Задание 1. Найти (методом присоединенной матрицы) матрицу, обратную
к матрице А. Сделать проверку.
 7  3 5


А   5 2 1
 2  1 3


Задание 2. Дана система линейных уравнений. Доказать ее совместимость и
решить тремя способами:
1. методом Гаусса;
2. методом Крамера;
3. средствами матричного исчисления.
Сделать проверку.
3x  2 y  2 z  0

x  5 y  8z  1
4 x  2 y  z  4

Задание 3.
1.
Найти длину вектора с  а  b , если a  i  3 j  k , b  2i  k .
Задание 4. Даны координаты вершин пирамиды А1А2А3А4. Найти:
1)
2)
3)
4)
5)
длину ребер A1A2; A1A3; A1A4;
угол между ребрами: A1A2 и A1A4;
площадь грани A1A2А3;
объем пирамиды;
длину высоты, опущенной из вершины А4 на грань A1A2А3.
А1 (1; -1; 2), А2 (2; 1; 2),
А3 (1; 1; 4),
А4 (6; -3; 8).
Задание 5.
Дана прямая 2х + 3у + 4 = 0. Составить уравнение прямой, проходящей через
точку М0(2;1) под углом в 45 0 к данной прямой.
l1 : 5 x  y  6  0
Задание 6.
Составить уравнение и построить линию, расстояния каждой точки которой
от начала координат и от точки А (5;0) относятся как 2:1.
Задание 7.
Составить каноническое уравнение эллипса, зная, что большая полуось а =
12, а эксцентриситет ε = 0,5. Построить линию.
Задание 8.
Линия задана уравнением r = r(φ) в полярной системе координат, где r ≥ 0.
Требуется: 1) построить линию по точкам начиная от φ = 0 до φ = 2π и
придавая φ значения через промежуток π/8; 2) найти уравнение данной
линии в декартовой прямоугольной системе координат, у которой начало
совпадает с полюсом, а положительная полуось абсцисс - с полярной осью;
3) по уравнению в декартовой прямоугольной системе координат
определить, какая это линия. Построить линию
r = 2cos2φ
Образец выполнения контрольной работы
Задание 1. Найти матрицу, обратную к матрице
3 2 1 


А   1 1  1
 4 1 5 


Решение:
1)
Вычислим определитель матрицы А
3
2
1
1 1
1 1 1 1
А  det A    1 1  1  3
2
1
 12  18  5  11  0
1 5
4 5
4 1
4 1 5
2)
Обратная матрица А-1 вычисляется по формуле А1 
АijT
А
, где АijТ –
транспонированная матрица, составленная из алгебраических дополнений.
а) Найдем алгебраические дополнения всех элементов матрицы
1 1
 4;
1 5
А12   1
А21   1
2 1
 11;
1 5
А31   1
2 1
 3 ;
1 1
А11   1
11
2 1
3 1
1 1
 9 ;
4 5
А13   1
А22   1
3 1
 11 ;
4 5
А23   1
3 2
 11
4 1
А32   1
3 1
 4;
1 1
А33   1
3 2
1
1 1
1 2
2 2
3 2
1 3
23
3 3
1 1
 5
4 1
б) Составим матрицу алгебраических дополнений
 4  9  5


Аij    11 11 11 
 3 4
1 

в) Транспонируем матрицу Аij и получим АijТ
 4  11  3 


Аij    9 11
4 
  5 11
1 

T
г) Вычисляем обратную матрицу
3 
 4
1


11 
 4  11  3   11

1
9
4
А1     9 11
4 
1  
 11
11 
11 
1   5
1
  5 11
1  

11 
 11
1 0 0


д) Для проверки умножим А на А, получим А  А  Е   0 1 0 
0 0 1


-1
1
3 
12
8
3
4
15 
 4
 12
1


  1 ;  1 ;  1 
11
11
11
11
11
11
11
11   1 0 0 

  3 2 1  
9
4
27
16
18
4
9
20
1
   0 1 0   Е
А А
 1     1 1  1  
1 ;
1 ;
1
 11
11  
11
11
11
11
11  
  11

 5
1   4  1 5   15
4
10
1
5
5  0 0 1

1


1

;

1

;

1





11 
11
11
11
11
11 
 11
 11
3 
 4
1


11 
 11
9
4
Ответ: А1  
1   .
 11
11 
 5
1
1  

11 
 11
Задание 2. Дана система линейных алгебраических уравнений (СЛАУ)
x  y  z  0

4 x  6 y  6 .
3x  y  2 z  1

Доказать ее совместимость и решить тремя способами:
1. методом Гаусса;
2. методом Крамера;
3. средствами матричного исчисления.
Решение:
1.
Метод Гаусса заключается в последовательном исключении
неизвестных и осуществляется в два этапа:
а) прямой ход заключается в приведении системы к ступенчатому
(треугольному) виду; при этом, последнее уравнение системы имеет одну
неизвестную; б) Обратный ход заключается в последовательном
определении неизвестных из уравнений системы.
С помощью элементарных преобразований над строками расширенной
матрицы системы сведем ее к треугольному виду. Если в процессе СЛАУ
методом Гаусса какая-либо строка примет вид 0=0, это будет
свидетельствовать о том, что СЛАУ имеет бесконечное множество решений,
если же возникает строка 0 = const, то система несовместна.
 1  1 1 0   1  1 1 0   3  1  1 1 0   4  1  1 1 0 

 





~ 0  4 51 
~
 4  6 0  6 ~  3 1  2 1   ~  1  4 5 1 
 3 1  2 1   4  6 0  6
 4  6 0  6    0 2 4 6   2

 





1 1 1 0 
1 1 1 0




~ 0  4 51 
~  0  4 5 1   z  1  4 y  5 z  1  4 y  1  5 z  4 y  1  5  1 
 0 0 0 13  : 13  0 0 1 1 




 4 y  4  y  1  x  y  z  0  x  y  z  1  1  0 . Ответ: (0,1,1).
2.
Методом Крамера
При А  det A    0 СЛАУ совместна и, причем, она имеет единственное
решение, которое может быть найдено по формулам Крамера
x

x

, y  y , z  z , где ∆ - определитель матрицы А системы, а ∆х, ∆у, ∆z –



определители
для
неизвестных
(х,у,z),
полученные
заменой
соответствующего столбца, составленного из коэффициентов при
неизвестных, на столбец свободных членов.
1
1
1
1 1
1 1
  4  6 0  4
6
 4  30  26
1 2
3 2
3 1 2
1
0
1
1 1
0
1
х   6  6 0  6
6
660
1 2
1  2
1 1  2
1
0
1
1
1
0
6 0
4 6
у  4  6 0 1
1
 12  14  26
1  2 3 1
3 1  2
6 6 4 6
z  4  6  6  1
1
 12  14  26
1 1
3 1
3 1 1
x
0
26
26
 0; y 
 1; z 
 1 . Ответ: (0,1,1).
26
26
26
3.
средствами матричного исчисления
СЛАУ удобно записать в матричной форме А·Х=С, где А – матрица системы, Х
– столбец неизвестных членов, С – столбец свободных членов.
Из матричного уравнения следует Х = А-1С, (*) где А-1 – обратная матрица,
1
которая вычисляется по формуле А 
АijT
А
, где АijТ – транспонированная
матрица, составленная из алгебраических дополнений.
Вычислим определитель матрицы А (смотрите выше) А  det A    26  0
а) Найдем алгебраические дополнения всех элементов матрицы
А11   1
11
6 0
 12 ;
1 2
А12   1
1 2
4 0
8;
3 2
А13   1
1 3
4 6
 22
3 1
А21   1
1 1
1
2 2 1
 1 ; А22   1
 5 ;
1 2
3 2
А23   1
1 1
 4
3 1
А31   1
1 1
 6;
6 0
А33   1
1 1
 2
4 6
2 1
3 1
А32   1
3 2
1 1
4;
4 0
23
3 3
б) Составим матрицу алгебраических дополнений
 12 8 22 


Аij    1  5  4 
6
4  2 

в) Транспонируем матрицу Аij и получим АijТ
 12  1 6 


Аij   8  5 4 
 22  4  2 


T
г) Вычисляем обратную матрицу
1
6


26
 12  1 6   13
 4
1 
5
1
А   8 5 4  


26 
26
 13
2
 22  4  2   11


13
 13
3 

13 
2 
13 
1
 
13 
Согласно формуле (*) столбец решений
1
6


13
26
 x 
 
4
5
X   y  


13
26
z 
11
2
 


13
 13
3 
3
 6

  
13   0   26 13   0 
2     30 2    .
   6 

 1
13     26 13   
1    1   12 1   1 
 
  
13 
 13 13 
Таким образом, СЛАУ: х = 0, у = 1, z = 1, что подтверждается в ходе проверки
(подстановки полученных значений в каждое уравнение системы).
Задание 3. Даны вершины треугольника АВС: А(1;-1;2), B(5;-6;2), С(1;3;-1).
Найти длину его высоты, опущенной из вершины В на сторону АС.
Решение: Площадь
S
треугольника АВС равна
половине площади
параллелограмма, построенного на векторах АВ и АС , то есть S 
Имеем:
АВ  4,5,0 ,
1
AB  AC .
2
АС  0,4,3 . Тогда векторное произведение этих
векторов
равно
i
j
k
5 0
4 0
4 5
АВ  АС  4  5 0  i
j
k
 15i  12 j  16k  15,12,16 .
4 3
0 3
0 4
0 4 3
S
1
1
1
AB  AC 
152  122  16 2   25 (*).
2
2
2
1
2
Известно, что площадь треугольника равна S  AC  h (**).
Приравняем равенства (*) и (**) и определим высоту h

1
1
25
 25  АС  h  h 

2
2
AC
25
4   3
2
2

25
 5 . Ответ: h = 5.
5
Задание 4. Даны координаты вершин пирамиды А1А2А3А4
А1 (2; -1; 1), А2 (5; 5; 4), А3 (3; 2; 3), А4 (4; 1; 3). Найти:
1)
длину ребер A1A2; A1A3; A1A4;
2)
угол между ребрами: A1A2 и A1A4;
3)
площадь грани A1A2А3;
4)
объем пирамиды;
5)
длину высоты, опущенной из вершины А4 на грань A1A2А3.
Решение:
1)
А1 А2  5  2, 5   1, 4  1  3,6,3 , А1 А2  32  62  32  54  3 6
А1 А3  3  2, 2   1, 3  1  1,3,2 , А1 А3  12  32  22  14
А1 А4  4  2, 1   1, 3  1  2,2,2 , А1 А4  22  22  22  12  2 3
2)
Пусть α угол между ребрами A1A2 и A1A4. Скалярное произведение
векторов А1 А2  х1 , у1 , z1  и А1 А4  х2 , у2 , z2  запишется в следующем виде:
А1 А2  А1 А4  А1 А2  А1 А4 cos   x1 x2  y1 y2  z1 z2  cos  

x1 x2  y1 y2  z1 z2 3  2  6  2  3  2


3 6 2 3
A1 A2  A1 A4
24
4
4


 0,9428    arccos0,9428  19,5 .
6 18
18 3 2
3)
Площадь грани A1A2А3 будем вычислять, исходя из геометрического
смысла векторного произведения векторов. Модуль векторного
произведения векторов численно равен площади параллелограмма,
построенного на этих векторах. Площадь треугольника A1A2А3 равна
S
1
A1 А2  A1 А3 .
2
i j k
6 3
3 3
3 6
А1 А2  А1 А3  3 6 3  i
j
k
 3i  3 j  3k  3,3,3 .
3 2
1 2
1 3
1 3 2
S
1 2
1
3 3
2
3   3  32   27 
.
2
2
2
4)
Объем пирамиды численно равен 1/6 модуля смешанного
произведения векторов, образующих данную пирамиду, то есть А1 А2 , А1 А3 и
А1 А4 .
3 6 3
3 2
1 2
1 3
1
А1 А2  А1 А3  А1 А4  1 3 2  3
6
3
 6  12  12  6  Vпир   6  1 .
2 2
2 2
2 2
6
2 2 2
5)
Известно, что Vпир  1  S  h , где S – площадь основания (грань A1A2А3)
3
пирамиды, а h – высота пирамиды, опущенной из вершины А4 на грань
A1A2А3.  h 
3Vпир
S

3 1
2
.

3 3 2
3
Задание 5.
а) Найти острый угол между двумя плоскостями
Р1 : 5 x  3 y  4 z  4  0, I 
Р2 : 3x  4 y  2 z  5  0, II 
.
между двумя плоскостями А1x  В1 y  С1z  D1  0 и
А2 x  В2 y  С2 z  D2  0 равен углу между их нормальными векторами
Решение:
Угол
N1  A1 , B1 , C1  и N 2  A2 , B2 , C2  и определяется по формуле
cos   
N1  N 2
A1 A2  B1B2  C1C2
* .

2
N1  N 2
A1  B12  C12  A22  B22  C22
Из формулы (*) получим, если учесть, что на основании уравнения (I) А1 = 5;
В1 = 3; С1 = 4, а из (II) А2 = 3; В2 = -4; С2 = -2, cos  
15  12  8
19
; cos  
;
50  29
5 58
cos   0,49990;   6004 . В формуле (*) следует взять абсолютную величину
правой части, так как надо найти острый угол между плоскостями.
б) Составить уравнение плоскости, которая проходит через прямую
пересечения плоскостей Р1, Р2 и точку М(2,-1,3).
Решение: Две пересекающиеся плоскости Р1 и Р2 определяют (задают) пучок
плоскостей, уравнение которого имеет вид 5x–3y+4z–4+t(3x–4y–2z+5)=0, где t
– параметр. Все плоскости этого пучка проходят через прямую пересечения
плоскостей Р1 и Р2 (ось пучка). Из множества плоскостей пучка выбираем ту
(определяем значение t), которая проходит через точку М: значение t
должно быть таким, чтобы координаты точки М удовлетворяли уравнению
5  2  3 1  4  3  4  t 3  2  4 1  2  3  5  0  21  t  21  0  t  1.
Уравнение искомой плоскости
5x  3 y  4z  4  3x  4 y  2z  5  0  2x  y  6z  9  0 .
Задание 6. Даны уравнения высот треугольника 2х – 3у + 1 = 0 и х + у = 0 и
координаты одной из его вершин А(1;2). Найти уравнения сторон
треугольника.
Решение: Точка А(1;2) не принадлежит данным в условии высотам
треугольника, так как ее координаты не удовлетворяют их уравнениям:
2·1 - 3·2 + 1 ≠ 0 и 1 + 2 ≠ 0. Отсюда следует, что высоты, данные в задаче,
проведены из двух других вершин треугольника В и С. Назовем их СД и ВЕ,
СД  АВ , ВЕ  АС . Пусть высота СД имеет уравнение х + у = 0, а высота ВЕ
имеет уравнение 2х – 3у + 1 = 0.
I способ. Так как АС  ВЕ , то уравнение АС мы найдем из уравнения
семейства прямых, перпендикулярных ВЕ, приняв во внимание, что искомая
прямая проходит через данную точку А(1;2).
Если две прямые
А1 А2  В1В2  0 
А1 х  В1 у  С1  0
А2 х  В2 у  С2  0
перпендикулярны, то выполняется условие
А2
В
  2 (*) , то есть коэффициенты при х и у меняются
В1
А1
местами, а также изменяется знак при у.
1.
Уравнение стороны АС
ВЕ : 2 х  3 у  1  0  А1  2, В1  3
АС : А2 х  В2 у  С2  0  согласно (*) А2  3, В2  2  АС : 3х  2 у С 2  0, подставим
координаты точки А(1;2)  3  1  2  2 С 2  0  С2  7  АС : 3х  2 у  7  0
2.
Уравнение стороны АВ
СД : х  у  0  А1  1, В1  1
АВ : А2 х  В2 у  С2  0  согласно (*) А2  1, В2  1  АВ : х  у  С2  0, подставим
координаты точки А(1;2)  1  2 С 2  0  С2  1  АВ : х  у  1  0
3.
Уравнение стороны ВС
Сначала следует найти координаты точек В и С, как точек пересечения
прямых ВЕ и АВ и прямых СД и АС, соответственно.
2 х  3 у  1  0
 хВ  2, уВ  1  точка имеет координаты В(2;1)

х  у  1  0
х  у  0
 хС  7, уС  7  точка имеет координаты С (7;7)

3х  2 у  7  0
Теперь найдем уравнение ВС, воспользовавшись уравнение прямой,
проходящей через две точки В(-2;-1) и С(7;-7).
х  хВ
у  уВ
х2
у 1
х  2 у 1





 6 х  12  9 у  9  6 х  9 у  21  0 
хС  хВ уС  уВ
7  2  7 1
9
6
 2 х  3 у  7  0.
II способ. Если две прямые заданы уравнениями у  к1х  в1 и у  к2 х  в2 , то
условия перпендикулярности двух прямых имеет вид к1к2  1 .
1.
Уравнение стороны АС ( АС  ВЕ )
Определим угловой коэффициент (к1 ) высоты ВЕ. Преобразуем уравнение
2
3
1
3
2
3
3
2
высоты ВЕ: 2 х  3 у  1  0  у  х   к1  . Поэтому к2 ( АС )   .
Уравнение прямой, проходящей через данную точку А(х1;у1) в данном
направлении, определяемом угловым коэффициентом, у  у1 кх  х1  (**).
Точка А(1;2) принадлежит прямой АС, поэтому подставим ее координаты в
уравнение (**). у  2   х  1  2 у  4  3х  3  3х  2 у  7  0 .
3
2
2.
Уравнение стороны АВ ( АВ  СД )
Угловой коэффициент высоты СД, имеющей вид, х  у  0  у   х равен
к1  1  к2 ( АВ)  1  (**)  у  2  1х  1  х  у  1  0 .
3.
Уравнение стороны ВС рассмотрено выше.
Задание 7. Найти уравнение касательной к параболе у2 = 4х, проведенной из
точки А(-2;-1).
Решение: Уравнение прямой будем искать в виде y  kx  b, * . Так как точка А
принадлежит искомой касательной, подставляя ее координаты в уравнение
(*), получим тождество  1  2k  b, * * . Далее, прямая (*) и парабола у2 = 4х
имеют единственную общую точку (касаются). Следовательно, система
 y  kx  b
уравнений 
2
 y  4x
имеет единственное решение. Решаем ее относительно
х и у. Это можно сделать различными способами, например, возвести
правую и левую части первого уравнения в квадрат и подставить в левую
часть полученного равенства вместо у2 его выражение из второго уравнения.
Получим k 2 x 2  2kbx  b 2  4 x . Это – квадратное уравнение, имеющее
единственное решение в случае, когда дискриминант равен нулю. Таким
образом,
D
1
2
 kb  2  k 2b 2  0 или 4kb  4, b  , * * * . Теперь для параметров k
4
k
и b прямой (*) имеем два условия: (**) и (***). Следовательно, искомые
значения параметров находятся как решения системы из этих условий:
  2 k  b  1

. Подстановкой вместо b в первое уравнение его выражения из

1
b  k
1
2
второго, получим  2k 2  k  1  0 , откуда находим, что k1  1, k2   . Система
имеет
два
решения:
k1  1 k 2  1 2
и
.

b1  1 b2  2
Следовательно,
две
прямые
x
2
удовлетворяют условиям задачи. Их уравнения: y  x  1 и y    2 .
Задание 8. Постройте кривую r 
12
в полярной системе координат.
2  cos 
Найти каноническое уравнение данной линии в декартовой прямоугольной
системе координат, у которой начало совпадает с полюсом, а положительная
полуось абсцисс - с полярной осью.
Решение: Полярная система координат задана, если заданы точка О,
называемая полюсом, и исходящей из полюса луч ОР, который называется
полярной осью. Если задать на плоскости прямоугольную декартову систему
координат, поместив ее начало в полюс и совместив ось абсцисс с полярной
осью, то декартовы координаты х и у будут выражены через полярные
координаты (r и φ) уравнениями:
x  r cos , y  r sin   r  x2  y 2 , (*),   полярный угол, r  полярный радиус .
Составим таблицу для значений r от φ с шагом π/8.
0
π/8
π/4
3π/8
π/2
5π/8
3π/4
7π/8
π
φ
1
0,92
0,71
0,38
0
-0,38 -0,71 -0,92
-1
cosφ
12
11,1
9,3
7,4
6
5
4,4
4,1
4
r
9π/8
5π/4 11π/8 3π/2 13π/8 7π/4 15π/8
2π
φ
0
0,38
0,71
0,92
1
cosφ -0,92 -0,71 -0,38
4,1
4,4
5
6
7,4
9,3
11,1
12
r
Примем произвольный отрезок за единицу масштаба, которым мы будем
пользоваться при построении r. Для построения проводим из полюса лучи,
соответствующие выбранным значениям φ, и на каждом луче (то есть вдоль
него) откладываем соответствующие вычисленные значения полярного
радиуса. Полученные точки соединяем плавной кривой. Построенная линия
– эллипс.
Найдем каноническое уравнение данной линии в декартовой прямоугольной
системе координат, используя уравнения, отмеченные выше (*).
r


12
12
2
 x2  y 2 
 2 x 2  y 2  x  12  4 x 2  y 2  x  12 
x
2  cos 
2
x2  y 2
 4 x 2  4 y 2  x 2  24 x  144  3x 2  24 x  4 y 2  144  x 2  8 x 
4 2
y  48 
3
x  4  4 y 2  1 
4 2
4
2
y  48   x  4  y 2  16  48  64 
3
3
64
3  64
2
 x 2  2  4 x  16  16 
2

x  4


82
y2
 48 
2
 1.
Это уравнение является уравнением эллипса с полуосями a  8, b  48  7 и с
центром симметрии в точке О(4,0).
Скачать

Смотреть готовую работу.