Решение задач к экзамену по курсу аналитическая геометрия

Векторыгде−→ 1AP = a,2−−→1M A = − c.2Итак, имеем11λµa + (b + c − a) − (b + a − c) − c = ϑ;2222(1 − λ − µ)a + (λ − µ)b + (λ + µ − 1)c = ϑ.Поскольку векторы a, b и c линейно независимы, то λ = µ = 1/2.Аналогичным образом можно рассмотреть отрезки M N и RL идоказать, что они пересекаются и точкой пересечения делятся пополам.Следовательно, все три отрезка M N , P Q и RL пересекаются и делятсяточкой пересечения пополам.З а д а ч а 13. Разложите вектор a на две составляющие, одна изкоторых лежит в плоскости, перпендикулярной вектору n, а другаяперпендикулярна этой плоскости.Р е ш е н и е .

Имеемa = a1 + a2 ,a1 = λn,Поэтому имеем(a, n) = λ(n, n) ⇒ λ =Итак,a1 =(a, n)n,(n, n)a2 = a −a2 ⊥ n.(a, n).(n, n)(a, n)n.(n, n)З а д а ч а 14. Решите векторное уравнение [x, a] = b (здесь a 6= o,b — заданные векторы) и укажите необходимое и достаточное условиесуществования решения.Р е ш е н и е . Докажем, что необходимым и достаточным условиемразрешимости этого уравнения является условие (a, b) = 0. Действительно, пусть существует решение x0 этого уравнения, тогда, очевидно,что0 = (a, [x0 , a]) = (a, b).Необходимость доказана. Докажем достаточность. Пусть выполненоэто условие, тогда[a, b]x0 =(a, a)решение уравнения [x0 , a] = b.

Действительно, имеем[x0 , a] =11[[a, b], a] = −(a(a, b) − b(a, a)) = b.(a, a)(a, a)З а д а ч а 15. Рассматривается система уравнений[a1 , x] = b1 ,[a2 , x] = b2 ,16Семинар 1. Решение задач к экзамену по курсу «Аналитическая Геометрия»где a1 и a2 не коллинеарны. Покажите, что условия(a1 , b1 ) = 0,(a2 , b2 ) = 0,(a1 , b2 ) + (a2 , b1 ) = 0необходимы для разрешимости этой системы. Найдите общее решениеэтой системы при выполнении этих условий и дополнительного условия(a1 , b2 ) 6= 0.Р е ш е н и е . В силу решения задачи 14 имеем необходимое условиеразрешимости каждого из уравнений следующие:(a1 , b1 ) = 0,(a2 , b2 ) = 0.При выполнении этих условий решение каждого из уравнений можнозаписать в следующем виде:x = x 1 + a 1 t,гдеx1 =[a1 , b1 ],(a1 , a1 )x = x2 + a1 τ ,x2 =[a2 , b2 ].(a2 , a2 )Если решение системы уравнений существует, то при некоторых t0 иτ0 имеемx 1 + a 1 t0 = x 2 + a 2 τ 0 ⇔ x 1 + x 2 = a 2 τ 0 − a 1 t0 ⇔⇔ (x1 + x2 , a1 , a2 ) = 0 ⇔ (x1 , [a1 , a2 ]) = (x2 , [a1 , a2 ]);(x1 , [a1 , a2 ]) =([a1 , b1 ], [a1 , a2 ])(a1 , [a2 , [a1 , b1 ]])== (a2 , b1 );(a1 , a1 )(a1 , a1 )(x2 , [a1 , a2 ]) = −(a1 , b2 ).Итак, пришли к условию(a2 , b1 ) + (a1 , b2 ) = 0.Пусть (a2 , b1 ) 6= 0, тогда(b2 , x1 − x2 ) = (a1 , b2 )t0и решение системы уравнений имеет следующий вид:(b2 , x1 )a1 .(a1 , b2 )З а д а ч а 16.

Докажите тождество [a, b], [b, c], [c, a] = (a, b, c)2 .Р е ш е н и е . Пусть x = [b, c]. Справедливо равенствоx = x1 +[x, [c, a]] = c(x, a) − a(x, c) = c(a, b, c).Таким образом,([a, b], [x, [c, a]]) = (a, b, c)(c, [a, b]) = (a, b, c)2 .172. ВекторыЗ а д а ч а 17. Докажите тождество abc(a, b, c)[x, y] = (a, x) (b, x) (c, x) (a, y) (b, y) (c, y).Р е ш е н и е . П е р в ы й с п о с о б . Пусть {i, j, k} — это некоторыйправый ортонормированный базис в пространстве. Тогда имеем i j k [x, y] = x1 x2 x3 , x = x1 i + x2 j + x3 k, y = y1 i + y2 j + y3 k.

y y y 123Поскольку (i, j, k) = 1, то a1 a2 a3 a1 b1 c1 (a, b, c) = b1 b2 b3 = a2 b2 c2 , c c c a b c 123333гдеa = a1 i + a2 j + a3 j,b = b1 i + b2 j + b3 j.Справедливо равенство(a, b, c)[x, y] = [x, y](a, b, c) = i j= x 1 x2 y y12! i j k= x1 x2 x3 · y y y123kx3y3a1a2a3поскольку(x, a) = x1 a1 + x2 a2 + x3 a3 , a1 a2 a3b1 c1b2 c2b3 c3b1 c1 b2 c2 =b3 c3 ! abc = (x, a) (x, b) (x, c) (y, a) (y, b) (y, c),(x, b) = x1 b1 + x2 b2 + x3 b3 ,(x, c) = x1 c1 + x2 c2 + x3 c3 ,(y, a) = y1 a1 + y2 a2 + y3 a3 ,(y, b) = y1 b1 + y2 b2 + y3 b3 ,(y, c) = y1 c1 + y2 c2 + y3 c3 .Р е ш е н и е .

В т о р о й с п о с о б . Если (a, b, c) = 0, то нетруднодоказать, что и правая и левая части равенства одновременно равнынулю. Пусть теперь (a, b, c) 6= 0. Тогда {a, b, c} — это базис в пространстве. Введём взаимный базис в пространствеf1 =Пусть[b, c],(a, b, c)f2 =[c, a],(a, b, c)x = x1 f1 + x2 f2 + x3 f3 ,f3 =[a, b].(a, b, c)y = y1 f1 + y2 f2 + y3 f3 .18Семинар 1. Решение задач к экзамену по курсу «Аналитическая Геометрия»При этом справедливы следующие свойства:(f1 , a) = 1, (f1 , b) = 0, (f1 , c) = 0,(f2 , a) = 0, (f2 , b) = 1, (f2 , c) = 0,(f3 , a) = 0, (f3 , b) = 0, (f3 , c) = 1;cab[f1 , f2 ] =, [f2 , f3 ] =, [f3 , f1 ] =.(a, b, c)(a, b, c)(a, b, c)Если воспользоваться этими последними равенствами, то мы получимравенства[x, y] =1[(x1 y2 − x2 y1 )c + (x3 y1 − x1 y3 )b + (x2 y3 − x3 y2 )a] =(a, b, c) a b c1= x1 x2 x3(a, b, c) y y y123Осталось заметить, чтоx1 = (x, a),y1 = (y, a),x2 = (x, b),y2 = (y, b),x3 = (x, c),y3 = (y, c).З а д а ч а 18.

Докажите тождество (x, a) (x, b) (x, c)(x, y, z)(a, b, c) = (y, a) (y, b) (y, c) (z, a) (z, b) (z, c)..Р е ш е н и е . П е р в ы й с п о с о б . В соответствии с первым способом решения задачи 17 имеемx = x1 i + x 2 j + x3 k ,a = a1 i + a2 j + a3 k ,y = y1 i + y2 j + y3 k,b = b1 i + b2 j + b3 k,z = z1 i + z2 j + z3 k;c = c1 i + c2 j + c3 k.Тогда(x, y, z)(a, b, c) = x 1 x2 x3 = y1 y2 y3 z z z 123x1y1z1a1a2a3x2y2z2b1b2b3x3 a 1y3 b1z3 c1 c1 c2 = c3 a2b2c2x1y1z1a3b3c3x2y2z2=!!x3a1 b1 c1 y3 · a2 b2 c2 =z3a3 b3 c3 (x, a) (x, b) (x, c) = (y, a) (y, b) (y, c) .

(z, a) (z, b) (z, c) Р е ш е н и е . В т о р о й с п о с о б . В соответствии со вторым способом решения задачи 17 имеемz = (z, a)f1 + (z, b)f2 + (z, c)f3 ,193. Прямые и плоскости (b, x) (c, x)[x, y] = a (b, y) (c, y)Тогда(z, [x, y]) = (b, x) (c, x)= (a, z) (b, y) (c, y) − b (a, x) (c, x) (a, y) (c, y) + c (a, x) (b, x) (a, y) (b, y). − (b, z) (a, x) (c, x) (a, y) (c, y) + (c, z) (a, x) (b, x) = (a, y) (b, y) (x, a) (x, b) (x, c) = (y, a) (y, b) (y, c) . (z, a) (z, b) (z, c) § 3. Прямые и плоскостиЗ а д а ч а 19. Составьте уравнение прямой, пересекающей две скрещивающиеся прямые r = r1 + t1 a1 и r = r2 + t2 a2 и проходящей черезточку M0 (r0 ), не лежащую ни на одной из этих прямых.Р е ш е н и е .

Будем искать уравнение искомой прямой в векторнойформе r = r0 + τ b. Из условия, что искомая прямая проходит черезточку M0 (r0 ) и пересекает первую прямую приходим к выводу о том,что найдутся такие числа t1 и τ , чтоr 1 + t1 a 1 = r 0 + τ b ⇔ r 1 − r 0 = τ b − t1 a 1 ⇔⇔ (r1 − r0 , [b, a1 ]) = 0 ⇔ (b, [a1 , r1 − r0 ]) = 0.Аналогичным образом получим равенство для второй прямой(b, [a2 , r2 − r0 ]) = 0.Таким образом, в качестве направляющего вектора b искомой прямойможно взять векторb = [[a1 , r1 − r0 ], [a2 , r2 − r0 ]].З а д а ч а 20. Составьте уравнение прямой, пересекающей две скрещивающиеся прямые r = r1 + t1 a1 и r = r2 + t2 a2 под прямыми углами(т.е. уравнение общего перпендикуляра к этим прямым).Р е ш е н и е .

Будем искать уравнение искомого перпендикуляра вследующем виде:r = r0 + bτ , b = [a1 , a2 ].Составим уравнение плоскости, проходящей через первую прямую r == r1 + t1 a1 и искомую прямую r = r0 + bτ . Уравнение плоскости имеетследующий вид:(r − r1 , [a1 , b]) = 0.Аналогично уравнение плоскости, проходящей через вторую прямуюr = r2 + t2 a2 и общий перпендикуляр имеет следующий вид:(r − r2 , [a2 , b]) = 0.20Семинар 1.

Решение задач к экзамену по курсу «Аналитическая Геометрия»··o··Рис. 13. К задаче 20.Найдём радиус–вектор r0 какой–нибудь точки, лежащей на общемперпендикуляре. Будем искать этот радиус–вектор как пересечениеуже указанных двух плоскостей и плоскости, проходящей через началокоординат и перпендикулярную к первым двум. Итак, имеет местоследующая система уравнений:(r0 , n1 ) = D1 ,(r0 , n2 ) = D2 ,n1 = [a1 , b], D1 = (r1 , n1 ),n2 = [a2 , b], D2 = (r2 , n2 ),(r0 , [n1 , n2 ]) = 0.Заметим, что[n1 , n2 ] = A[a1 , a2 ],Поэтомуr0 = (a , a ) (a1 , a2 )A = 1 1(a1 , a2 ) (a2 , a2 )D1 [n2 , [n1 , n2 ]] + D2 [[n1 , n2 ], n1 ]2|[n1 , n2 ]|=.[[n1 , n2 ], D2 n1 − D1 n2 ]|[n1 , n2 ]|2.З а д а ч а 21. Найти ортогональную проекцию прямой l : [r − r0 , a] == 0 на плоскость (r, n) = D.Р е ш е н и е .

Т.
М. Банникова, Н. А. Баранова, Д. А. Шарычева

Аналитическая геометрия

ПРАКТИКУМ
ПО РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

Министерство
образования и науки Российской Федерации

ФГБОУ
ВПО «Удмуртский государственный
университет»

Математический
факультет

Кафедра
алгебры и топологии

Т.
М. Банникова, Н. А. Баранова, Д. А. Шарычева

АНАЛИТИЧЕСКАЯ
ГЕОМЕТРИЯ

ПРАКТИКУМ
ПО РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

УЧЕБНО-МЕТОДИЧЕСКОЕ
ПОСОБИЕ

Ижевск

2014

УДК
514.74 (07)

ББК
22.151.54 р30

Б
232

Рекомендовано
к изданию Учебно-методическим советом
УдГУ

Рецензент:
кандидат
физико-математических наук, доцент
кафедры прикладной математики и
информатики ФГБОУ ВПО «ИжГТУ имени М.
Т. Калашникова» А. Г. Ицков

Б
232 Аналитическая геометрия:
учебно-методическое пособие / Т. М.
Банникова, Н. А. Баранова, Д. А. Шарычева.
– Ижевск, Изд-во «Удмуртский университет»,
2014. – 92 с.

ISBN
978-5-4312-0252-0

Данное
учебно-методическое пособие предназначено
студентам первого курса бакалавриата
всех направлений подготовки, изучающих
разделы аналитической геометрии как в
рамках отдельной дисциплины, так и как
часть любого другого курса математики.
Пособие так же может быть полезно
студентам для самостоятельной подготовки
к различным видам промежуточной
аттестации, преподавателям при проведении
практических занятий, при подготовке
индивидуальных заданий студентам и при
разработке компетентностно-ориентированных
оценочных средств.

Учебно-методическое
пособие содержит решение типовых задач,
варианты лабораторных работ по темам
«Векторы», «Прямая
на плоскости», «Прямая
и плоскость в пространстве», «Кривые
2-го порядка» и позволяет диагностировать
совокупность представленных во введении
компетенций у студентов бакалавриата
следующих направлений подготовки:
«Математика и компьютерные науки»,
«Прикладная математика и информатика»,
«Механика».

УДК 514.74 (07)

ББК 22.151.54 р30

ISBN
978-5-4312-0252-0

©
Т. М. Банникова, Н. А. Баранова,

Д.
А. Шарычева, 2014

©
ФГБОУ ВПО «Удмуртский

государственный
университет», 2014

Содержание

Введение………………………………………………………………….5

§1 Векторы………………………………………………………………..8

Решение
типовых задач ………………………………………………..10

Лабораторная
работа №1……………………………………………….20

§2
Прямая на плоскости………..………………………………………27

Решение
типовых задач ………………………………………………..29

Лабораторная
работа №2……………………………………………….39

§3
Прямая и плоскость в пространстве………………………………..45

Решение
типовых задач ………………………………………………..51

Лабораторная
работа №3……………………………………………….59

§4
Кривые второго порядка……………………………………………64

Решение
типовых задач ………………………………………………..70

Лабораторная
работа №4……………………………………………….83

Литература………………………………………………………………91

ВВЕДЕНИЕ

Данное
учебно-методическое пособие по курсу
«Аналитическая геометрия» разработано
на основе опыта преподавания данной
дисциплины и современных методик
обучения. Аналитическая геометрия –
раздел геометрии, в котором геометрические
фигуры и их свойства исследуются
средствами алгебры на основе метода
координат. В основе этого метода лежит
так называемый метод координат, впервые
применённый Декартом. Каждому
геометрическому соотношению этот метод
ставит в соответствие некоторое
уравнение, связывающее координаты
фигуры или тела. Идея координат и попытки
записи уравнения кривой встречались в
работах древних греков. Архимед и
Аполлоний Пергский в своих сочинениях
на примерах конических сечений пытались
создать уравнения кривых. Однако из-за
невысокого уровня древнегреческой
алгебры и слабого интереса к кривым,
отличным от прямой и окружности результаты
не получили дальнейшего развития.

В
Европе в XIV
веке Николай Орезмский первым использовал
координатное изображение для функции,
зависящей от времени, назвав координаты,
по аналогии с географическими, долготой
и широтой. Возникновение метода координат
тесно связано с бурным развитием
астрономии, механики и техники в XVI
веке. В1637
годФермав сочинении «Введение в изучение плоских
и телесных мест» рассматривает (в
символике Виета) уравнения различных
кривых 2-го порядка впрямоугольных
координатах. Однако данное сочинение
Ферма широкой известностью не пользовалось.
Гораздо большее влияние имела «Геометрия»Декарта,
вышедшая в том же1637
году, которая независимо и гораздо
более полно развивала те же идеи. Декарт
поместил в «Геометрии» множество
примеров, иллюстрирующих огромную мощь
нового метода, и получил немало
результатов, неизвестных ранее.

Дальнейшее
развитие аналитической геометрии
связано с трудами Г.Лейбница,
И.Ньютонаи особенно Л.Эйлера.
Идеи аналитической геометрии использовал
Ж.Лагранжпри построении аналитической механики
и Г.Монжв дифференциальной геометрии. На
современном этапе аналитическая
геометрия не имеет самостоятельного
значения как наука, однако её методы
широко применяются в различных разделах
математики, механики, физики и др. наук.
В связи с этим дисциплина «Аналитическая
геометрия» занимает особое место в
процессе подготовки бакалавров
математики. Изучение аналитической
геометрии помогает студентам выработать
общематематическую культуру: умение
логически мыслить, проводить доказательства
основных утверждений, устанавливать
логические связи между понятиями, знать
основные алгоритмы решения геометрических
задач, применять полученные знания для
решения практических задач.

Получаемые
знания лежат в основе математического
образования и необходимы для понимания
и освоения всех курсов математики,
компьютерных наук и их приложений.
Дисциплина входит в Базовую часть
профессионального цикла ООП (Б3)
бакалавриата и является общей для всех
профилей подготовки. Дисциплина
адресована бакалаврам первого года
обучения. Успешное освоение дисциплины
позволяет перейти к изучению таких
дисциплин как: численные методы,
компьютерная геометрия и геометрическое
моделирование, дискретная математика,
математическая логика и их приложения
в информатике и компьютерных науках,
основы компьютерных наук,
теория чисел и других из базовой и
вариативной частей профессионального
цикла.

Для
достижения этих целей разработано
данное пособие, учитывающее требования
Федеральных государственных образовательных
стандартов.

Федеральные
государственные образовательные
стандарты третьего поколения определяют
требования к результатам освоения
основных образовательных программ
бакалавриата в форме обладания выпускником
определенными общекультурными и
профессиональными компетенциями.
Реализация компетентностного подхода,
заявленного в этих стандартах, означает
перенос акцента с целей формирования
прочных систематизированных знаний к
целям формирования способностей к
активной профессиональной деятельности.
Знания становятся не основной и
единственной целью образования, а
средством развития профессиональных
и общекультурных компетенций студентов.

При
изучении данной дисциплины формируются
элементы следующей совокупности
общекультурных и профессиональных
компетенций:

• готовность
  использовать фундаментальные знания
  в области аналитической геометрии,
  дифференциальной геометрии и топологии;

• способность
  решать стандартные задачи профессиональной
  деятельности на основе информационной
  и библиографической культуры с
  применением информационно-коммуникационных
  технологий;

• способность
  к самостоятельной научно-исследовательской
  работе;

• способность
  к определению общих форм и закономерностей
  отдельной предметной области;

• способность
  математически корректно ставить
  естественнонаучные задачи, владением
  знанием
  постановок классических задач математики;

• способность
  строго доказать утверждение, сформулировать
  результат, увидеть
  следствия полученного результата;

• способность
  публично представлять
  собственные и известные научные
  результаты;

• способность
  представлять и адаптировать знания с
  учетом уровня аудитории;

• способность
  к организации учебной деятельности в
  предметной области математика;

• способность
  к планированию и осуществлению
  педагогической деятельности с учетом
  специфики предметной области в
  образовательных организациях;

• способность
  к проведению методических работ в
  области математики.

Важно
понять, что за формирование большинства
компетенций не могут отвечать лишь
отдельно взятые учебные дисциплины.
Компоненты компетенций формируются
при изучении различных дисциплин, а
также в немалой степени в процессе
практической и самостоятельной работы
студента, поэтому в данном учебно-методическом
пособии представлены оценочные средства
диагностики соответствующей совокупности
компетенций, имеющих отношение к
дисциплине «Аналитическая геометрия».

Диагностика
уровня сформированности совокупности
компетенций (порогового или повышенного)
включает в себя три типа заданий (знать,
уметь, владеть), позволяющих оценить
образовательные результаты обучающихся
при завершении изучения дисциплины
«Аналитическая геометрия» или
соответствующего модуля, включенного
в ряд математических дисциплин. Оценочные
средства представлены в конце каждого
параграфа и могут позволить студенту
бакалавриата успешно подготовиться к
экзамену по данной дисциплине.

Компонент
совокупности компетенций знать
оценивается
успешностью ответа студента на вопросы
для самоконтроля. Для достижения
порогового
уровня
достаточно знания основных определений,
примеров к ним, формулировок основных
свойств и теорем. Повышенный
уровень
предполагает возможность воспроизведения
доказательств основных свойств и теорем,
а так же понимания их значимости для
решения практических задач.

Компонент
совокупности компетенций уметь
диагностируется в процессе выполнения
лабораторной работы по данной теме. Для
порогового
уровня
достаточно правильного решения 70 %
задач, а для повышенного
уровня все
задачилабораторной работы должны быть
решены верно.

Компонент
совокупности компетенций владеть
представляет
собой кейс-задание, диагностирующее
способность обучающегося использовать,
полученные при изучении данной дисциплины
знания и умения для решения профессиональных
задач. В данном учебно-методическом
пособии представлены кейс задания,
предполагающие использование идей
аналитической геометрии для решения
практических задач, использования
компьютерных технологий в профессиональной
деятельности.

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #

Примеры по аналитической геометрии

В данном разделе размещены примеры решения задач по аналитической геометрии на плоскости и в пространстве. Задачи с прямыми, плоскостями, отрезками, перпендикулярами, биссектрисами, высотами, углами, площадями и объемами, кривыми и поверхностями — все тут. Переходите по нужной ссылке и изучайте!

Не складывается с решением задач? Поможем подробно и быстро выполнить и оформить задачи: в Word, с формулами, чертежами и пояснениями. От 80 рублей за пример! Узнайте подробнее о решении геометрии на заказ.

Решённые задачи

• Аналитическая геометрия: треугольник на плоскости (8)
• Геометрическое место точек (6)
• Кривые второго порядка (10)
• Кривые в полярных координатах (4)
• Другие задачи на плоскости (12)
• Аналитическая геометрия: пирамида в пространстве (3)
• Другие задачи в пространстве (17)

Решение задач аналитической геометрии

Аналитическая геометрия — раздел геометрии, в котором геометрические фигуры и их свойства исследуются средствами алгебры. Обычно ее изучают на первом курсе, вместе с линейной алгеброй и математическим анализом. Или темы аналитической геометрии входят в общий курс высшей математики.

В основе изучения лежит метод координат (названный так по имени своего изобретателя Декарта): в пространстве или на плоскости вводится декартова система координат (знакомая нам со школы). Каждому геометрическому объекту ставится в соответствие или координаты, или некоторое уравнение (система уравнений, неравенство и т.п.), описывающее его.

Таким образом, от сложных геометрических объектов, расположенных в пространстве, мы переходим к привычным алгебраическим структурам: векторам, матрицам, уравнениями, с которыми уже умеем работать (см. например, решение задач векторной алгебры).

Решенные задачи по аналитической геометрии мы поделили на две основные группы: «плоские» (там, где речь идет о двумерном пространстве, плоскости, на которой исследуются свойства треугольника, взаимные расположения прямых и точек) и «объемные» (там, где речь идет о трехмерном пространстве и в дело вступают такие фигуры как пирамиды, сферы, поверхности и т.п.).

Полезное на сайте