Определение объема и площади геометрических фигур. 
Системы линейных неравенств

Задание 1

57. даны вершины треугольника АВС. Найти

1) длину стороны АВ;

2) уравнения сторон АВ и АС и их угловые коэффициенты;

3) внутренний угол А;

4) уравнение медианы проведенной ихз вершины В;

5) уравнение высоты СD и ее длину;

6)уравнение окружности для которой высота СD есть диаметр и точки пересечения этой окружности со стороной АС;

7) уравнение биссектрисы внутреннего угла А;

8) площадь треугольника АВС;

9) систему линейных неравенств, определяющих треугольник АВС.

Сделать чертеж.

Дано:

А (7, 9); В (-2, -3); С (-7, 7)

Решение:

1) Найдем длину вектора

= (х_b — x_a)² + (y_b — y_a)² = ((-2)-7)² + (-3 — 9)² = 9² + 12² = 225

= = 15 — длина стороны АВ

2) Найдем уравнение стороны АВ

Уравнение прямой, проходящей через точки А (х_а; у_в) и В (х_а; у_в) в общем виде Подставим координаты точек, А и В в это уравнение прямой

=

=

=

S_AB = (- 3, — 4) называется направляющим вектором прямой АВ. Этот вектор параллелен прямой АВ.

— 4(х — 7) = - 3(у — 9)

— 4х + 28 = - 3у + 27

— 4х + 3у + 1 = 0 — уравнение прямой АВ Если уравнение записать в виде: у = х — то можно выделить его угловой коэффициент: k₁ =4/3

Вектор N_AB = (-4, 3) называется нормальным вектором прямой AB.

Вектор N _AB = (-4, 3) перпендикулярен прямой AB.

Аналогично найдем уравнение стороны АС

=

=

=

S_AС = (- 7, — 1) — направляющий вектор стороны АС

— 1(х — 7) = - 7(у — 9)

— х + 7 = - 7у + 63

— х + 7у — 56 = 0 — уравнение стороны АС у = = х + 8 откуда угловой коэффициент k₂ = 1/7

Вектор N _AC = (- 1, 7) — нормальный вектор прямой AC.

Вектор N _AC = (- 1, 7) перпендикулярен прямой AC.

3) Найдем угол А

Запишем формулу скалярного произведения векторов и

* = * cos LA

Для нахождения угла, А достаточно найти косинус данного угла. Из предыдущей формулы запишем выражение для косинуса угла А

cos LA =

Находим скалярное произведение векторов и

= (х_в — х_а; у_в — у_а) = (- 2 — 7; - 3 — 9) = (-9, -12)

= (х_с — х_а; у_с — у_а) = (- 7 — 7; 7 — 9) = (-14; -2)

= -9*(-14) + (-12)*(-2) = 150

Длина вектора = 15 (нашли ранее) Найдем длину вектора

= (х_С — x_а)² + (y_с — y_a)² = (-14)² + (-2)² = 200

= = 14,14 — длина стороны АС Тогда cos LA = = 0,7072

LA = 45⁰

4) Найдем уравнение медианы ВЕ, проведенной из точки В на сторону АС

Уравнение медианы в общем виде

Теперь необходимо найти направляющий вектор прямой ВЕ.

Достроим треугольник АВС до параллелограмма АВСD, таким образом, чтобы сторона АС являлась его диагональю. Диагонали в параллелограмме делятся пополам, т. е. АЕ = ЕС. Следовательно, точка E лежит на прямой BF.

В качестве направляющего вектора прямой BE можно принять вектор, который и найдем .

= +

= (х_c — х_b; у_c — у_b) = (- 7- (-2); 7 — (-3)) = (-5. 10)

= (х_a — х_b; у_a — у_b) = (7 — (-2); 9 — (-3)) = (9; 12)

= + = (-5 + 9; 10 + 12) = (4; 22)

Подставим в уравнение Подставим координаты точки С (-7; 7)

11(х + 7) = 2(у — 7)

11х + 77 = 2у — 14

11х — 2у + 91 = 0 — уравнение медианы ВЕ Так как точка Е — середина стороны АС, то ее координаты х_е = (х_а + х_с)/2 = (7 — 7)/2 = 0

у_е = (у_а + у_с)/2 = (9 + 7)/2 = 8

Координаты точки Е (0; 8)

5) Найдем уравнение высоты CD и ее длину

Уравнение в общем виде Необходимо найти направляющий вектор прямой СD

Прямая СD перпендикулярна прямой АВ, следовательно, направляющий вектор прямой СD параллелен нормальному вектору прямой АВ

_CD? _AB

То есть в качестве направляющего вектора прямой CD можно принять нормальный вектор прямой АВ Вектор _AB найден ранее: _AB (-4, 3)

Подставим координаты точки С, (- 7; 7)

3(х + 7) = - 4(у — 7)

3х + 21 = - 4у + 28

3х + 4у — 7 = 0 — уравнение высоты С D

Координаты точки D:

Точка D принадлежит прямой АВ, следовательно, координаты точки D (x_d. y_d) должны удовлетворять уравнению прямой АВ, найденному ранее Точка D принадлежит прямой CD, следовательно, координаты точки D (x_d. y_d) должны удовлетворять уравнению прямой CD,

Составим систему уравнений на основе этого Координаты D (1; 1)

Найдем длину прямой CD

= (х_d — x_c)² + (y_d — y_c)² = (1 + 7)² + (1 — 7)² = 64 +36 = 100

= = 10 — длина прямой СD

6) Найдем уравнение окружности диаметром СD

Очевидно, что прямая СD проходит через начало координат так как ее уравнение -3х — 4у = 0, следовательно, уравнение окружности можно записать в виде

(х — а)² + (у — b)² = R² — уравнение окружности с центром в точке (а; b)

Здесь R = СD/2 = 10 /2 = 5

(х — а)² + (у — b)² = 25

Центр окружности О (а; b) лежит на середине отрезка СD. Найдем его координаты:

х₀ = a = = = - 3;

y₀ = b = = = 4

Уравнение окружности:

(х + 3)² + (у — 4)² = 25

Найдем пересечение этой окружности со стороной АС:

точка К принадлежит одновременно окружности и прямой АС

— х + 7у — 56 = 0 — уравнение прямой АС, найденной ранее.

Составим систему Таким образом, получили квадратное уравнение

50у² — 750у +2800 = 0

у² — 15у + 56 = 0

=

у₁ = 8

у₂ = 7 — точка, соответствующая точке С следовательно координаты точки Н:

х = 7*8 — 56 = 0

Н (0; 8)

7) Найдем уравнение биссектрисы внутреннего угла А

Воспользуемся свойством биссектрисы треугольника:

Биссектриса делит противоположную сторону на части, пропорционально прилежащим к ней сторонам:

Если точка Н (x_h y_h) лежит на прямой, проходящей через две точки В (х₁, у₁) = (-2, -3) и С (х₂, у₂) = (-7, 7) И дано отношение г, в котором точка Н делит отрезок ВС, то координаты точки Н определяются как х = у =

= = 1.6 066

тогда x_h = = -4,574

y_h = = 2,147

Зная две точки Н (- 4,574; 2,147) и А (7, 9) найдем уравнение прямой Подставим координаты точек, А и H в это уравнение прямой

=

=

— 6,853(х — 7) = - 11,574(у — 9)

— 6,853х + 47,971 = -11,574у +104,166

— 6,85х + 11,574у — 56,195 = 0 — уравнение биссектрисы АН

8) Площадь треугольника

Площадь ориентированного треугольника в декартовой системе координат:

=

= =

= = = (-10*14 — (-5)*(-2))= (-140 — 10) = -150/2 = -75

Окончательно: S = = 75

9) Составим систему линейных неравенств

Запишем уравнения сторон треугольника АВС

— 4х + 3у + 1 = 0 — уравнение прямой АВ

— х + 7у — 56 = 0 — уравнение стороны АС уравнение стороны ВС:

С (х_с; у_с) и В (х_а; у_в) в общем виде Подставим координаты точек С (-7, 7) и В (-2, -3) в это уравнение прямой

=

=

=

— 2(х + 7) = 1(у — 7)

— 2х — 14 = у — 7

— 2х — у — 7 = 0 — уравнение прямой СВ Рассмотрим точку О (0, 0), лежащую внутри треугольника, очевидно, что в итоге система неравенств примет вид Замечание: проверим принадлежность, найденной ранее точки пересечения биссектрисы с о стороной ВС, подставив координаты точки Н в уравнение для прямой ВС:

— 2*(-4,574) — 2,147 — 7 = 0

9,147 — 2,147 — 9 = 0 — точка найдена верно!

Задание 2

Даны силы и и координаты точки М. найти:

1) равнодействующую силу сил и, ее величину и направляющие косинусы;

2) работу силы при перемещении ее точки приложения из начало координат в точку М;

3) момент силы, приложенной к началу координат, относительно точки М. Сделать чертеж.

Дано:

= - 7 — +

= 4 + + 3

M (-2, -1, — 1)

1) Равнодействующая сила есть векторная сумма и

Модули заданных сил:

= = =

= = = = 5

Найдем сумму векторов и — равнодействующую силу

= {(x₁ + x₂); (y₁ + y₂); (z₁ + z₂)} = {(-7 + 4); (-1 + 1); (1 + 3)} = {- 3; 0; 4}

Ее величина: = = = = 5

Направляющие косинусы:

Cos₁ = = = - 0.6

Cos₂ = = = 0

Cos₃ = = = 0.8

2) Найдем вектор =

={(x_М — x₀); (y_М — y₀); (z_М — z₀)} = {(-2 + 0); (-1 — 0); (-1 — 0)} = {- 2; -1; -1}

Тогда работа по перемещению точки приложения силы :

А = * = {- 3; 0; 4}* = 6 — 0 — 4 = 2

3) Вычислим момент силы , приложенной к началу координат, относительно точки М

= (2, 1, 1), тогда искомый момент будет равен векторному произведению векторов и :

Т = = i (1*4 — 0*1) — j (2*4 — 1*(-3)) + k (2*0 — (-3)*1) = 4i — 11j +3k

Задание 3

треугольник тетраэдр геометрический неравенство даны координаты вершин пирамиды А₁ А₂ А₃ А₄. Найти:

1) длину ребра А₁А₂;

2) угол между А₁А₂ и А₁А₃;

3) угол между ребром А₁А₄ и гранью А₁А₂А₃;

4) площадь грани А₁А₂А₃;

5) объем пирамиды;

6) уравнение прямой А₁А₂;

7) уравнение плоскости А₁А₂А₃;

8) уравнение высоты, опущенной из вершины А₄ на грань А₁А₂А₃ и ее длину;

9) координаты центра тяжести пирамиды, считая плотность постоянной.

Построить чертеж.

Дано:

А₁ (-7, -1, 2)

А₂ (3, 9, 7)

А₃ (-3, -3, -2)

А₄(-13, -1, -4).

Решение начнем с построения чертежа (рис 1)

1) Найдем длину ребра А₁А₂

= (х₂ — x₁)² + (y₂— y₁)² + (z₂ — z₁)² = (3 — (-7))² + (9 — (-1))² +(7 — 2)² = =10² + 10² + 5² = 225

= = 15 — длина стороны

2) угол между А₁А₂ и А₁А₃

Найдем координаты векторов:

= ((х₂ — x₁) + (y₂— y₁) + (z₂ — z₁)) = (10; 10; 5), его длина = 15

= ((х₃ — x₁) + (y₃— y₁) + (z₃ — z₁)) = (-3 — (-7); -3 — (-1); -2 — 2) = (4; - 2; - 4), его длина = = = = 6

запишем выражение для косинуса угла ц

cos ц =

cos ц = = = 0, т. е. угол ц = 90⁰ — прямой следовательно, треугольник — основание пирамиды А₁А₂А₃ — прямоугольный треугольник Рис. 1. Исходная пирамида

3) Угол между ребром А₁А₄ и плоскостью А₁А₂А₃ есть угол в = LКА₁А₄ между ребром А₁А₄ и ортогональной проекцией А₁К на плоскость А₁А₂А₃

Направляющий вектор

= ((х₄ — x₁) + (y₄— y₁) + (z₄ — z₁)) =

= {(-13) — (-7); -1 — (-1); (-4 — 2)} = (-6; 0; -6) = (х₁₄; у₁₄; z₁₄)

Пусть = (x_n; y_n; z_n) — нормальный вектор к плоскости А₁А₂А₃, тогда ц = угол между А₁А₄ и и искомый угол

= = =

Рис. 2.

Находим нормальный вектор

x_n = = = = 18 — 48 = -30

y_n = = = = 24 + 36 = 60

z_n = - = = -(12 + 48) = - 60

вектор = (-30; 60; -60) = (-1; 2; -2)

= = = = =

в = 45⁰

4) Площадь грани А₁А₂А₃

Найдем векторное произведение *

= (10, 10, 5)

= (4, -2, -4)

* = = i — j + k =

(-40+10) — j (-40 — 20) + k (-20 — 40) = -30i +60j — 60k = {-30; 60; -60}

тогда площадь грани А₁А₂А₃

S _А1А2А3 = = =

= = 90/2 = 45

5) Объем пирамиды

Найдем координаты векторов; и :

= (-7-(-13), -1 — (-1), 2 — (-4)) = (6, 0, 6)

= (3 — (-13), 9 — (-1), 7- (-4)) = (16, 10, 11)

= (-3- (-13), -3 — (-1), -2 — (-4)) = (10, -2, 2)

Находим смешанное произведение векторов (х)* :

(х)* = = 6*(10*2 — (-2)*11) — 0 + 6(16*(-2) — 10*10) = 6*42 + 6*(-32 — 100) = 6*42 + 6*(-132) = - 6*90 = - 540

Найдем объем пирамиды:

V= 1/6* = 1/6*540 = 90

6) Уравнение прямой А₁А₂

Воспользуемся формулой

=

Подставим в формулу координаты точек

=

=

=

7) Уравнение плоскости А₁А₂А₃

Возьмем произвольную точку, А (х, у, z), принадлежащую плоскости уравнение которой необходимо найти.

Находим координаты следующих векторов:

= (х — (-3), у — (-3), z — (-2))

= (-7- (-3), -1 — (-3), 2 — (-2)) = (-4, 2, 4)

= (3 — (-3), 9 — (-3), 7 — (-2)) = (6, 12, 9)

Данные векторы имеют своё начало в точке А₃

Очевидно, что если все четыре точки лежат в одной плоскости, то объем треугольной пирамиды, ребрами которой являются найденные векторы, равен нулю.

Равенство нулю объема рассматриваемой пирамиды записывается следующим образом:

= 0

Представим данный определитель в виде разности двух определителей

= - = 0

х (18 — 48) — у (-36−24) + z (-48 -12) — {-3*(18 — 48) + 3*(-36 — 24) — 2*(-48 — 12)} = -30х +60у -60z — (90 — 180 + 120) = -30х +60у — 60z -30 = 0

окончательно:

— 30х +60у — 60z -30 = 0

— х +2у -2z — 1 = 0

8) Tак как высота А₄К (рис. 2) перпендикулярна плоскости А₁А₂А₃ в качестве ее направляющего вектора можно выбрать вектор нормали

= (-30; 60; -60) = (-1; 2; -2)

Так как прямая проходит через точку А₄ ее каноническое уравнение принимает вид:

=

=

Длина высоты — это расстояние от вершины А₄(-13, -1, -4) до плоскости А₁А₂А₃ -х +2у -2z — 1 = 0

А₄К = = = = 6

9) Найдем координаты центра масс G тетраэдра:

Х_ц.м = = = -5

Y_ц.м = = = 1

Z_ц.м = = = 0.75

(Х_ц.м., Y_ц.м, Z_ц.м) = (- 5; 1; 0.75)

Задание 4

Составить уравнение геометрического места точек, для каждой из которых отношение расстояния до данной точки, А (х₁, у₁) к расстоянию до данной прямой у = b равно числу k. полученное уравнение привести к каноническому виду и построить кривую.

Дано:

А (7, -4)

у = 2,

k = 1.

Решение:

Обозначим искомое геометрическое место точек через М (х, у), тогда

· расстояние между точками

= =

· расстояние от точки M (х, у) до прямой Ax + By + C = 0

d = = =

по условию = 1

= 1

Произведем последовательные преобразования:

=

= ²

(х — 7)² + у² +8у + 16 — у² +4у — 4 = 0

(х — 7)² = 12у + 12

(х — 7)² = - 2*(-6)(у + 1)

А это уравнение параболы относительно х х² = -2ру — каноническое уравнение параболы

— 6 — фокальный параметр у = - 3 — директриса координаты вершины параболы: (7; -1)

координаты фокуса: (7; 3)

Задание 5

Линия задана уравнением в полярной системе координат. Требуется:

1) построить по точкам, от ц = 0 до ц = 2;

2) найти уравнение данной линии в прямоугольной системе координат, у которой начало совпадает с полюсом, а положительная полуось абсцисс — с полярной осью;

3) по полученному уравнению определить какая это линия Дано: r =

Решение:

1) сделаем построения по точкам

Выделенные элементы смысла не имеют.

2) перейдем к декартовой системе координат

r =

=

r = = =

=

=

= 12.6

= 12.6 — 5x

16(x² + y²) = 158.76 — 126x + 25x²

9x² — 16y² — 126x + 158.76

9(x² — 14x + 49) — 16y² — 282.24 = 0

9(x — 7)² — 16y² = 282.24

— = 1 — уравнение гиперболы Центр смещен по оси Х в точку (+7, 0)

a = = 5.6 b = = 4.2

координаты вершин гиперболы:

А₁ (7 — 5,6; 0) = (1,4; 0)

А₂ (7 + 5,6; 0) = (13,6; 0)

Асимптоты:

у₁ = bx/a = 0.75(x — 7)

y₂ = -bx/a = -0.75(x — 7)

эксцентриситет гиперболы: е = = = 1.25

c = a*e = 5.6*1.25 = 7

следовательно, фокусы гиперболы

F₁ = (7 — 7; 0) = (0; 0)

F₂ = (7 + 7; 0) = (14; 0)