Задание №5 (Вариант 9)

{

𝑥 − 2𝑦 − 3𝑧 = −12𝑥 − 5𝑦 − 4𝑧 = 1𝑥 + 3𝑦 − 4𝑧 = 2

Найдем следующие определители:

∆= |1 −2 −32 −5 −41 3 −4

| = (20 − 18 + 8) + (−15 + 12 − 16) = 40 − 49 = −9

∆1 = |−1 −2 −31 −5 −42 3 −4

| = (−20 − 9 + 16) − (30 + 12 + 8) = −63

∆2 = |1 −1 −32 1 −41 2 −4

| = (−4 − 12 + 4) + (+3 + 8 − 8) = −9

∆3 = |1 −2 −12 −5 11 3 2

| = (−10 − 6 − 2) + (−5 − 3 + 8) = −18

По формулам Крамера вычислим неизвестные:

𝑋 =∆1

∆=

−63

−9= 7

𝑌 =∆2

∆=

−9

−9= 1

𝑍 =∆3

∆=

−18

−9= 2

Выполним проверку:

{7 − 2 ∗ 1 − 3 ∗ 2 = −1

2 ∗ 7 − 5 ∗ 1 − 4 ∗ 2 = 17 + 3 ∗ 1 − 4 ∗ 2 = 2

Ответ: (712)

{

2𝑥1 − 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥4 = 0𝑥1 − 2𝑥2 + 𝑥3 − 𝑥4 = −3

−2𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 + 2𝑥4 = 33𝑥1 − 4𝑥2 − 3𝑥4 = −6

Проведем элементарные преобразования:

(

2 −1 −1 1 | 01 −2 1 −1 | −3

−1 2 1 2 | 33 −4 0 −3 | 6

)

𝑆1 + 𝑆3𝑆2 + 𝑆3

=≫𝑆4 + 2 ∗ 𝑆3

(

0 1 0 3 | 3−1 0 2 1 | 0−2 2 1 2 | 3−1 0 2 1 | 0

) =≫

𝑆4 − 𝑆2=≫

𝑆3 − 2 ∗ 𝑆2

(

0 1 0 3 | 3−1 0 2 1 | 00 2 −3 0 | 30 0 0 0 | 0

) =≫

𝑟𝑎𝑛𝑔 = 3(бесконечное колличесво решений)

(так как переменных 4)

{

𝑥2 + 3𝑥4 = 3−𝑥1 + 2𝑥3 + 𝑥4 = 0

2𝑥2 − 3𝑥3 = 3

Пусть x4 = c, => x3 = 1 - 2c, => X1 = 2x3+x4 = 2-4c+c= 2-3c, => X2 = 3-3x4 = 2-4c+c = 3-3c.

Ответ: {

𝑥1 = 2 − 3𝑐𝑥2 = 3 − 3𝑐𝑥3 = 1 − 2𝑐

𝑥4 = 𝑐

или (

2 − 3𝑐3 − 3𝑐1 − 2𝑐

𝑐

) 𝐶 ∈ 𝑅

Задание №1 (Вариант 9)

A (2, 1, -2); B (-4, -4, 0); C (5, 1, 2); D (3, 1, 0).

• 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = −6𝑖 − 5𝑗 + 2�⃗� = {−6; −5; 2} |𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| = √36 + 25 + 4 = √65

𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 3𝑖 + 4�⃗� = {3; 0; 4} |𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| = √9 + 16 = 5

• cos𝜑 =𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗∗𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗

|𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗||𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗|=

−18+0+8

√65∗5=

−10

5√65= −

2

√65

• 5𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ и √65𝐴𝐶⃗⃗ ⃗⃗ − имеют одинаковую длину =≫ направл. вектор биссектрисы угла 𝜑:

сумма 5𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ и √65 𝐴𝐶 ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ =≫ �⃗� = (3√65 − 30)𝑖 − 25𝑖 + (10 + 4√65)�⃗�

• 𝑆∆𝐴𝐵𝐶 =1

2|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ × 𝐴𝐶 ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| (половине векторного произведению)

𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ × 𝐴𝐶 ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = |𝑖 𝑗 𝑘

−6 −5 23 0 4

| = −20𝑖 + 6𝑗 − 15𝑘 + 24𝑗 = −20𝑖 + 30𝑗 − 15𝑘 (третий пункт)

𝑆∆𝐴𝐵𝐶 =1

2√400 + 900 + 225 =

√1525

2= 2,5√61

• V, с помощью смешанного произведения. 𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = {1; 0; 2}

𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷 =1

6|−6 −5 23 0 41 0 2

| =1

6∗ (−5 |

3 41 2

|) = − 10

6=≫ 𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷 = 1

2

3

• ℎ𝐷 =3 𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷

𝑆∆𝐴𝐵𝐶=

3∗5

3∗2,5√61=

2

√61

Задание №3 (Вариант 9)

Найти точку на прямой X – 3Y + 1 = 0, равноудаленную от A (-3 , 1) и B(5 , 4).

• Равноудаленная точка на прямой, это точка пересечения серединного

перпендикуляра отрезка AB и прямой X – 3Y + 1 = 0.

Доказательство: ∆AHC=∆HBC (по 2-м сторонам и углу между ними), =>

AC=BC, => С – искомая точка.

𝐻 (−3+5

2;1+4

2) => 𝐻 (1 ; 2.5) , направляющий вектор AB || { 8; 3}, =>

𝑥 + 3

8=

𝑦 − 1

3=> 𝑏 ∶ 3(𝑥 + 3) − 8(𝑦 − 1) = 0, => нормаль 𝐻𝐶 ⊥ {3; 8}

Уравнение прямой с : c ⊥ b, c, b ∋ H, направляющий вектор HC ||, =>

𝑥 − 1

3=

𝑦 − 2,5

−8 , => −8(𝑥 − 1) − 3(𝑦 − 2,5) = 0,=> 𝑐 ∶ 8𝑥 + 3𝑦 − 15,5 = 0

𝐶 − точка пересечения прямых:

{𝑦 =

−8𝑥 + 15,5

3

𝑦 =𝑥 + 1

3

=> −8𝑥 + 15,5 = 𝑥 + 1 , => 𝑥 =14,5

9=

29

18, =>

𝑦 =(2918

+ 1)

3=

47

54. Проверка:

𝐴𝐶 = { 29

18+ 3 ;

47

54− 1} => |𝐴𝐶| ≈ 4,612

𝐵𝐶 = { 29

18− 5 ;

47

54− 4} => |𝐵𝐶| ≈ 4,612

Ответ: C (29/18 ; 47/54)

Задание №2 (Вариант 9)

𝑥2 + 4𝑦2 − 4𝑥𝑦 + 2√5𝑥 + √5𝑦 + 15 = 0

Производим замену по формулам {𝑥 = 𝑥1 cos 𝛼 − 𝑦1 sin 𝛼𝑦 = 𝑥1 sin 𝛼 + 𝑦1 cos 𝛼

𝑥12 cos2 𝛼 − 2𝑥1𝑦1 cos 𝛼 sin 𝛼

+ 𝑦12 sin2 𝛼 + 4(𝑥1

2 sin2 𝛼 + 2𝑥1𝑦1 cos𝛼 sin 𝛼 + 𝑦12 cos2 𝛼)

− 4(𝑥12 cos 𝛼 sin 𝛼 + 𝑥1𝑦1 cos2 𝛼 − 𝑥1𝑦1 sin2 𝛼 − 𝑦1

2 cos 𝛼 sin 𝛼)

+ 2√5(𝑥1 cos 𝛼 − 𝑦1 sin 𝛼) + √5(𝑥1 sin 𝛼 + 𝑦1 cos 𝛼) + 15 = 0 (𝟏)

Приравниваем к нулю коэффициенты при 𝑥1𝑦1:

−2𝑥1𝑦1 cos 𝛼 sin 𝛼 + 8𝑥1𝑦1 cos 𝛼 sin 𝛼 − 4𝑥1𝑦1(cos2 𝛼 − sin2 𝛼) = 0

2 sin2 𝛼 + 3 cos𝛼 sin 𝛼 − 2 cos2 𝛼 = 0 | ∶ cos2 𝛼

2 𝑡𝑔2 𝛼 + 3 tg𝛼 − 2 = 0 , => tg 𝛼 =1

2; tg 𝛼 = −2

Положительный острый угол, => tg 𝛼 =1

2

sin 𝛼 =tg 𝛼

√1+𝑡𝑔2 𝛼=

1

√5 cos 𝛼 =

1

√1+𝑡𝑔2 𝛼=

2

√5

Подставим в выражение (1): (после сокращения):

𝑦12 + 𝑥1 + 3 = 0, => 𝑦1

2 = −1(𝑥1 + 3)

Выполним параллельный перенос по формулам:

{𝑥2 = 𝑥1 + 3

𝑦2 = 𝑦1 => 𝒚𝟐

𝟐 = −𝟏𝒙𝟐

Задание №7 (Вариант 9)

a) 𝑥2 + 𝑦2 = 4 , 𝑧 − 𝑦 = 4 , 𝑧 = 0

• 𝑥2 + 𝑦2 = 4 − круговой цилиндр (𝑎 = 𝑏 = 1), с центром в точке (0,0) и радиусом 2

• 𝑧 − 𝑦 = 4 – плоскость, пересекающая Oz=4, Oy=-4

• 𝑧 = 0 – плоскость Oxy

b) 𝑧 = −√4 − 𝑥2 − 𝑦2 , 𝑧2 = 4 − 𝑥2 − 𝑦2

• 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 4 -- сфера R=2, но т.к. ОДЗ z ≤ 0, => нижняя полусфера с

центром (0,0,0)

• 𝑧2 + 𝑦2 + 𝑧 = 4 − гиперболический парабалоид с вершиной в точке (0,0,4)

направленный вниз

с) 𝑧 = 1 + √2 − 𝑥2 − 𝑦2 , 𝑧 = √𝑥2 + 𝑦2 − 1 ,

• 𝑧 = 1 + √2 − 𝑥2 − 𝑦2 ОДЗ: 𝑧 ≥ 1

𝑥2 + 𝑦2 + (𝑧 − 1)2 = 2 − Половина сферы с центром (0,0,1), R=√2

• 𝑧 = √𝑥2 + 𝑦2 − 1 ОДЗ: 𝑧 ≥ 0

𝑥2 + 𝑦2 − 𝑧2 = 1 - Однополостный гиперболоид, определенный в одном

полупространстве

• 𝑧 = −1 + √𝑥2 + 𝑦2 ОДЗ: 𝑧 ≥ 1

𝑥2 + 𝑦2 − (𝑧 + 1)2 = 0 − Эллиптический конус с вершиной в (0,0,-1) и

определенный только при 𝑧 ≥ 1

Сечение плоскостью XOZ:

Задание №4 (Вариант 9)

𝑎1: 𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 − 2 = 0

𝑎2: 𝑦 = 0

Поскольку линия пересечения плоскостей 𝑎1 и 𝑎3 лежит в плоскости 𝑎2, то

плоскость 𝑎3 перпендикулярна множеству плоскостей, проходящих через

прямую пересечения плоскостей 𝑎1 и 𝑎2 (пучок плоскостей)

Любую плоскость из этого множества мы можем записать в виде:

𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 − 2 + 𝑘(𝑦) = 0

или

𝑥 + (𝑘 − 1)𝑦 + 2𝑧 − 2 = 0 (*)

Для того чтобы плоскости 𝑎1 и 𝑎3 были перпендикулярными скалярное

произведение их нормальных векторов

𝑛1 = {1; −1; 2} 𝑛2 = {1; 𝑘 − 1; 2}

должно быть равно 0.

1 − (𝑘 − 1) + 2 ∗ 2 = 0

𝑘 = 6

Подставляя найденное значение в уравнение (*) получим уравнение

искомой плоскости:

𝑎3: 𝑥 + 5𝑦 + 2𝑧 − 2 = 0