Løsning av utvalgte øvingsoppgaver til Sigma R2 kapittel 2

Transkript

1 Løsning av utvalgte øvingsoppgaver til Sigma R kapittel B. a Da ABC er 90, blir AC + 8. Siden CAE er 90, blir CE b Vinkelen mellom CE og grunnflata blir vinkel ACE. tan ACE som gir at vinkelen blir 4, 7. c Vi kaller midtpunktet på BD for M. Da er AM AC. Vinkelen mellom grunnflata og planet gjennom B, D og E blir da lik vinkel AME. tan AME Da blir vinkelen 4, 8. A.4a AB OB OA [0,, ] [,, 5] [0,, 5] [8,, 4] A.5a Vi lar B x, y, z. AB [x 5, y, z + ] [,, ] Dermed må x 5 og y og z +. Da må x 7 og y 4 og z. Altså har vi B 7, 4,. A.a [, 4, ] [, 5, ] [, 8, ] [, 5, ] [, 8 5, ] [ 4, 7, 5] B.7 Dersom vi bruker vanlig bokstavering, må AD BC. Vi kaller D x, y, z og får [x, y, z] [, 4, ]. Da må x, y 4 og z. Altså har vi D, 4,. B.9 a Dersom [, k, 5] [, 8, 0] må det eksistere et tall t slik at Da får vi [, k, 5] t[, 8, 0] t og k 8t og 5 0t Likningene t og 5 0t gir t, som igjen gir k 8 4 c [k, k, ] [0, 0, 0] A.70a [k, k, ] t[0, 0, 0] k 0t og k 0t og 0t Dermed må t 5, som igjen gir k. Vi sjekker om k passer i den midterste likningen: VS: k 4 HS: 0t Siden venstre side er lik høyre side, er løsningen altså k. u v u v [,, ] [, 5, 0] cos u, u v v u v 4 9 Dette gir u, v 5, 4 B.7a [, 4, 5] [k,, k + ] [, 4, 5] [k,, k + ] 0 k k + 0 k 8 + 5k Altså har vi k 7 8.

2 B.7 AC [k +, k + 5 7, k ] [k, k, k + ] AC k + k + k + k k + 5 BC [k +, k + 5 5, k ] [k, k, k + ] BC k + k + k + k k + 5 Siden AC BC, er trekanten likebeint. Vi kaller midtpunktet på AB for M. Da kan vi finne arealet ved AB MC. OM OA + AB [, 7, ] + [,, 0] [,, ] Altså er M,,. MC [k, k, k + ] MC k + k + k + k k + AB [,, 0] AB Så finner vi et uttrykk for arealet: k k + k k + k k + k 4k + Når vi skal finne det minste arealet, kan vi gjøre det enten grafisk eller ved regning. Vi gjør det ved regning: Vi skal finne minimumsverdien for funksjonen Vi deriverer og finner at A k k 4k + A k k 4 k 4k + Vi ser at A k 0 k 4 0, altså k. Siden A maks ikke eksisterer, må dette være k- verdien til en minimalverdi. Ved innsetting får vi Feil i fasit. A.74b A min 4 La A,, og B,,. AB [,, ] [, 4, 4] er da retningsvektor. OP OA + t AB, som gir B.7 x + t y + 4t z + 4t I skjæringspunktet med xy-planet er z 0. Da er + t 0, som gir t. Denne setter vi inn: x + 4 og y. Altså skjærer linja xy-planet i,, 0. B.77 Vi finner vinkelen mellom retningsvektorene til linjene. [,, ][,, 5] cos α Dette gir α 8,. Siden α < 90, blir vinkelen mellom linjene 8,. A.8b a x x 0 + b y y 0 + c z z 0 0 x 0 + y + z 4 0 A.8 x + y x + y + z 0 Da planene er parallelle, kan vi bruke samme normalvektor. x y z 4 0 x 4 y z + 0 x y + 4z + 7 0

3 A.84 Vi bruker AB AC som normalvektor: AB AC [, 4, ] [,, 5] [,, ] Dersom vi bruker,, som punkt, får vi x y z 0 B.85 x + y + z + 0 x + y + z 0 0 Ved innsetting finner vi at, 5, ikke ligger i planet, mens,, ligger i planet. Vi finner skjæring ved for eksempel x-aksen ved at y z 0: x som gir x, altså, 0, 0,. B.87 Vi setter parameterframstillingen for linja inn i planliningen og finner den t-verdien som gjør at punktet ligger både på linja og i planet. + t + + t + t Dette gir + t + + t + 4 t x y z Altså punktet, 4,. B.89a 7t 4 t Vi finner vinklene mellom normalvektorene [,, ] og [,, ]: [,, ] [,, ] cos α Dette gir α 08, 0. Da er vinkelen mellom planene 80 08, 0 7, 0. A.9a Vi bruker avstandsformelen: d ax 0 + by 0 + cz 0 + d a + b + c 5 A.9c Da planene er parallelle, finner vi avstanden mellom planene ved å finne avstanden fra et punkt i det ene planet til det andre planet. Vi velger y z 0 i α og får x 5, altså 5, 0, 0. Hvis ikke planet er parallelt med aksene, kan vi alltid finne et punkt i planet ved å velge to pene koordinater og regne ut den siste. B.9 d ] La x 0, y 0, z 0 være punkter i planet som har avstand 4 fra det gitte planet. d x 0 + y 0 4 z Planene blir da: A.95a x 0 + y 0 4z 0 ±4 9 x + y 4z x + y 4z q AP v l, der A 0,, 5, P,, og v l v l [,, ]. Da får vi: [,, ] [,, ] [, 4, ] q [,, ] [,, ]

4 B.9 a En normalvektor for α finner vi ved at n v l v m [,, ]. Da l ligger i planet, ligger, 4 4 også i planet. a x x 0 + b y y 0 + c z z 0 0 x y + 4 z 4 0 x y 4 z x y z 0 b Vi finner fellesnormalen til linjene: A.98b n v l v m [,, ]. Avstanden mellom linjene er da avstanden fra et punkt på m til et plan som inneholder l og er parallelt med m. Dette planet er det vi fant i a, altså x y z 0. Vi finner da avstanden fra et punkt på m, for eksempel, 0, 0 til planet: 0 0 d + + Vi bruker AB [,, ] og AC [0,, 7] som retningsvektorer og A som punkt: B.00 x + t y t s z 4 + t 7s Vi finner en retningsvektor for linja ved v l n n [,, ] [,, ] [, 4, ] Vi finner så et punkt som ligger i begge planene. Vi velger for eksempel z 0 og får likningssystemet [ ] x + y 4 x y 0 Dette gir x y 4. Dermed blir linja gitt ved for eksempel x 4 t y 4 4t z 0 t A.0a T AB AC [4,, ] [,, ] [,, ] A.0a V AB AC AD [,, ] [0,, ] [,, ] [,, ] [,, ] + + B.0 a La x y 0. Dette gir 9z 8 0, som gir z, altså A 0, 0,. La så x z 0. Dette gir B 0,, 0, mens y z 0 gir C 9, 0, 0. b V AB AC AD [0,, ] [9, 0, ] [ + t, 4t, 4 + t] [, 8, 7] [[ + t, 4t, 4 + t] + t 8 4t t c Da volumet er uavhengig av l, må linja være parallell med planet gjennom A, B og C, det vil si parallell med α. 4

5 B.04 Avstanden fra linja til planet finner vi ved d ax 0 + by 0 + cz 0 + d a + b + c + t + 4t t a V AB AC AD [,, 4] [,, 0] [t t 5, t + 5, t ] [ 4, 4, 48] [t 5, t + 5, t ] 4 t t 5 4 t t 4 t + 4t Siden t 4t + t + 4t < 0, får vi V 4 t 4t +. Vi deriverer og får V t 8t. Vi finner når den deriverte er lik null: V t 0 8t 0 t Dette må være t-verdien til en minimumsverdi. Da blir V min b Siden V min 0, kan ikke AB, AC og AD ligge i samme plan. A.05c Finner r ved r SD [,, 4] Da får vi: x x 0 + y y 0 + z z 0 r x + y + z 4 x + + y + z 4 A.0 a x + y + z x + 0z + 0 x x + y + z + 0z x x + + y + z + 0z x + y 0 + z Siste likning kan umulig stemme, siden venstre side må være positiv og 5 < 0. b x + y + z + y 0 B.07b x + y + y + z x + y + y + + z + x + y + + z Altså er sentrum S 0,, 0 og r. Vi bruker SA som normalvektor, der S, 4, og A, 9,, altså SA [0, 5, ]. a x x 0 + b y y 0 + c z z 0 + d 0 B.08a 0 x y 9 + z 0 5y 45 + z 5 0 5y + z 0 0 Vi setter linja inn i kulelikningen og finner t-verdien: 5 t + + t t 00 4 t + t t t + 8t 5 0 t eller t 9 Disse t-verdiene setter vi inn i parametriseringen av linja og får, 4, 8 og 97 9, 8 9, 9. B.09 S,, og r 5 S,, og r Minste avstand er S S r r

6 B.0 La S,,, P,, 4 og r 5. Da får vi at SP [5,, ] > 5. Siden SP > r, ligger P utenfor kula. C. Vi viser at P ligger på x +y +z 4 ved innsetting. En parametrisering av kula er: x 4 cos s cos t y 4 sin s cos t z 4 sin t Siden, 8, ligger på kuleflaten, vet vi at 4 sin t, altså sin t. Dette gir t 0. Så finner vi vinkel s: Det gir s 0. A.4 4 cos s cos 0 4 cos s cos s a DA DC + CB + BA c v a b Vi tegner figur. A H D E G B Fra figuren får vi: EF AB + BC a + b HG AD + DC a + b + c + c a + b F C B.5 Siden EF HG, er EF GH et parallellogram. BC a + b CD c + b DE b a Dersom B, C, D og E skal ligge i samme plan, må vi ha a + BE s BC + t BD BC + CD s BC + t BC + CD c + c + a + b + b s + t c s + t a + c a + + t + s c c + b a + t Fra dette kan vi lage følgende likningssett: s + t t t + s c + b Dette overtallige likningssystemet har løsningen t og s 0. Derfor ligger B, C, D og E i samme plan. A. Vi regner først ut skalarproduktene for a, b og c. a b a b cos a, b cos 90 0 a c a c cos a, c cos 0 b c b c cos b, c cos 0 4

7 Så kan vi løse oppgaven: u v a + b + c a + b c a + a b a c + a b + b b c + a c + b c c u a u + b + c a + a b + a c + a b + b + b c + a c + b c + c v a v + b c a + a b a c + a b + 4 b 4 b c a c 4 b c + 4 c cos u, u v v u v Dette gir u, v 85, 0. Oppgave.0 a AB [ 0, 0, 0] [,, ] AC [ 0, 0, 0] [,, ] AD [ 0, 0, 0] [,, ] AD AB [,, ] [,, ] Altså har vi at AD AB. AD AC [,, ] [,, ] Altså har vi at AD AC. Når vi i tillegg vet at AB AC, vet vi at AD står normalt på planet gjennom A, B og C. b Som normalvektor bruker jeg n AD [,, ]. Jeg tar utgangspunkt i punktet A 0, 0, 0. a x x 0 + b y y 0 + c z z 0 0 x 0 y 0 + z 0 0 t t c 7 + 5t t t t 7 Punktet B ligger ikke på linja. t t 7 + 5t t 9 + 7t t Ja, punktet C ligger på linja. Setter så linja inn i planet: x y + z 0 t 7 + 5t t 0 4t 4 0t t 0 t Vi setter så t i parameterframstillingen: x y z Altså er skjæringspunktet mellom l og α,,. d t gir x 5 y z Punktet E er E 5, 7,. Da bruker vi avstandsformelen: h

8 Oppgave.0c a b a b sin a, b Vi finner sin a, b ved hjelp av skalarproduktet: a b a b cos a, b 4 cos a, b cos a, b Fra enhetsformelen sin v + cos v får vi da at sin a, b. Da får vi a b 4. Oppgave.49 a p q AB AD AB AD cos AB, AD 4 4 cos p r AB AT r p 0 AB AT cos AB, AT 4 4 cos b CT CB + BA + AT BC AB + AT AB AD AB + AT AB AD + AT p q + r c AF AC + CF AB + BC + CT AB + AB + AD + CT p p + + q + p q + r p p + + q p + q + r p q + r BD BA + AD AB + AD p + q AF BD Siden AF BT p + q + r p + q p + p q r p + r q q p + q BT BA + AT, får vi: p + q + r p + r p + p r q p + q r r p + r d Fordi AF BD og AF BT, vil AF være en normalvektor til planet gjennom B, D og T. e Vi ser av figuren at D 4, 4, 0, siden x 0 4 cos 45 4 og y 0 4 cos y D A 5 f C har koordinatene, 4, 0. Da får vi AF AC + CF AC + CT [, 4, 0] + [, 4, 4] [4, 8, 4 ] C B x 8

9 Bruker derfor n 4AF 4 [ 4, 8, 4 ] [,, ], og finner α. x 4 + y 0 + z 0 0 x + y + z 4 0 g Vi parametriserer linja gjennom A og F og bruker 4AF [,, ] som retningsvektor. x t l AF : y t z t Dette setter vi så inn i likningen for α: Setter t får S, 4,. t + t + t 4 0 t i parametriseringen for linja og h Vi har AS [, 4, ] og SF [, 4, ]. Siden pyramidene har felles grunnflate, og linjen gjennom A og F står normalt på grunnflatene, får vi: V V Oppgave.5 T BDT AS T BDT F S AS F S A,,, B, 0, og C, 5, 4 a AB [, 0, ] [4,, ] Siden cos BAC cos AB, AC, må vi også regne ut AC AC [, 5, 4 ] [, 7, ] cos AB, AC AB AC AB AC AB AC [4,, ] [, 7, ] AB, AC BAC 48, b AB AC [4,, ] [, 7, ] [,, ]. Vi lar n α AB AC [,, ]. Vi bruker B, 0, som punkt. a x x 0 + b y y 0 + c z z 0 0 x y 0 + z 0 x y + z 0 x y + z 5 0 c Vi finner arealet av trekant ABC: T AB AC [,, ] [,, ] + + d AC n α vil da stå normalt på β: AC n α [, 7, ] [,, ] [, 4, 0] Bruker så at C, 5, 4 ligger i planet: x 4 y 5 0 z 4 0 x 4y + 0 0z x 4y 0z x y 5z e Vinkelen mellom planene β og γ må være BAC 48,. Alternativt kan vi finne likningen for γ og finne vinkelen mellom n β og n γ. 9

10 f Vi må løse det overtallige likningssystemet, 5 + 5, r, 5, 5s 0, +, r, +, s 0, 5r, 85 0, 4s 5, r +, 5s 0, r, s, 8 0, 5r + 0, 4s, 85 Vi kan for eksempel løse de de første to likningene og se om løsningen passer inn i den siste likningen. Lommeregneren gir løsningen r 5 4 og s 4 fra de første to likningene. Vi setter inn i den siste: VS: 0, 5 5,5 HS:, 85 0, 4 4,5 Altså er r 5 4 og s 4 en løsning. Vi setter inn og finner skjæringspunktet: x, 5 + 5, 5 5, 5 y 0, +. 5, z 0, 5 5, 5 Altså er skjæringspunktet 5,5,,,,5. g Flyene kolliderer ikke, siden løsningen i f var r,5 og s 4. Det betyr at de ikke er i samme punkt til samme tid. Det ene flyet er i det punktet hvor banene krysser etter,5 minutter, mens det andre er der etter 4,0 minutter. Alternativt måtte vi løse likningssettet i f påny. h Finner fartsvektoren v t r t [,5,,, 0,4]. Så finner vi farten: v,5 +, + 0,4,9. Når farten er,9 km/min, går flyet,5 km på ett minutt Oppgave.57 a C 0,, 0, E, 0, 5, F,, 5 b c CE [ 0, 0, 5 0] [,, 5] CE CF [ 0,, 5 0] [, 0, 5] CF cos ECF CE CF CE CF Dette gir ECF 9, x 0 + t x t y t y t z 0 + 5t z 5t x s d Linja gjennom AG er y s z 5s [,, 5] [, 0, 5] 8 9 Vi undersøker om de skjærer hverandre. t s t s 5t 5s t + s t + s t s Likningssettet har løsningen t s, altså skjærer de hverandre. e Vi kan bruke CE som normalvektor. x 0 y z 0 0 f h Oppgave.58 x y + 5x a F ac, F bc b AB [0 a, b 0, 0 0] [ a, b, 0] AC [0 a, 0 0, c 0] [ a, 0, c] 0

11 c n AB [bc, ac, ab] [ a, b, 0] abc + abc n AC [bc, ac, ab] [ a, 0, c] abc abc 0 d F 4 bc + ac + ab b c + a c + a c e Regelen er at Siden n AB og n AC og AB AC, er n en normalvektor. Vi kunne også ha regnet slik: AB AC [ a, b, 0] [ a, 0, c] [bc, ac, ab] fordi F 4 F + F + F b c + a c + a b ab + ac + bc