Решение контрольных задач по геометрии 8


Контрольные по геометрии 8 класс, Атанасян, скачать бесплатно, онлайн. Мерзляк А.Г. и др. Сборник задач и контрольных работ по геометрии для 8 класса ОНЛАЙН. Решение задач с помощью квадратных ГДЗ решебник по геометрии 8 класс рабочая тетрадь. В ГДЗ по геометрии для 8 класса Б. Г. Зива собраны примерные варианты всех проверочных. Название: Сборник задач и контрольных работ по геометрии для 8 класса. Автор: Мерзляк А.Г.

Название: Сборник задач и контрольных работ по геометрии для 8 класса. Автор: Мерзляк А.Г. контрольная работа по геометрии 8 Решение контрольных работ по 8 класс»,. Решение задач. Решебник к контрольным и самостоятельным работам по геометрии 8 контрольных. скачать бесплатно решение контрольных по геометрии за 8 класс. Решение контрольных и самостоятельных работ по геометрии за 8 класс к пособию.

Задача 1. Данную систему записать в матричной форме и решить с помощью обратной матрицы:

(1)

Решение. Пусть А – матрица коэффициентов при неизвестных; Х – матрица-столбец неизвестных Х1, х2, х3 и Н – матрица-столбец из свободных членов:

Левую часть системы (1) можно записать в виде произведения матриц А. Х, а правую – в виде матрицы Н. Следовательно, имеем матричное уравнение

А. Х=Н. (2)

Если определитель матрицы А отличен от нуля, то матрица А имеет обратную матрицу А-1. Умножим обе части равенства (2) слева на матрицу А-1, получим

А-1.А. Х=А-1.Н.

Так как А-1.А=Е, где Е – единичная матрица, а Е. Н=Х, решение контрольных задач по геометрии 8, то

Х= А-1.Н. (3)

Формулу (3) называют матричной записью решения системы линейных уравнений. Чтобы воспользоваться решение контрольных задач по геометрии 8 (3), необходимо сначала найти обратную матрицу А-1:

Определитель

Заменив (3) соответствующими матрицами, имеем

Откуда Х1=2, х2=4, х3=-1.

Задача 2. Решить методом Гаусса следующую систему линейных уравнений:

Решение. Исключим из последних двух уравнений Х1. Для этого умножим первое уравнение на -5 и результаты прибавим соответственно ко второму уравнению, затем обе части первого уравнения умножим на -3 и результаты прибавим к третьему уравнению. В результате получим систему эквивалентную данной:

(1)

Разделив обе части второго уравнения системы (1) на 2 получим систему

(2)

Теперь исключим из третьего уравнения системы (2) Х2. Для этого обе части второго уравнения этой системы умножим на -7 и результаты прибавим к третьему уравнению. В результате получим систему

(3)

Откуда Х3=3, Х2=1 и Х1=-2.

Приведение данной системы к ступенчатому виду (3) практически более удобно, если использовать преобразования расширенной матрицы данной системы, т. е. матрицы, составленной из коэффициентов при неизвестных и свободных членов. Для удобства столбец свободных членов этой матрицы отделим вертикальной чертой. Расширенная матрица данной системы имеет вид

Умножим элементы первой строки матрицы на -5 и результаты прибавим к элементам второй строки, затем умножим элементы первой строки на -3 и результаты прибавим к элементам третьей строки. Получим матрицу

Разделив элементы второй строки на 2, получим

Элементы второй строки умножим на -7 и результаты прибавим к элементам третьей строки. Получим матрицу

Которая позволяет данную систему привести к виду (3) и затем решить ее.

Задача 3. Решить методом Гаусса систему уравнений

Решение. Составим расширенную матрицу системы:

Умножив элементы первой строки последовательно на -2, -4 и -5. Полученные результаты прибавим соответственно к элементам второй, решение контрольных задач по геометрии 8, третьей и четвертой строк. Получим матрицу

Элементы второй строки умножим на 6 и результаты прибавим к элементам третьей строки, затем элементы второй строки прибавим к элементам четвертой строки. Получим матрицу

Элементы третьей строки разделим на -2 и затем элементы четвертой строки прибавим к элементам третьей строки. Получим матрицу

Теперь элементы третьей строки умножим на 13 и результаты прибавим к элементам четвертой строки. Получим матрицу

Следовательно, данную систему можно записать так:

Откуда Х4=0, Х3=2, Х2=-1 и Х1=3.

Матрицы, получаемые после соответствующих преобразований, являются эквивалентными. Их принято соединять знаком ~.

Задача 4. Исследовать систему уравнений и решить ее, если она совместна:

Решение. Пусть А – матрица, составленная из коэффициентов при неизвестных. Она называется матрицей системы. Если к матрице А присоединить столбец свободных членов, то полученная матрица В называется расширенной матрицей системы.

При исследовании систем линейных уравнений пользуются теоремой Кронекера-Капелли: для того чтобы система линейных уравнений была совместна, необходимо и достаточно, чтобы ранг матрицы системы был равен рангу расширенной матрицы. При этом если ранг матрицы А равен рангу матрицы В и равен числу неизвестных, то система имеет единственное решение. Если же ранг матрицы А равен рангу матрицы В, но меньше числа неизвестных, то система имеет бесконечное число решений. Если ранг матрицы А меньше ранга матрицы В, то система несовместна и решения не существует.

Определим ранг матрицы системы:

Преобразуем матрицу А. Сумму элементов первых двух столбцов прибавим к соответствующим элементам третьего столбца:

Так как все элементы третьего столбца оказались равными нулю, то единственный минор третьего порядка, который имеет эта матрица, равен нулю. С другой стороны минор второго порядка . Следовательно, ранг матрицы А равен 2, т. е. R(A)=2. Определим теперь ранг расширенной матрицы В:

Преобразуем матрицу В. Сумму элементов первых двух столбцов прибавим к соответствующим элементам третьего столбца. Тогда все элементы третьего столбца будут равны нулю. Затем элементы первого столбца умножим на 2 их сумму вычтем из соответствующих элементов четвертого столбца:

Так как в полученной матрице, которая эквивалентна расширенной матрице В, элементы двух последних столбцов равны нулю, то все миноры третьего порядка матрицы В равны нулю и, следовательно, ранг матрицы В не может быть равен курсовая работа на тему юридические процессы. Таким образом, ранг матрицы В тоже равен 2, т. е. R(В)=2.

Итак, R(A)=R(В)=2, но заданная система содержит 3 неизвестных. Поэтому система имеет бесконечное число решений. Выбираем в качестве базисного минора , а в качестве базисных неизвестных Х1 и Х2. Составляем подсистему, состоящую из первых двух уравнений заданной системы (третье уравнение отбрасываем). Свободное неизвестное Х3 переносим в правую часть. Получаем

Решая последнюю систему относительно базисных неизвестных Х1 и Х2, находим Х1=3+х3, Х2=2+х3. Полученное решение называется общим. Если свободное неизвестное Х3 примет определенное значение, то можно найти соответствующие значения базисных неизвестных Х1 и Х2. Например, пусть Х3=-2, тогда Х1=1, Х2=0. Легко проверить, что эти решения удовлетворяют всем трем уравнениям заданной системы уравнений.

Задача 5. Даны координаты вершин треугольника АВС: решение контрольных задач по геометрии 8 (4; 3), В (16; -6), С (20; 16). Найти: 1) длину стороны АВ; 2) уравнения сторон АВ и ВС И их угловые коэффициенты; 3) угол В в радианах с точностью до двух знаков; 4) уравнение высоты СD и ее длину; 5) уравнение медианы АЕ и координаты точки К пересечения этой медианы с высотой CD; 6)уравнение прямой, проходящей через точку К параллельно стороне АВ; 7) координаты точки М, расположенной симметрично точке А относительно прямой CD.

Решение. 1. Решение контрольных задач по геометрии 8 D между точками A (X1; Y1) и B (X2; Y2) определяется по формуле

(1)

Применяя (1), находим длину стороны АВ:

2. Уравнение прямой проходящей через точки А (X1; Y1) И B (X2; Y2), имеет вид

(2)

Подставляя в (2) координаты точек А и В, получим уравнение стороны АВ:

Решив последнее уравнение относительно Y, находим уравнение стороны АВ в виде уравнения прямой с угловым коэффициентом:

Подставив в (2) координаты точек В и С, получим уравнение прямой ВС:

3. Известно, что тангенс угла J между двумя прямыми, угловые коэффициенты, которых соответственно равны K1И K2, вычисляется по формуле

(3)

Искомый угол В образован прямыми АВ и ВС, угловые коэффициенты которых найдены: KAB=-¾; KВС=5,5. Применяя (3), получим

4. Уравнение прямой, проходящей через данную точку в заданном направлении, имеет вид

(4)

Высота CD перпендикулярна стороне АВ. Чтобы найти угловой коэффициент высоты CD, воспользуемся условием перпендикулярности прямых. Так как KAB=-¾, то KCD=. Подставив в (4) координаты точки С и найденный угловой коэффициент высоты, решение контрольных задач по геометрии 8 src="http://matica.org.ua/images/stories/Prim/image038.gif">

Чтобы найти длину высоты UD, определим сперва координаты точки D – точки пересечения прямых АВ и CD. Решая совместно систему

Находим

По формуле (1) находим длину высоты CD:

5, решение контрольных задач по геометрии 8. Чтобы найти уравнение медианы АЕ, определим сначала координаты точки Е, которая является серединой стороны ВС, применяя формулы деления отрезка на две равные части:

(5)

Следовательно,

Подставив в (2) координаты точек А и Е, находим уравнение медианы:

Чтобы найти координаты точки пересечения высоты CD и медианы АЕ, решим совместно систему уравнений

6. Так как искомая прямая параллельная стороне АВ, то ее угловой коэффициент будет равен угловому коэффициенту прямой АВ. Подставив в (4) координаты найденной точки К и угловой коэффициент K=-¾, получим

Рис. 1. Рис. 2

7. Так как прямая АВ перпендикулярна прямой CD, то искомая точка М, расположенная симметрично точке А относительно прямой CD, лежит на прямой АВ. Кроме того, точка D является серединой отрезка АМ. Применяя формулы (5), находим координаты искомой точки М:

Треугольник АВС, высота CD, медиана АЕ, решение контрольных задач по геометрии 8, прямая KF и точка М построены в системе координат ХОY на рис. 1.

Задача 6. Составить уравнение геометрического места точек, отношение расстояний которых до данной точки А (4;0) и до данной прямой Х=1 равно 2.

Решение. В системе координат XOyПостроим точку А (4;0) и прямую х=1. Пусть М (X;Y) – произвольная точка искомого геометрического места точек. Опустим перпендикуляр МВ на данную прямую Х=1 и определим координаты точки В. Так как точка В лежит на заданной прямой, то ее абсцисса равна 1. Ордината точки В равна ординате точки М. Следовательно В (1;Y) (рис. 2).

По условию задачи курсовая работа на тему система удобрений в севообороте. Расстояния МА и МВ находим по формуле (1) задачи 1:

Возведя в квадрат левую и правую части, решение контрольных задач по геометрии 8, решение контрольных задач по геометрии 8 src="http://matica.org.ua/images/stories/Prim/image050.gif">

Полученное уравнение представляет собой гиперболу, у которой действительная полуось А=2, а мнимая .

Определим фокусы гиперболы. Дли гиперболы выполняется равенство . Следовательно, – фокусы гиперболы. Как видно, заданная точка А (4;0) является правым фокусом гиперболы.

Определим эксцентриситет полученной гиперболы:

Уравнения асимптот гиперболы имеют вид и . Следовательно, , или и – асимптоты гиперболы. Прежде чем построить гиперболу, строим ее асимптоты.

Задача 7. Составить уравнение геометрического места точек, равноудаленных от точки А (4;3) и прямой Y=1. Полученное уравнение привести к простейшему виду.

Решение. Пусть М (х;у) – одна из курсовая работа на тему физиология сна искомого геометрического места точек. Опустим из точки М перпендикуляр МВ на данную прямую У=1 (рис. 3). Определяем координаты точки В. Очевидно, абсцисса точки В равна абсциссе точки М, а ордината точки В равна 1, т. е. В (Х;1). По условию задачи МА=МВ. Следовательно, для любой точки М (Х;у), принадлежащей искомому геометрическому месту точек, справедливо равенство:

Или

Полученное уравнение определяет параболу с вершиной в точке О’ (4;2). Чтобы уравнение параболы привести к простейшему виду, положим Х-4=Х и У+2=Y; тогда уравнение параболы принимает вид: Y= ¼Х2(*).

Чтобы построить найденную кривую перенесем начало координат в точку О’ (4;2), построим новую систему координат ХО’Y решение контрольных задач по геометрии 8 которой соответственно параллельны осям Ох и ОY, и затем в этой новой системе построим параболу (*) (рис. 3).

Рис. 3. Рис. 4

Задача 8. Составить каноническое уравнение гиперболы, фокусы которой расположены на оси абсцисс, если она проходит через точки А (-8;12), В (12;). Найти все точки пересечения этой гиперболы с окружностью с центром в начале координат, если эта окружность проходит через фокусы гиперболы.

Решение. Каноническое уравнение гиперболы имеет вид

По условию точки А и В лежат на гиперболе. Следовательно, решение контрольных задач по геометрии 8, координаты этих точек удовлетворяют уравнению (1). Подставив в уравнение (1) вместо текущих координат Х и У координаты точек А и В, получим систему региональные контрольные работы в 2016 2017 учебном году уравнений относительно неизвестных А и B:

Решая систему, получаем: А2=16, B2=48.

Таким образом, уравнение искомой гиперболы . Определим фокусы этой гиперболы. Имеем С2=а2+B2=16+48=64; с=8; F1(-8;0), F2 (8;0).

Уравнение окружности, проходящей через начало координат, имеет вид

Где R – радиус окружности.

Так как по условию окружность проходит через фокусы гиперболы, то R=C=8. Следовательно, - уравнение окружности. Чтобы найти точки пересечения гиперболы с окружностью, решим систему уравнений

В результате получим 4 точки пересечения: М1 (;6), М2 (-;6), М3 (-;-6), М4 (;-6) (рис. 4).

Задача 9. Даны координаты вершин пирамиды АВСD: А (2;1;0), В (3;-1;2), С (13;3;10), D (0;1;4). Требуется: 1) записать векторы в системе орт I, J, K и найти модули этих векторов; 2) найти угол между векторами ; 3) найти проекцию вектора на вектор ; 4) найти площадь грани АВС; 5) найти объем пирамиды АВСD.

Решение. 1. Произвольный вектор А может быть представлен в системе орт I, J, K следующей формулой:

(1)

Где Ах, ау, аZ – проекции вектора А на координатные оси Ох, Оу И ОZ, а I, J, и K – единичные векторы, направления которых совпадают с положительным направлением осей Ох, Оу И ОZ. Если даны точки М1 (Х1;у1;Z1) и М2 (Х2;у2;Z2), то проекции вектора на координатные оси находятся по формулам:

(2)

Тогда

(3)

Подставив в (3) координаты точек А и В, получим вектор :

Аналогично, подставляя в (3) координаты точек А и С, находим

Подставив в (3) координаты точек А и D, находим вектор :

Если вектор А задан формулой (1), то его модуль вычисляется по формуле

(4)

Применяя (4), получим модули найденных векторов:

2. Косинус угла между двумя векторами равен скалярному произведению этих векторов, деленному на произведение их модулей. Находим скалярное произведение векторов и :

Модули этих векторов уже найдены: . Следовательно,

3, решение контрольных задач по геометрии 8. Проекция вектора на вектор равна скалярному произведению этих векторов, деленному на модуль вектора :

Площадь грани АВС равна половине площади параллелограмма, построенного на векторах и . Обозначим векторное произведение вектора на вектор через вектор Р. Тогда, как известно, модуль вектора Р выражает собой площадь параллелограмма, построенного на векторах и , площадь грани АВС будет равна половине модуля вектора Р:

5. Объем параллелепипеда, построенного на трех некомпланарных вектора, равен абсолютной величине их смешанного произведения. Вычислим смешанное произведение :

Следовательно, объем параллелепипеда равен 144 куб. ед., а объем заданной пирамиды АВСD равен 24 куб. ед.

Задача 10. Даны координаты четырех точек: А (0;-2;-1), В (2;4;-2), С (3;2;0) и М (-11;8;10). Требуется: 1) составить уравнение плоскости Q, проходящей через точки А, В и С; 2) составить канонические уравнения прямой, проходящий через точку М перпендикулярно плоскости Q и с координатными плоскостями ХОу, хОZ и УОZ; 4) найти расстояние от точки М до плоскости Q.

Решение. 1. Уравнение плоскости, проходящей через три данные точки А (х1;у1;Z1), В (х2;у2;Z2), С (х3;у3Z3), имеет вид

(1)

Подставляя в (1) координаты точек А, В и С, получим:

Разложим определитель по элементам первой строки:

Сократив на 5, получим уравнение искомой плоскости Q:

(2)

2. Канонические уравнения прямой в пространстве имеют вид

(3)

Где Х0, у0, Z0 – координаты точки, через которую проходит прямая (3), а M, N, P – направляющие коэффициенты этой прямой. По условию прямая проходит через точку М (-11;8;10) и перпендикулярна плоскости Q. Следовательно, подставив в (3) координаты точки М и заменив числа M, N и P соответственно числами 2;-1;-2 [коэффициенты общего уравнения плоскости (2)], получим

(4)

3. Чтобы найти точки пересечения прямой (4) с плоскостью (2), запишем сначала уравнения прямой (4) в параметрическом виде. Пусть , где T – некоторый параметр. Тогда уравнения прямой можно записать так:

(5)

Подставляя (5) в (2), получим значение параметра T:

Подставив в (5) T=6, находим координаты точки Р пересечения прямой (4) с плоскостью (2):

Пусть Р1 – точка пересечения прямой (4) с координатной плоскостью ХОу; уравнение этой решение контрольных задач по геометрии 8 Z=0. При Z=0 из (5) получаем

Пусть Р2 – точка пересечения прямой (4) с плоскостью хОZ; получаем уравнение этой плоскости У=0. При У=0 из (5) получаем

Пусть Р3 – точка пересечения прямой (4) с плоскостью уОZ.

Уравнение этой плоскости Х=0. При Х=0 из (5) получаем

4. Так как точка М лежит на прямой (4), которая перпендикулярна плоскости Q и пересекается с ней в точке Р, то для нахождения расстояния от точки М до плоскости Q достаточно найти расстояние между точками М и Р:

Задача 11. Даны координаты трех точек: А (-5;2;-2), В (-1;4;-6), С (-4;1;-6). Решение контрольных задач по геометрии 8 найти: 1) канонические уравнения прямой АВ; 2) уравнение плоскости, решение контрольных задач по геометрии 8, проходящей через точку С перпендикулярно прямой АВ и точку пересечения этой плоскости с прямой АВ; 3) расстояние от точки С до прямой АВ.

Решение. 1. Уравнения прямой, проходящей через две данные точки А (х1;у1;Z1) и В (х2;у2;Z2), имеют вид

(1)

Подставив в (1) координаты точек А и В, получим

2. Запишем уравнение плоскости в общем виде Ах+Ву+СZ+D=0. Если плоскость проходит через точку М (х0;у0; Z0), то уравнение пучка плоскостей имеет вид

Так как искомая плоскость перпендикулярна прямой АВ, то А:В:С=2:1:-2, решение контрольных задач по геометрии 8. Заменив коэффициенты А, В, С, в уравнении пучка плоскостей соответственно числами 2, 1, -2 и подставляя координаты точки С (-4;1;-6), получим

Определим координаты точки пересечения плоскости (q) с прямой АВ. Для этого решим систему решение контрольных задач по геометрии 8 уравнений

Решая эту систему, находим Х=-3, У=3, Z=-4. Следовательно, плоскость и прямая пересекаются в точке Р (-3;3;-4).

3. Чтобы найти расстояние от точки С до прямой АВ, достаточно найти расстояние от точки С (-4;1;-6) до пересечения Р(-3;3;-4) (так как прямая перпендикулярна плоскости q).

Имеем

Источник:



0 комментариев

Ответ

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *