Точка М – центр тяжести грани тетраэдра противолежащей вершине Аi

32. Точка М – центр тяжести грани тетраэдра, противолежащей вершине Аi. Доказать, что отрезки АiМi (i=1,2,3,4) проходят через одну точку М, такую, что АiМ=3MMi и
Решение.
Центр тяжести грани тетраэдра лежит на прямой, соединяющей любую из вершин тетраэдра с центром тяжести противолежащей грани, и делит отрезок между этими точками в отношении 3:1.
Отрезки, соединяющие середины противоположных ребер тетраэдр, пересекаются в одной точке – центроиде.
Для центроида M тетраэдра A1А2А3А4 имеет место равенство

57. Какое множество точек задает неравенство x2+y2<-4x+6y
Решение:
Решим неравенство x2+4x+y2-6y < 0.
Его можно переписать в виде (x+2)2+ (y-3)2- 13 < 0.
Уравнение (x+2)2+ (y-3)2- 13 = 0 задает окружность с центром в точке C(-2,3) и радиусом 13. Окружность разбивает плоскость на две части – внутреннюю и внешнюю. Чтобы узнать, в какой из них имеет место данное неравенство, возьмем контрольную точку во внутренней области, например, центр C(-2,3) нашей окружности. Подставляя координаты точки C в левую часть неравенства, получаем отрицательное число -13. Значит, и во всех точках, лежащих внутри окружности, выполняется неравенство
x2+4x+y2-6y< 0. Отсюда следует, что данное неравенство имеет место во внутренней для окружности области.

82. В окружность вписан правильный треугольник АВС, точка М принадлежит меньшей дуге АВ этой окружности. Доказать, что
Решение.
Отложим на луче СМ отрезок СK, равный МB. Тогда треугольник AKC равен треугольнику МАВ по двум сторонам и углу между ними (KCA = МCA = МВА как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу). Поэтому АK =АМ, а т.к. KМА = СМА =CBA= 60o, то треугольник АМК — равносторонний, значит, МK = МC. Поскольку СK = BМ < BC =a <СМ, то точка K лежит на отрезке СМ. Следовательно, BМ + АМ = СK+ МК =МС

107. Пусть А’, В’, С’, D’ – точки пересечения медиан граней ВСD, СDА, АВD и АВС тетраэдра АВСD. Найти отношение объема ориентированного тетраэдра А’В’С’D’ к объему ориентированного тетраэдра АВСD.
Решение.

Докажем, что любые две медианы тетраэдра пересекаются и делятся точкой пересечения в отношении 3:1, считая от вершины. Отсюда будет следовать, что через точку, делящую одну и медиан тетраэдра в отношении 3:1, считая от вершины, проходят остальные три медианы. Пусть M и N – точки пересечения медиан граней ABC и ABD тетраэдра ABCD , K – середина AB. Плоскость, проходящая через точки D, K и C, содержит точки M и N , причём стороны CK и DK треугольника DKC делятся этими точками в одном и том же отношении:
CM:MK = DN:NK =2:1.
Из подобия треугольников KCD и KMN следует, что CD:MN = KC:KM =3:1.
Пусть отрезки DM и CN пересекаются в точке O. Из подобия треугольников DOC и MON следует, что
OD:OM = OC:ON = CD:MN = 3:1,
Соответственно, отношение объема ориентированного тетраэдра А’В’С’D’ к объему ориентированного тетраэдра АВСD будет равно (1/3)3=1/27
Ответ: VА’В’С’D’/ VАВСD =1/27

157. Найти геометрическое место точек, произведение расстояний которых до двух противоположных сторон квадрата равно произведению расстояний до двух других противоположных сторон.
Решение:
Используем для решения теорему Птолемея: “Сумма произведений длин противоположных сторон четырёхугольника, вписанного в окружность, равна произведению его диагоналей”.

Ответ: Прямые, содержащие диагонали квадрата, и окружность, описанная вокруг него.

207. Вычислить объем пирамиды ОАВС, если ОА=а, ОB=b, OC=c,
Решение.

Применим определитель Грама, вычисляя скалярные произведения в нем по определению.
Получим, что объем пирамиды вычисляется по формуле:

232. Длины базисных векторов аффинной системы координат |e1|=2, |e2|=3, а угол между ними равен ω=5/6. Относительно этой системы координат даны два вектора (1,2), (2,2). Найти угол от первого вектора до второго.
Решение.

=

Значит, угол от первого вектора до второго
Ответ:

257. Основанием равнобедренного треугольника служит прямая 2 x − 5 y + 1 = 0, его вершина находится в точке (2,6), тангенс угла при основании равен 3/2. Найти уравнение боковых сторон треугольника.
Решение:

Составим уравнение стороны АВ, зная и В (2,6)
,
– уравнение стороны АВ
=

Составим уравнение стороны ВС, зная и В (2,6)
,
– уравнение стороны ВС
Ответ: – уравнение стороны АВ
– уравнение стороны ВС
282. В трапеции ABCD основание AD вдвое больше основания BC, О – точка пересечения ее боковых сторон, О’ – точка пересечения диагоналей. Выразить координаты х и у произвольной точки относительно системы с началом в точке О и базисом через ее координаты в системе с началом О’ и базисом
Решение.

Пусть – некоторый базис, точка М (x;y) – в системе началом в точке О,
тогда в системе с началом О’ и базисом ее координаты будут

Ответ:

307. Составить уравнение биссектрисы острого угла между двумя прямыми
x -3y=0, 3x –y+5=0
Решение.
Из элементарной геометрии известно, что биссектриса угла между двумя прямыми есть геометрическое место точек, равноудаленных от сторон угла. Обратимся к рисунку

Отклонения точки A биссектрисы от сторон угла CDE имеют знак плюс, так как точка A и начало координат лежат по разные стороны как от первой, так и от второй прямой, т. е.. Возьмем точку B на биссектрисе смежного угла CDF. Точка B и начало координат лежат по разные стороны от прямой EF, поэтому отклонение имеет знак плюс ( > 0). Отклонение точки B от прямой CL имеет знак минус, так как точка B и начало координат лежат с одной и той же стороны от прямой CL, т. е. < 0. Значит, в этом случае равны по абсолютной величине, но противоположны по знаку, и имеет место равенство
Обозначим через X и Y текущие координаты точки на биссектрисе и рассмотрим отклонения этой точки от сторон угла. Для биссектрисы одного угла эти отклонения равны, а для биссектрисы смежного угла они равны по абсолютной величине, но противоположны по знаку. Пусть уравнения сторон угла имеют вид
A1x+B1y+C1= 0 и A2x+B2y+C2= 0.Приведем эти уравнения к нормальному виду, и тогда, для случая, когда, уравнение биссектрисы будет иметь вид (1)
Для случая же уравнение биссектрисы получим в виде
(2)
Замечание. При решении задачи нет надобности обозначать текущие координаты точки на биссектрисе через X и Y. Их можно обозначить через x и y, так как это не меняет этих уравнений.
Объединяя уравнения (1) и (2) и используя только что сделанное замечание, будем иметь уравнения двух биссектрис в виде

Для нашего случая уравнения биссектрис запишутся так:

или и
Окончательно уравнения биссектрис получаем в виде 2x +2y+5=0,
4x -4y+5=0
Легко проверить, что найденные две биссектрисы перпендикулярны. Действительно, условие перпендикулярности двух прямых A1A2+B1B2= 0 выполняется (получили подтверждение известной из геометрии теоремы: биссектрисы двух смежных углов перпендикулярны).
Один вариант знака даёт биссектрису острого угла, второй — биссектрису тупого угла, остается только разобраться, какой вариант к какой биссектрисе относится. Итак, мы видим, что искомое уравнение биссектрисы острого угла между двумя прямыми
x -3y=0, 3x –y+5=0, есть 4x -4y+5=0

Ответ: 4x -4y+5=0
332. Найти уравнение общего перпендикуляра скрещивающихся прямых l1 и l2 заданных в ПДСК уравнениями:

Решение:
Записать каноническое уравнения прямой
Чтобы составить каноническое уравнения прямой, необходимо знать точку и направляющий вектор. У нас даны уравнения двух плоскостей
1) Сначала найдём какую-либо точку, принадлежащую данной прямой. В системе уравнений обнулим какую-нибудь координату
Пусть y=0, тогда получаем систему двух линейных уравнений с двумя неизвестными:
Почленно складываем уравнения и находим решение системы:
2x+4=0, x=-2,z=-x=2 (-2;0;2)

Направляющий вектор прямой ортогонален нормальным векторам плоскостей.

Из уравнений плоскостей получаем их векторы нормали: =(1;-3;1) и (1;1;-1).
И находим направляющий вектор прямой:

Составим канонические уравнения прямой по точке и направляющему вектору: М (-2;0;2)
P
, в параметрическом виде
Общий перпендикуляр скрещивающихся прямых – это отрезок, соединяющий данные прямые и перпендикулярный данным прямым:

Есть две точки: H1(;;4)
H2(;;4)
Находим вектор = (;;4)=
=(;;4)
Поскольку направляющие векторы коллинеарны, то один вектор линейно выражается через другой с некоторым коэффициентом пропорциональности λ.

=(;;4)= λ·
Или покоординатно

Из третьего уравнения выразим и подставим ее в первое и второе уравнение
(1)-(2),
H1(;;4)
H1(;;4)
Составим уравнения прямой m по точке H1(;;)и направляющему вектору
m:
Ответ: m:
357. Даны уравнения прямых содержащих высоты треугольника, и координаты одной из вершин треугольника. Вычислить координаты двух других вершин этого треугольника:
3х+4у-7=0, 2х-у-1=0, А(5,-3)
Решение:
Найдем высоту, проходящую через вершину А
Известно, что все высоты треугольника пересекаются в одной точке, которая называется ортоцентром треугольника.
3х+4у-7=0,
2х-у-1=0
(1)+(2)*4, 11х-11=0, х=1.у=2х-1=1 К(1,1)
По двум точкам А(5,-3) и К(1,1) составим уравнение высоты АК
Прямая, проходящая через две точки (x1; y1) и (x2; y2), представляется уравнением: (1)
Оно выражает, что данные точки A, K и A(x;y) лежат на одной прямой.
Уравнение можно представить в виде:
(2)
Составим уравнение прямой, проходящей через точки (5,-3) и (1,1).
Формула дает:

т.е. -4(y +3) – 4(x – 5) = 0 или -4 y – 4 x +8 = 0.
Формула (2) дает:
или y = -x + 2
kВС=-1/ kАК=1
Пусть точка В имеет координаты (x1; y1) и С (x2; y2)
left10795

N (x3; y3)
y3 = – x3 + 2
– уравнение ВN или ВС
kВС=-1/ kАК=1,выражаем

Составим уравнение ВК и К(1,1)
3х+4у-7=0 (уравнение высоты дано по условию), у= -3х/4+7/4
kАС=-1/ kВК=4/3
Составим уравнение стороны АС

уравнение стороны АС
Вершину С найдем из пересечения
2х-у-1=0

Сложим эти два уравнения
,,y=-13*2-1=-27
С(-13,-27)

kАB=-1/ kCК=-1/2
Уравнение АВ по двум точкам
В (x1; y1) и А(5,-3)

уравнение стороны АВ
Найдем точку В, как точку пересечения АВ и высоты СК

Сложим эти два уравнения и получим, х=1/5,
у=-1/2*1/5-1/2=-3/5
В (1/5; -3/5)

Ответ: В (1/5; -3/5), С (-13;-27)
382. Пользуясь инвариантами привести к простейшему виду уравнение

Решение:
Выпишем коэфициенты А=4, В=-2,С=1, D=-1, Е=-7,F=7
И вычислим инварианты S=А+С=4+1=5
Найдем определитель, использовав разложение по столбцам:
Минор для (1,1): Вычеркиваем из матрицы 1-ю строку и 1-й столбец.
4 -2 -1
-2 1 -7
-1 -7 7
Получаем: EQ ∆1,1 = bbc| (a al co2 hs2 (1;-7;-7;7))
Найдем определитель для этого минора. ∆1,1 = (1 • 7-(-7) • (-7)) = -42
Минор для (2,1): Вычеркиваем из матрицы 2-ю строку и 1-й столбец.
4 -2 -1
-2 1 -7
-1 -7 7
Получаем: EQ ∆2,1 = bbc| (a al co2 hs2 (-2;-1;-7;7))
Найдем определитель для этого минора. ∆2,1 = ((-2) • 7-(-7) • (-1)) = -21
Минор для (3,1): Вычеркиваем из матрицы 3-ю строку и 1-й столбец.
4 -2 -1
-2 1 -7
-1 -7 7
Получаем: EQ ∆3,1 = bbc| (a al co2 hs2 (-2;-1;1;-7))
Найдем определитель для этого минора. ∆3,1 = ((-2) • (-7)-1 • (-1)) = 15
Определитель: ∆ = (-1)1+14 • (-42)+(-1)2+1(-2) • (-21)+(-1)3+1(-1) • 15 = 4 • (-42)-(-2) • (-21)+(-1) • 15 = -225
S
Следовательно, данное уравнение определяет именно параболу, а не какую-то другую линию. Найденные инварианты позволяют найти фокальный параметр p параболы

по формуле

Ответ:
407. Какой вид примет уравнение кривой 2×2 -6 xy +5y2-2х-2y-10 = 0, если перенести начало координат в ее центр?
Решение.
Приводим квадратичную форму B = 2×2 – 6xy + 5y2 к главным осям, то есть к каноническому виду. Матрица этой квадратичной формы:
Находим собственные числа и собственные векторы этой матрицы:
(2 – λ)x1 -3y1 = 0 -6×1 + (5 – λ)y1 = 0
Характеристическое уравнение:
λ2 -7 λ + 1 = 0 D = (-7)2 – 4 • 1 • 1 = 45

Исходное уравнение определяет эллипс (λ1 > 0; λ2 > 0)
Вид квадратичной формы: 3/2×12 + 7/2*3*y12
Находим главные оси квадратичной формы, то есть собственные векторы матрицы B.
λ1 = 3/2 0x1-3y1 = 0 -3×1 + 3y1 = 0 или 0x1-3y1 = 0
Собственный вектор, отвечающий числу λ1 = 3/2 при x1 = 3: EQ xto(x1)=(3, 0).
В качестве единичного собственного вектора принимаем вектор:
где – длина вектора x1. или EQ xto(i)1 = (1; 0)
Координаты второго собственного вектора, соответствующего второму собственному числу λ2 = 7/2*3*, находим из системы:
-3×1-3y1 = 0
-3×1 + 0y1 = 0
или -3×1-3y1 = 0

Итак, имеем новый ортонормированный базис (i1, j1).
Переходим к новому базису:
или

Вносим выражения x и y в исходное уравнение 2×2 – 6xy + 5y2 – 2x – 2y – 10 и, после преобразований, получаем:

Разделим все выражение на 41/4
Полуоси эллипса: EQ a = 1/2r(41/2);b = r(41/26)
Данное уравнение определяет эллипс с центром в точке:
(перенесли начало координат в точку )
Ответ:

432. Найти геометрическое место середин хорд, проведенных из конца малой полуоси эллипса x2/a2+y2/b2=1
Геометрическое место середин всех параллельных хорд эллипса называют
диаметром эллипса. Геометрическое место середин хорд, проведенных из конца малой полуоси эллипса – малый диаметр, если a>b, nо искомым будет диаметр 2b;если a<b, nо искомым будет диаметр 2a

457. Привести к каноническому виду уравнение кривой 21×2 + xy – 10y2 = 0
Решение.
Приводим квадратичную форму
B = 21×2 + xy – 10y2
к главным осям, то есть к каноническому виду. Матрица этой квадратичной формы:
EQ B = bbc| (a al co2 hs2 (21;1/2;1/2;-10))
Находим собственные числа и собственные векторы этой матрицы:
(21 – λ)x1 + 1/2y1 = 0
1×1 + (-10 – λ)y1 = 0
Характеристическое уравнение:
EQ bbc| (a al co2 hs2 (21 – λ;1/2;1/2;-10 – λ)) = λ2 – 11λ – 841/4 = 0 λ2 -11 λ – 841/4 = 0
D = (-11)2 – 4 • 1 • (-841/4) = 962
EQ λ1 = f(-(-11)+r(962);2•1) = 11/2 + 1/2r(962)EQ λ2 = f(-(-11)-r(962);2•1) = 11/2 – 1/2r(962)
Исходное уравнение определяет гиперболу (λ1 > 0; λ2 < 0)
Выпишем коэфициенты А=21, В=1/2,С=-10, D=0, Е=0,F=0
И вычислим инварианты S=А+С=21-10=11

Гиперболический случай выражается аналитическим условием А1С1 <0(А1 и С1 имеют разные знаки). Если инвариант, то коэффициент F=0, и гипербола вырождается в две пересекающиеся прямые.

Составим и решим систему:
F=0
Из первого уравнения А1=11-С1(11-С1) *С1= -210,25
Решаем квадратное уравнениеС12 -11 С1 – 210.25 = 0
Находим дискриминант: D = (-11)2 – 4 • 1 • (-210.25) = 962
Корни уравнения:
Подставляем первый комплект корней А1=-10, С1=21, F=0:
У канонического уравнения гиперболы коэффициент при  должен быть положительным А1>0:
Подставляем второй комплект корней А1=21, С1=-10, F=0:
-канонический вид уравнения кривой
две пересекающиеся прямые
Ответ:

482. Каким условиям должны удовлетворять коэффициенты общего уравнения кривой второго порядка, если она не имеет ни одной общей точки: 1) с осью ox, 2) с осью oy, 3) с осями ox и oy?
Решение.
Общее уравнение кривой второго порядка имеет вид:

такая кривая не имеет ни одной общей точки с осями ox и oy (так как в таком случае первое слагаемое обратится в ноль и уравнение не будет иметь смысла, в остальных случаях будет пересечение либо с осью ОХ, либо оу).
То есть
– такая кривая не имеет ни одной общей точки с осью ox.
(так как в если первое слагаемое обратится в ноль, то уравнение не будет иметь смысла).

– такая кривая не имеет ни одной общей точки с осью oy. (так как если первое слагаемое обратится в ноль, то уравнение не будет иметь смысла).

Ответ:

3)

Alesyaa 5.0

Отлично разбираюсь в вопросах организации здравоохранения, менеджмента, экономики, финансов, философии, истории.

Нанять автора