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.

17. A(11;0), B(–5;–12), C(2;12)

Решение.

1) Длина стороны AB.

|AB| =  =  =  =  = 20

Уравнение стороны AB.

12x+60=16y+192

12x–16y–132=0

3x–4y–33=0

Длина стороны BC.

|BC| =  =  =  =  = 25

Уравнение стороны BC.

24x+120=7y+84

24x–7y+36=0

Длина стороны AC.

|AC| =  =  =  =  = 15.

Уравнение стороны AC.

–12x+24=9y–108

12x+9y–132=0

4x+3y–44=0

2) Уравнение высоты AD.

Общее уравнение перпендикуляра к стороне BC.

7x+24y+C₁=0

Искомая прямая проходит через точку A.

7∙11+24∙0+C₁=0

77+C₁=0

C₁=–77.

Уравнение высоты AD.

7x+24y–77=0

3) Уравнение медианы CM.

Середина стороны AB – точка M.

M(3;–6)

Уравнение медианы CM.

18x–54=–y–6

18x+y–48=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–11=–7y

x+7y–11=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+65=9y+108

13x–9y–43=0

Точка пересечения биссектрис.

x=–7y+11

–91y+143–9y–43=0

–100y+100=0

y=1

x+7–11=0

x=4

Точка пересечения биссектрис R(4;1), 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–1)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.

37. A₁(4;4;3), A₂(2;7;3), A₃(2;4;9), A₄(4;7;1).

Решение.

1) Длина ребра A₁A₂.

 =  =  = .

2) угол между ребрами A₁A₂ и A₁A₄.

 = (2–4;7–4;3–3) = (–2;3;0)

 = (4–4;7–4;1–3) = (0;3;–2)

cos φ =  =  =  = 0.6923

φ = arccos 0.6923 = 0.806 = 46.18°

3) угол между ребром А₁A₄ и гранью A₁A₂A₃.

Уравнение прямой А₁A₄.

Уравнение плоскости A₁A₂A₃.

 =  = 18(x–4)–(–12)(y–4)+6(z–3) = 18x–72+12y–48+6z–18 = 18x+12y+6z–138

Получаем уравнение плоскости

18x+12y+6z–138=0

3x+2y+z–23=0

Угол между прямой и плоскостью

sin φ =  =  =  = 0.2965

φ = arcsin 0.2965 = 0.301 = 17.25°

4) площадь грани A₁A₂A₃.

 = (–2;3;0)

 = (2–4;4–4;9–3) = (–2;0;6)

 =  = i – j + k = 18i + 12j – 6k

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

V =  =   =  =  = 4.

6) уравнение прямой A₁A₂.

Равенство нулю знаменателя третьей дроби означает, что прямая лежит в плоскости z=3.

7) уравнение плоскости A₁A₂A₃.

Уравнение этой плоскости было найдено в п. 3).

3x+2y+z–23=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.

57. A(–1;0); x=–4; b=1/2

Решение.

Расстояние от точки с координатами (x;y) до точки F с координатами (–1;0) будет равно

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

Эллипс.

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

77.

Решение:

∆ =  = 2∙ – 3∙ – 1∙ = 2∙(–1)–3∙(–5)–1∙(–3) = –2+ +15+ 3 = 16

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

∆₁ =  =  = 2∙ = 2∙32=64

∆₂ =  =  = (–2)∙ = (–2)∙16 = –32

∆₃ =  =  = 0, т.к. вторая и третья строки пропорциональны.

 

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

97.

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.

117. а)  =  =  =  = 2∙2 = 4

б)  =  =  =  = 0.

в)  =  =  =  = e^–4.

В задачах 121–140 найти производные y’.

137. а)

 =  =  =  =  =  =  =  =

б)

 =  =  =  =  =  =

в)

 =  =

 =  =  =  =

г)  

Решение.

д)

 =  =

 =  =  =  =

 = :  = t²–1.

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

157.

Решение.

Воспользуемся формулой дифференциала.

y(x) ≈ y(x₀)+y’(x₀)·∆x

В этих обозначениях получим:

x₀=1

x=1.03

∆x=x–x₀=0.03

 =  =  = 1.02

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.

177. y=ln(x²+1)

Решение.

1) Областью определения функции является вся числовая прямая.

2) Функция является непрерывной в области определения.

3) Четность функции.

y(–x)=ln((–x)²+1)=ln(x²+1)=y(x), т.е. функция четна.

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

y’= =

 = 0

x=0

y(0)=0

x	(–∞;0)	0	(0;+∞)
y'	–	0	+
y	↓	мин	↑

5) Исследуем функцию по второй производной.

y"= =  =  =

 = 0

2x²=2

x²=1

x=–1;1

y(1)=ln(2)=0.693

y(–1)=ln(2)=0.693

x	(–∞;–1)	–1	(–1;1)	1	(1;+∞)
y"	–	0	+	0	–
y	выпукла	т. перегиба	вогнута	т. перегиба	выпукла

6) Асимптоты.

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

б) Невертикальные. y=kx+b

 =  =  =  = 0

 =  ∙  = ∞∙∞ = ∞

Асимптот  нет.

197. Какой должен быть угол при вершине равнобедренного треугольника заданной площади, чтобы радиус вписанного в этот треугольник круга был наибольшим?

Решение.

Между элементами любого треугольника имеется соотношение:

Так как наш треугольник равнобедренный, то это соотношение можно переписать так:

 =  =  =  =  =  =  =

Получили соотношение:

Из него следует, что r достигает минимума тогда, когда выражение  достигает максимума.

Найдем производную.

 =  =

Найдем экстремумы функции.

Т.к. , то искомый треугольник – равносторонний.

В задачах 201–220 найти неопределенные интегралы:

217. а)  =  =  =  =  =  –  = –  –  = –  +  +  = –  +  + + С = –  +  + + С =  +  + С =  +  + С

б)

Решение.

Разложим подынтегральное выражение на простые дроби.

 =  =  =

Приравнивая коэффициенты при соответствующих степенях, получим:

Решив систему, получим:

A=1

C=0

B=0

D=1

Таким образом получаем следующее разложение:

 =

Вернемся к интегралу

 =  +

Возьмем полученные интегралы по отдельности.

 =  =  + C

 =  =  =  =  + C =  + С =  + С

В итоге получим:

 =  +  + С

в)  =  =  =  =  =  =  =  =  + C =  + C

В задачах 221–240 вычислить несобственный интеграл или доказать его расходимость:

237.  =  =  =  =  =  = ln(ln2) – (–∞) = ∞.

Следовательно, интеграл расходится.

257. y=x²–2x+1; y=0; x=2.

Решение.

Объем тела, образованного вращением кривой x=x(y) вокруг оси Oy равен:

Преобразуем уравнение кривой, в вид x=x(y).

y=x²–2x+1

y=(x–1)²

Получаем:

 =  =  =  =  =  = .