугольника, обозначенных на рисунке цифрами 1 и 2 равны, то можно найти объем только одного тела.

Найдем объем тела, образованного вращением треугольника 1.

Уравнение гипотенузы этого треугольника будет