АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ ЗАДАЧИ И...

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ

Нижегородский государственный университет им. Н.И. Лобачевского

Л.Г. Киселева М.М. Шульц

АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ ЗАДАЧИ И РЕШЕНИЯ

Учебно-методическое пособие

Рекомендовано методической комиссией факультета ВМК для студентов ННГУ, обучающихся по направлениям подготовки

010400 «Прикладная математика и информатика» 010300 «Фундаментальная информатика»

230700 «Прикладная информатика»

Нижний Новгород 2011

УДК 512.64 ББК В22.143 К-44

К-44 Киселева Л.Г., Шульц М.М. АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ. ЗАДАЧИ И РЕШЕНИЯ. Учебно-методическое пособие. – Нижний Новгород: Нижегородский госуниверситет, 2012. – 65 с.

Рецензент: к.ф.-м.н., доцент Н.И. Жукова

В учебно-методическом пособии рассматриваются основные понятия ана-

литической геометрии (метод координат, векторная алгебра, уравнения прямых и плоскостей). В каждой главе имеется справочная информация по теории, да-ются примеры решения нескольких типовых задач, приведено большое количе-ство задач для самостоятельного решения.

В конце пособия даны три контрольные работы на прямые и плоскости, каждая контрольная работа содержит 30 вариантов.

Пособие предназначено для студентов 1-го курса факультета ВМК.

Ответственный за выпуск: зам. председателя методической комиссии факультета ВМК ННГУ,

к.ф.-м.н., доцент В.М. Сморкалова

1. Уравнения линий на координатной плоскости

3


Основы теории.

В декартовой системе координат расстояние

между точками M1(x1,y1) и M2(x2,y2) равно 212

212 )()( yyxx ,

между точкой M(x, y) и прямой x = a равно |x – a|,

между точкой M(x, y) и прямой y = b равно |y – b|.

Окружность радиуса r с центром в точке C(x0,y0) задается уравнением

(x – x0)2 + (y – y0)2 = r2.

Решение задач

Р 1.1. (Мод 291) Даны две точки A и B, расстояние между которыми равно 2c. Найти геометрическое место точек, абсолютная величина разности квадратов расстояний которых до точек равна 4a2.

Решение. Пусть координаты заданных точек A(–c, 0) и B(c, 0) (c > 0), "те-кущая точка" M(x,y). Тогда условие задачи запишется так:

|((x – c)2 + y2) – ((x + c)2 + y2)| = 4a2.

После очевидных преобразований получим |4xc| = 4a2, откуда x = p, где

cap

2

. Искомое геометрическое место – две прямые, параллельные оси Oy,

симметрично расположенные относительно начала координат. Если a = c, пря-мые проходят через точки A и B, если a < c, прямые пересекают отрезок AB, если a > c, прямые пересекают продолжение отрезка.

Р 1.2. (Бур 710.1) Найти центр и радиус окружности, заданной уравнени-ем x2 + y2 – 2x + 4y – 4 = 0.

Решение. Из слагаемых, содержащих переменную x, выделим полный квадрат: x2 – 2x = (x – 1)2 – 1. Аналогично для слагаемых, содержащих перемен-ную y, получим y2 + 4y = (y + 2)2 – 4. Подставим это в заданное уравнение: (x – 1)2 – 1 + (y + 2)2 – 4 – 4 = 0 или (x – 1)2 + (y + 2)2 = 32.

Ответ: центр окружности точка C(1,–2), радиус r = 3.

Р 1.3. (Бур 710.3) Найти центр и радиус окружности, заданной уравнени-ем x2 + y2 – 2x + 4y + 6 = 0.


4

Решение. Выполнив такие же преобразования, получим

(x – 1)2 + (y + 2)2 + 1 = 0.

Этому уравнению не удовлетворяют никакие вещественные числа x и y. По аналогии говорят, что это уравнение описывает "мнимую окружность". При желании можно даже сказать, что ее центр C(1,–2), а радиус r = i (мнимая еди-ница).

Р 1.4. (Мод 298) Даны две различные точки A и B и положительное число k. Найти геометрическое место точек, отношение расстояний которых до точек A и B равно k.

Решение. Это историческая задача Аполлония Пергского (III в. до н.э.). Если отношение k = 1, ответ очевиден: искомое геометрическое место – прямая, срединный перпендикуляр к отрезку AB.

В общем случае условие запишем в виде AM=kBM, где A и B – данные точки, M – "текущая точка".

Будем считать, что точки A и B принадлежат оси Ox, их координаты A(a,0), B(b,0), причем a b, координаты "текущей точки" M(x,y). Определение геометрического места запишем через координаты:

2222 )()( ybxkyax (1)

Возведем равенство (1) в квадрат:

22222 )()( ybxkyax (2)

Обе части равенства (1) при любых значениях входящих в него величин неотрицательны, поэтому (2) равносильно (1).

Выполним очевидные алгебраические преобразования: 22222222 )(2)1()1( abkxbkakykx . (3)

Если k = 1, (3) переходит в 22)(2 baxba , откуда 2

bax . Это

уравнение срединного перпендикуляра к отрезку AB.

Если k 1, разделим обе части (3) на (1–k2) и получим

2

222

2

222

112

kabkx

kbkayx

. (4)


5

Качественно ответ ясен: это окружность. Чтобы найти ее центр C(x0,y0) и радиус r, выделим в левой части полный квадрат. Для этого добавим к обеим

частям выражение 2

2

2

1

kbka и получим

2

2

2

2

2222

2

2

2

111

k

bkak

abkyk

bkax

Обозначим 2

2

0 1 kbkax

– это абсцисса центра окружности, ордината цен-

тра y0 = 0. После очевидных преобразований в правой части последнего уравне-

ния получим 22

222

2

2

2

222

1)(

11 kabk

kbka

kabk

. Эта положительная (если

a b) величина – квадрат радиуса окружности, радиус |1|||

2kabkr

, уравнение

окружности 222

0 )( ryxx . (5)

Пример. Пусть a = 4, b = 1, k = 2, тогда x0 = 0, r = 2 (рис. 1.1). Найдем расстояния AM и BM и их отношения k для трех положений точки M: M1(2,0), M2(–2,0), M3(0,2). Имеем

AM1 = 2, BM1= 1, k = 2.

AM2 = 6, BM2= 3, k = 2.

522024 223 AM ,

521 223 BM , k = 2.

Замечание. Эту задачу можно решить без применения координат, но решение очень сложное: сначала надо дога-даться, что это именно окружность, а не, скажем, эллипс. Затем надо сообразить, где ее центр, и какой у нее радиус. И, наконец, надо доказать, что для любой точки этой окружности выполняется заданное условие. Чистая головоломка! Именно на этом примере видна вся мощь аналитического метода, когда решение получается как бы "само собой". Правда, нужно владеть хотя бы минимальной техникой алгебраических преобразований...

A B C M1 M2

M3

x

y

Рис. 1.1. Окружность Аполлония


6

Не зря изобретатель координатного метода Декарт с гордостью сказал: "Я ре-шил все задачи!"

Р 1.5. (Мод 318) Отрезок постоянной длины скользит своими концами по двум взаимно перпендикулярным прямым. Точка M делит этот отрезок на две части, длины которых a и b. Найти линию, описываемую точкой M при дви-жении отрезка.

Решение. Из рис. 1.2 очевидно, что

,sin,cos

byax

(здесь a=MB, b=MA) Это параметрические уравнения эллипса. Разделим первое уравнение на a, второе на b, возведем оба уравнения в квадрат и сложим – по-лучим каноническое уравнение эллипса

12

2

2

2

by

ax .

Замечание. В этой задаче схематиче-ски описана конструкция эллипсографа. На координатных осях сделаны прорези, по ко-торым скользят штифты. На стержне AB в некоторой точке M закреплен пишущий узел, при движении штифтов по прорезям получается рисунок эллипса. Если закреп-лять пишущий узел в разных точках стерж-ня AB, будут получаться разные эллипсы, если закрепить его в середине стержня, по-лучится окружность.

Задачи для самостоятельного решения

С 1.1. (Мод 291) Даны две точки A и B, расстояние между которыми рав-но 2c. Найти геометрическое место точек, сумма квадратов расстояний которых до точек A и B равна 2a2 при условии, что a > c.

С 1.2. (Мод 297) Найти геометрическое место точек, сумма расстояний которых до двух противоположных вершин заданного прямоугольника равна сумме расстояний до двух других противоположных вершин этого прямо-угольника.

С 1.3. (Мод 304) Найти геометрическое место точек, для которых квадрат расстояния до двух точки пересечения двух взаимно перпендикулярных пря-

Рис. 1.2. Эллипсограф

P(x,0)

Q(0,y) M(x,y)

A

B

x

y


7

мых в k раз больше произведения их расстояний до этих прямых. Рассмотреть случаи k = 2 и k = 2,5.

С 1.4. (Мод 306) Найти геометрическое место точек, произведение рас-стояний которых до прямых, на которых лежат две противоположные стороны квадрата, равно произведению расстояний до прямых, на которых лежат две другие стороны квадрата.

С 1.5. (Мод 315) Даны две точки F1 и F2, расстояние между которыми равно 2c. Найти геометрическое место точек, сумма расстояний которых до то-чек F1 и F2 равна 2a при условии, что a > c.

С 1.6. (Мод 319) Дана окружность x2 + y2 = a2 . Во что превратиться эта окружность, если, не меняя абсцисс ее точек, уменьшить их ординаты в k раз.

С 1.7. (Мод 321) Даны две точки F1 и F2, расстояние между которыми равно 2c. Найти геометрическое место точек, абсолютная величина разности расстояний которых до точек F1 и F2 равна 2a при условии, что a < c.

С 1.8 (Мод 322-323). Дана точка F, прямая d и положительное число . Найти геометрическое место точек, отношение расстояния которых от точки F к расстоянию от прямой d равно .

Указание. При 1 взять точку F(c,0), прямую d с уравнением .εcx При

= 1 взять точку )0,2

( pF , прямую d с уравнением .2px

С 1.9. (Бур 710.4) Найти центр и радиус окружности, заданной уравнени-ем 3x2 + 3y2 + 6x – 18y – 48 = 0.

С 1.10. (Мод 292) Даны две точки A и B, расстояние между которыми равно 2c. Найти геометрическое место точек, абсолютная величина разности квадратов расстояний которых до точек A и B равна 4a2 .

С 1.11. (Кле 174) Вывести уравнение геометрического места точек, оди-наково удаленных от координатных осей.

С 1.12. (Кле 185) Дан квадрат со стороной 2a, его вершины лежат на осях, а центр (точка пересечения диагоналей) находится в начале координат. Составить уравнение геометрического места точек, сумма квадратов расстоя-ний которых до сторон этого квадрата есть величина постоянная, равная 6a2.

2. Линейные операции с векторами

8


Основы теории

Правило "конец минус начало"

Векторное равенство ABACBC является следствием формулы сложе-ния векторов BCABAC . Если задано начало отсчета O, то с каждой точкой M связывают ее радиус-вектор OM . Тогда для двух точек M1 и M2 вектор

1221 OMOMMM . Положение начала отсчета часто бывает несущественно,

тогда это равенство можно записать несколько иначе: 1221 )()( MMMM (правило “конец минус начало”).

Базис и координаты

Базис на плоскости состоит из двух неколлинеарных векторов e1 e2. Любой вектор a можно разложить по базису: a = a1e1 + a2e2. Координатами вектора a в базисе e1, e2 называются коэффициенты a1, a2 в разложении этого вектора. Ко-ординаты вектора определяются однозначно. Если базис зафиксирован, вектор можно кратко записать через его координаты a = {a1, a2}.

Базис в трехмерном пространстве состоит из трех некомпланарных векторов e1, e2, e3. Любой вектор a можно разложить по базису: a=a1e1+a2e2+a3e3.. Коор-динатами вектора a в базисе e1, e2, e3 называются коэффициенты a1, a2, a3 в разложении этого вектора. Координаты вектора определяются одно-значно. Если базис зафиксирован, вектор можно кратко записать через его коор-динаты a = {a1, a2, a3}.

При сложении (вычитании) векторов соответствующие координаты скла-дываются (вычитаются), при умножении вектора на число все его координаты умножаются на это число. Это справедливо как для координат на плоскости, так и в трехмерном пространстве.

Система координат на плоскости (в трехмерном пространстве) определяет-ся заданием начальной точки O и базиса e1, e2 (e1, e2, e3). Ориентированные пря-мые, несущие базисные векторы, называются осями координат. Обычно их обо-значают Ox, Oy, Oz.

С каждой точкой M связывают ее радиус-вектор OM . Его координаты в базисе, связанном с системой координат, называются координатами точки M. Если OM = xe1+ye2+ze3, координаты точки M записываются в виде M(x,y,z). (На плоскости берутся только координаты x,y). Если заданы две точки M1(x1,y1,z1) и M2(x2,y2,z2), то вектор 21MM ={x2–x1, y2–y1, z2–z1}.


9

Деление отрезка в заданном отношении

Дан отрезок M1M2 и число . Требуется найти на отрезке такую точку M,

что отношение длин λ2

1 MM

MM .

Будем считать, что точки M1 и M2 заданы их радиус-векторами относитель-но некоторой точки O: 1OM = r1, 2OM = r2 и будем искать радиус- вектор OM =r.

Отношение длин запишем в векторной форме: 21 λ MMMM , по правилу

"конец минус начало" имеем MM 1 = r – r1, 2MM = r2 – r, откуда

r – r1= (r2 – r).

Разрешив это уравнение относительно неизвестного вектора r, получим формулу деления отрезка в заданном отношении в векторной форме:

λ1λ

21 rrr ,

в координатной форме λ1

λ 21

xxx ,

λ1λ 21

yyy ,

λ1λ 21

zzz ,

Важный частный случай: при =1 имеем деление отрезка пополам:

221 rrr

,

в координатной форме 2

21 xxx ,

221 yyy

, 2

21 zzz .

В первоначальной постановке задачи отношение 0, но это ограничение можно снять, считая любым, отличным от –1. При 0 говорят, что отрезок делится внут-ренним образом, а при < 0 – внешним образом. На рисунке показаны положения точ-ки M при некоторых значениях ; при –1 точка M "уходит в бесконечность". Рис. 2.1. Деление отрезка внутренним и внешним образом

21λ 2λ λ 1λ 0λ

M1 M2


10

Центр тяжести (центр масс)

Точка P – центр тяжести системы двух материальных точек P1, P2 с масса-ми m1, m2 делит отрезок P1P2 в отношении, обратном отношению масс:

1

2

2

1

mm

PPPP .

Центр тяжести системы материальных точек P1, P2, с массами m1, m2, –

точка С, радиус-вектор которой .21

2211

mm

OPmOPmOC

Центр тяжести однородного отрезка – его середина, масса отрезка пропор-циональна его длине. Пусть имеется система однородных отрезков с длинами L1, L2, и центрами тяжести C1, C2, Заменив каждый отрезок материальной точкой, расположенной в его центре тяжести, сведем задачу к задаче о центре тяжести системы материальных точек.

Центр тяжести однородного прямоугольника – его геометрический центр (точка пересечения диагоналей, она же точка пересечения средних линий). Центр тяжести однородного треугольника – точка пересечения медиан. Пусть имеется пластинка, которую можно разбить на несколько фигур с площадями S1, S2,и центрами тяжести C1, C2, Заменив каждую фигуру материальной точкой, расположенной в центре тяжести и имеющей массу, пропорциональную площади, сведем задачу к задаче о центре тяжести системы материальных точек.


Р 2.1. (Мод 109) Даны две вершины треугольника ABC: A(–4,–1,2) и B(3,5,–16). Найти третью вершину C, зная, что середина стороны AC лежит на оси Oy, а середина стороны BC – на плоскости Oxz.

Решение. Пусть координаты третьей вершины C(x,y,z), тогда координаты

середины стороны AC суть 2

4 x , 2

1 y , 2

2 z . По условию эта точка лежит

на оси Oy, поэтому 02

4

x , 02

2

z , откуда y = 4, z = –2. Координаты сере-

дины стороны BC суть 2

3 x , 2

5 y , 2

16 z . По условию эта точка лежит на

плоскости Oxz, поэтому 02

5

y , откуда y = –5. Таким образом, имеем

C(4,–5,–2).


11

Р 2.2. Найти точку M пересечения медиан треугольника ABC. Решение. Радиус-векторы вершин

треугольника суть OA , OB , OC . Радиус-вектор точки C' (середины стороны AB)

2OBOACO

. По теореме школьной

геометрии точка пересечения медиан де-лит отрезок CC' в отношении = 2, поэто-му

3212 OBOAOCCOOCOM

(среднее арифметическое).

В координатах

3CBA

Mxxxx

, 3

CBAM

yyyy ,

3CBA

Mzzzz

.

Р 2.3. (Мод 11) На стороне AD параллелограмма ABCD отложен вектор

ADAK51

, а на диагонали AC – вектор ACAL61

. Докажите, что векторы KL

и LB коллинеарны и найдите коэффициент в соотношении LBKL λ .

Решение. Выразим все векторы через два базисных вектора AD и AB .

Имеем ADAK51

, ABADAC ,

ABADACAL61

61

61

. Векторы

KL и LB выразим по правилу "конец минус начало":

ABADADABADAKALKL61

301

51

61

61

,

ABADABADABALABLB65

61

61

61

.

Сравнивая разложения векторов KL и LB по базису, видим, что LBKL 5

1 , т.е. эти векторы коллинеарны, коэффициент 51λ .

Рис. 2.2. Точка пересечения медиан

C

C'

M

B A

A' B'

Рис. 2.3. Коллинеарные векторы A

B C

D K

L


12

Р 2.4. (Мод 106) Найти координаты центра тяжести проволочного тре-угольника со сторонами 3, 4, 5. Ось Ox направлена по меньшему кате-ту, ось Oy – по большему катету.

Решение. Длины и координа-ты центров тяжести сторон тре-угольника OAB:

OA : L1=3, C1( 23 ,0);

OB : L2=4, C2(0,2);

AB : L3=5, C3( 23 ,2).

По формуле находим коор-динаты точки C (центра тяжести проволочного треугольника):

112

8543

5403 23

23

23

321

332211

LLL

xLxLxLxC ,

23

1229

543252403

321

332211

LLL

yLyLyLyC .

Замечание. Центр тяжести треугольника OAB, вырезанного из однородного плоского материала – точка пересечения медиан M. Для любого треугольника ко-ординаты этой точки суть средние арифметические координат вершин треугольника (см. Р 2.2)

13

030

Mx ,

34

3400

My .

Видим, что точки C и M не совпадают. Если в вершинах разместить равные (например, единичные) массы, центр тяжести такой системы материальных точек так-же будет находиться в точке M.

Еще один способ получить ту же точку M: считать, что в вершинах треугольника C1C2C3 расположены равные массы, не зависящие от длин сторон, и найти точку пе-ресечения медиан этого треугольника.

Р 2.5. Найти координаты центра тяжести однородной пластинки (размеры указаны на рис. 2.5).

Решение. Площади и координаты центров тяжести трех прямоугольников, на которые разбита пластинка, суть

Рис. 2.4. Центры тяжести треугольников: C – проволочного, M – сплошного

A O

B

C1

C2 C3

x

y

M

C


13

x1=10, y1=5, S1=200; x2=10, y2=20, S2=400; x3=25, y3=20, S3=200.

Подставив эти числа в формулу, найдем координаты центра тяжести пла-стинки

x=13.75, y=16.25,

он лежит на оси симметрии пластинки (см. рис. 2.5).

Замечание. Данную задачу можно решить без всяких вычислений, простыми геометрическими построениями (см. рис. 2.6). Объединим первый и второй прямо-угольники в один и найдем его центр тяжести (на рисунке это точка C12). Очевидно, что центр тяжести пластинки лежит на отрезке, соединяющем эту точку с центром тя-жести третьего прямоугольника C3. Таким же образом найдем общий центр второго и третьего прямоугольника (на рисунке это точка C23). Центр тяжести пластинки лежит на отрезке, соединяющем эту точку с центром тяжести первого прямоугольника C1. Окончательно приходим к выводу: центр тяжести пластинки C – точка пересечения отрезков C12C3. и C1C23.


С 2.1. (Бур 388) Две перпендикулярные прямые, проходящие через точку M, пересекают окружность в точках A,B и C,D.

Доказать, что OMODOCOBOA 2 .

Рис. 2.6. Построение центра тяжести пластинки

C12

C1

C3 C23

C

x

O

y

C1

C

C2 C3

10

20

30 25

10

5

30

20 13.75

16.25

Рис. 2.5. Центр тяжести пластинки


14

С 2.2. (Бек 1.13) В параллелограмме ABCD точка K – середина отрезка BC, а точка O – точка пересечения диагоналей. Принимая за базисные векторы AB и AD , найти в этом базисе координаты векторов .,, KDCOBD

С 2.3. (Бек 1.18) Дан правильный шестиугольник ABCDEF. Принимая за базисные векторы AB и ,AF найти в этом базисе координаты векторов

.,,,,, CFBDEFDECDBC

С 2.4. (Бек 1.26) Дан правильный шестиугольник ABCDEF. Принимая за начало координат вершину A, а за базисные векторы AB и ,AE найти коор-динаты вершин шестиугольника и его центра.

С 2.5. (Бек 1.27) В трапеции ABCD отношение длин оснований AD и BC равно 4. Принимая за начало координат вершину A, а за базисные векторы AD и

,AB найти координаты вершин трапеции, точки M пересечения ее диагоналей и точки S пересечения продолжений боковых сторон.

С 2.6. (Бек 1.28) Дан параллелепипед ABCDA1B1C1D1. Принимая за начало координат вершину A, а за базисные векторы ,,, 1AAADAB найти координаты

1) вершин C, B1 и C1;

2) точек K и L – середин ребер A1B1 и CC1 соответственно;

3) точек M и N пересечения диагоналей граней A1B1C1D1 и ABB1A1 соответ-ственно;

4) точки O пересечения диагоналей параллелепипеда.

С 2.7. (Мод 1) Векторы AC = a и BD = b служат диагоналями параллело-грамма ABCD. Выразить векторы DACDBCAB ,,, через векторы a и b.

С 2.8. (Мод 4-5) В треугольнике ABC проведены медианы AD, BE, CF. Представить векторы CFBEAD ,, в виде линейных комбинаций векторов

ACAB, . Найти сумму векторов .,, CFBEAD

С 2.9. (Мод 8) Точки K и L служат серединами сторон BC и CD паралле-лограмма ABCD. Выразить векторы CDBC, через векторы ., ALAK

С 2.10. (Мод 9) В плоскости треугольника ABC найти такую точку M, что сумма векторов MCMBMA ,, равна нулю. Указание. Выразить радиус-вектор

OM через радиус-векторы .,, OCOBOA


15

С 2.11. (Доп) Докажите, что точка M из задачи 2.10 является точкой пе-ресечения медиан треугольника ABC.

С 2.12. (Бур 380) Существует ли в плоскости треугольника ABC такая точ-ка M, что сумма векторов MCMBMA 32 = 0.

С 2.13. (Доп) В тетраэдре ABCD найти такую точку M, что сумма векторов MDMCMBMA ,,, равна нулю. Указание. Выразить радиус-вектор OM через ра-

диус-векторы .,,, ODOCOBOA

С 2.14. (Доп) Медианой тетраэдра ABCD называется отрезок, соединяю-щий вершину тетраэдра с точкой пересечения медиан противоположной грани. Доказать, что все четыре медианы тетраэдра пересекаются в одной точке и де-лятся в этой точке в отношении 3:1, считая от вершины. Указание. Эта точка совпадает с точкой M из задачи 2.14.

С 2.15. (Мод 90) Один из концов отрезка AB находится в точке A(2,3), его серединой служит точка M(1,–2). Найти другой конец отрезка.

С 2.16. (Мод 91) Даны середины сторон треугольника (2,4), (–3,0), (2,1). Найти его вершины.

С 2.17. (Кле 109) Точка M пересечения медиан треугольника лежит на оси абсцисс, две вершины треугольника – точки A(2,–3) и B(–5,1), третья вершина C лежит на оси ординат. Найти точки M и C.

С 2.18. (Мод 92) Даны две смежные вершины параллелограмма ABCD: A(–4,–7), B(2,6) и точка пересечения диагоналей M(3,1). Найти две другие вер-шины параллелограмма.

С 2.20. (Мод 110) Найти отношение, в ко-тором плоскость Oyz делит отрезок AB, если A(2,–1,7), B(4,5,–2).

С 2.21. (Кле 742) Определить координаты концов отрезка, который точками C(2,0,2) и D(5,–2,0) разделен на три равные части.

С 2.22. (Доп) Найти координаты центра тяжести однородной пластинки, имеющей форму прямоугольной трапеции (рис. 2.7).

x

30 10

30

y

Рис. 2.7. Прямоугольная трапеция

3. Скалярное произведение

16

3. Скалярное произведение Основы теории.

Скалярным произведением векторов a и b называется число (скаляр)

(a, b) = |a||b|cos (угол берется между векторами a и b, отло-женными от одной точки).

Произведение |b|cos называется про-екцией вектора b на вектор a (на направление вектора a) или более точно, алгебраической вели-чиной проекции. Это число, положительное, если угол < 90, отрицательное, если > 90, при

= 90 проекция равна нулю.

Обозначим prab=|b|cos, тогда (a, b) = |a|prab.

Свойства скалярного произведения:

1) (a, b) = (b, a) – коммутативность;

2) (a, b + c)= (a, b) + (a, c) – дистрибутивность;

3) для любого скаляра k верно равенство (ka, b) = k(a, b);

4) если (a, b) = 0, то векторы a и b ортогональны;

5) (a, a)= |a|2 – скалярный квадрат вектора (квадрат длины).

В ортонормированном базисе, состоящем из попарно ортогональных еди-ничных векторов скалярное произведение векторов a = {a1, a2, a3} и b = {b1, b2, b3} выражается формулой

(a, b) = a1b1 + a2b2 + a3b3

Модуль вектора (длина) a={a1, a2, a3}

|a|= 23

22

21 aaa .

Косинус угла между векторами a = {a1, a2, a3} и b = {b1, b2, b3}

23

22

21

23

22

21

332211

||||),(cos

bbbaaabababa

bb

aa

.

Проекция вектора b на вектор a

a

b

prab

Рис 3.1. Проекция век-тора на направление


17

prab=23

22

21

332211

||)(

aaabababa

aba, .

Если вектор a = {a1, a2, a3} образует с векторами ортонормированного ба-зиса e1, e2, e3 углы 1, 2, 3, то величины cos 1, cos 2, cos 3 называются на-правляющими косинусами вектора a. Эти величины связаны с координатами

вектора соотношениями: .||

prαcos aae

i

ii

a

Для направляющих косинусов выполняется равенство:

cos2 1 + cos2 2 + cos2 3 = 1

(трехмерное обобщение основного тригонометрического тождества)

Для векторов на плоскости во всех приведенных формулах сохраняются только первые две координаты.


Р 3.1. (Мод 141) Даны два вектора a и b. Представить вектор b в виде суммы двух векторов x и y так, чтобы вектор x был коллинеарен вектору a, а вектор y – ортогонален вектору a.

Решение. Запишем условия задачи в виде векторных соотношений:

(1) x + y = b, (2) x = ka, (3) y a (y, a)=0.

Подставим (2) в (1), умножим обе части скалярно на a и, учтя условие

(3), получим k(a, a) = (b, a), откуда ),()(

aaab,

k . Теперь

aaaabx

),()( ,

, ),(

)(),(),()(

aaaaaaaaa

a bbbby ,, -- .

Замечание. Вектор x называется ортогональной проекцией вектора b на вектор a, символически: x = prab, вектор y называется ортогональной составляющей вектора b относительно вектор a, символически: x = ortab.

Имеет место неоднозначность в обозначениях: в теоретическом введении к раз-делу "Скалярное произведение" символом prab было обозначено число, алгебраи-

ческая величина проекции, равная ||)(

aab, . С такой неоднозначностью на самом деле

мы сталкиваемся довольно часто.


18

Следующая задача является иллюстрацией полученного результата.

Р 3.2. (Мод 148) Найти вектор, являющийся ортогональной проекцией вектора {–14, 2, 5} на прямую с направляющим вектором {2, –2, 1}.

Решение. Дано a = {2, –2, 1}, b = {–14, 2, 5}, скалярные произведения (a, a) = 9, (b, a) = –27, коэффициент k = –3, x = prab = –3a = {–6,6,–3}.

Алгебраическая величина проекции равна 9927

||)(

aab, . Абсолютная

величина этого числа равна модулю вектора |x|= 222 366 = 9.

Р 3.3. (Кле 743) Даны вершины треугольника A(1,2,–1), B(2,–1,3), C(–4,7,5). Вычислить длину биссектрисы внутреннего угла при вершине B.

Решение. Воспользуемся теоремой школьной геометрии: биссектриса внутреннего угла треугольника делит противоположную сторону пропорцио-

нально длинам сторон угла (рис. 3.2):

BCBA

TCAT

λ . По формуле деления отрезка

вектор биссектрисы

BABCBCBABABC

BCBA

BCBCBABA

BT

1.

Имеем }4,3,1{}31),1(2,21{)()( BABA ,

}2,8,6{}35),1(7,24{)()( BCBC ,

модули векторов 26|| BABA , 262104|| BCBC , вектор биссектрисы

3}6,14,8{

3}2,8,6{}4,3,1{2

32

2626226262

BCBABCBABT . Длина

биссектрисы (модуль вектора) 63742296

313619664

31|| BT .

Р 3.4. (Доп) Дан вектор a = {x, y}. Найти вектор a' = {x', y'}, получающий-ся поворотом вектора a на заданный угол .

Решение. Сначала найдем вектор b, получающийся поворотом вектора a на угол 90. Его модуль |b| должен быть равен модулю |a|, скалярное произ-ведение (a,b) должно равняться нулю. Если a = {x, y}, этим требованиям удов-летворяют два вектора: {y, –x} и {–y, x}. Чтобы сделать выбор, предположим,

A T C

B

Рис 3.2. Биссектриса треугольника


19

что векторы a и b отложены от начала координат. Пусть вектор a лежит в пер-вой четверти, тогда его координаты x и y положительны. Если поворот от a к b происходит в положительном направлении (против часовой стрелки), вектор b лежит во второй четверти, т.е. его абсцисса отрицательна, а ордината положительна, поэтому b = {–y, x}. Нетрудно проверить, что этот вы-бор для вектора b верен и при рас-положении вектора a в других чет-вертях.

Теперь вектор a', получаю-щийся поворотом вектора a на угол , можно выразить через век-торы a и b: a'= acos + bsin. В координатах получатся важные формулы поворота

x' = xcos –ysin, y' = xsin + ycos .

Задачу о повороте вектора можно решить, используя комплексные числа. Со-поставим вектору a = {x, y} комплексное число a = x + iy, в тригонометрической форме оно запишется так: a = r(cos + i sin), где x = rcos, y = r sin.

Если к аргументу прибавить угол , получится комплексное число a' = r(cos(+) + i sin(+)). Раскрыв косинус и синус суммы и перейдя к алгебраи-ческой форме a' = x' + iy', получим те же формулы поворота.

Р 3.5. (Доп) Даны две противоположные вершины квадрата A(–3, 2) и C(5, –4). Найти две другие вершины этого квадрата.

Решение. Середина отрезка AC – центр квадрата K(1, –1), его координаты суть полусуммы координат точек A и C. Вектор KA найдем по правилу "конец минус начало": }3,4{)}1(2,13{)()( KAKA . Тогда ортогональ-

ные к нему векторы той же длины }4,3{KB , }4,3{ KD (или наоборот, вы-бор произволен). Координаты точек В и D найдем, выразив их из того же пра-вила:

}3,4{}41,31{)()( KBKB ,

}5,2{}41,31{)()( KDKD .

Таким образом, координаты точек B(4,3), D(–2,–5).

a = {x, y}

b = {–y, x} a' = {x', y'}

x

y

Рис 3.3. Поворот вектора


20

Замечание. На клетчатой бумаге задачи с целочисленными координатами точек можно решать почти без вычис-лений, используя лишь две "опера-ции": установку точки по коорди-натам и отсчет клеток по горизон-тали и вертикали.

В данной задаче после того, как установлены точки A(–3, 2) и C(5, –4), находим координаты цен-тра квадрата K(1, –1), устанав-ливаем точку K и видим, что век-тор }3,4{KA . Откладываем от центра K перпендикулярный век-тор }4,3{KB , т.е. отсчитываем 3 клетки вправо, 4 клетки вверх – это точка B, а затем откладываем

}4,3{ KD , т.е. отсчитываем 3 клетки влево, 4 клетки вниз – это точка D (рис. 3.4).


С 3.1. (Мод 131) Дан равносторонний треугольник A,B,C длины сторон которого равны 1. Вычислить ABCACABCBCAB ,,, .

С 3.2. (Мод 133) В треугольнике ABC проведены медианы AD, BE, CF. Вычислить .,,, ABCFCABEBCAD

С 3.4. (Мод 149) Найти вектор, являющийся ортогональной проекцией вектора {8,4,1} на плоскость, перпендикулярную вектору {2,–2,1}.

С 3.5. (Мод 152) Найти внутренние углы треугольника с вершинами A (1,2,3), B (3,0,4), C (2,1,3).

С 3.6. (Мод 154) Вычислить углы 1, 2, 3, образованные противополож-ными ребрами тетраэдра, вершины которого A(3, –1, 0), B(0, –7, 3), C(–2, 1, –1), D (3, 2, 6).

С 3.7. (Бур 424) Найти угол между векторами a = 2m + 4n , b = m –n, где m и n – единичные векторы, угол между которыми равен 120о.

A

K

B

C D

x

y

Рис 3.4. Восстановление квадрата по заданной диагонали


21

С 3.8. (Бур 443) Найти угол между двумя биссектрисами плоских углов прямого трехгранного угла.

С 3.9. (Доп) Луч образует со всеми осями декартовой системы координат равные углы. Какие значения может иметь этот угол?

С 3.10. (Бур 457) Луч образует с осью Ox декартовой системы координат

угол 4π , а с осью Oy – угол

3π . Какие значения может иметь угол между этим

лучом и осью Oz?

С 3.11. (Доп) Даны два луча. Первый составляет с осями декартовой сис-

темы координат углы 3π2,

3π,

4π . Второй луч образует со всеми осями декарто-

вой системы координат равные тупые углы. Найти угол между лучами.

С 3.12. (Бек 2.17) Доказать, что для произвольного прямоугольника ABCD и для произвольной точки M (лежащей или не лежащей в плоскости пря-моугольника) имеют место равенства:

1) ;,, MDMBMCMA

2) .2222

MDMBMCMA

С 3.13. (Доп) Доказать, что все три высоты треугольника пересекаются в одной точке.

Указание. В треугольнике ABC взять точку H, в которой пересекаются две вы-соты, проведенные из вершин A и B, ввести векторы HCHBHA ,, . Из условий пер-

пендикулярности 0, BCHA и 0, ACHB вывести условие перпендикулярности

0, ABHC , далее воспользоваться единственностью перпендикуляра, опущенного из т очки на прямую..

3.14. (Бек 2.32) Объяснить геометрический смысл всех решений вектор-ного уравнения (x,a) = p, а также его частного решения, коллинеарного вектору a.

1) в плоском случае;

2) в пространственном случае.

С 3.15. (Бек 2.33) Объяснить геометрический смысл

1) решения системы векторных уравнений (x, a) = p, (x, b) = q (векторы a и b неколлинеарны);


22

2) решения системы векторных уравнений (x, a) = p, (x, b) = q, (x, c) = s (векторы a, b и c некомпланарны).

С 3.16. (Бек 2.45) Дан произвольный тетраэдр ABCD. Доказать: если пер-пендикулярны ребра AB и CD, а также ребра AC и BD, то ребра AD и BC также перпендикулярны.

С 3.17. (Доп) Даны две соседние вершины квадрата A(–3, 2) и B(2, 4). Найти две другие вершины.

С 3.18. (Кле 797) Доказать справедливость тождества

(a + b)2 + (a – b)2 = 2(a2 + b2).

Выяснить геометрический смысл этого тождества.

Пояснение обозначений: если v любой вектор, то v2 = (v, v) его скалярный квадрат, а v = |v|.

С 3.19. (Кле 799) Считая, что каждый из векторов a, b, c отличен от нуля, установить, при каком их взаимном расположении справедливо равенство (a, b) c = a (b, c).

С 3.20. (Кле 800) Даны единичные векторы a, b, c, удовлетворяющие ус-ловию a + b + c = 0. Вычислить (ab) + (bc) + (ca).

С 3.21. (Кле 802) Векторы a, b, c попарно образуют друг с другом углы, каждый из которых равен 60. Зная, что |a| = 4, |b| = 2, |c| = 6, определить модуль вектора a + b + c .

С 3.22. (Кле 803) Дано, что |a| = 3, |b| = 5. Определить, при каком значе-нии векторы a + b и a – b будут взаимно перпендикулярны.

С 3.23. (Кле 804) Какому условию должны удовлетворять векторы a и b чтобы вектор a + b был перпендикулярен к вектору a – b.

С 3.24. (Кле 805) Доказать, что вектор p = b (a, c) – c(a, b) перпендикуля-рен к вектору a.

С 3.25. (Кле 809) Вычислить тупой угол, образованный медианами, про-веденными из вершин острых углов равнобедренного прямоугольного тре-угольника.

С 3.26. (Кле 817) Даны вершины четырехугольника A(1, –2, 2), B(1, 4,0), C(–4, 1, 1), D (–5,–5,3). Доказать, что его диагонали взаимно перпендикулярны.

4. Векторное и смешанное произведения

23



Векторным произведением векторов a и b называется вектор c = [a, b], задаваемый следующими условиями:

|c|= |a||b|sin (угол берется между векторами a и b, отложенными от одной точки), модуль векторного произведения равен площади параллело-грамма, построенного на векторах-сомножителях, или, что то же самое, равен удвоенной площади треугольника;

ca, cb;

тройка векторов a, b, c ориентирована так же, как базисная тройка e1, e2, e3.

Замечание. Векторное произведение (в отличие от скалярного) – чисто трехмерная операция, она не обобщается по размерности "ни вверх, ни вниз".

Свойства векторного произведения:

1. [a, b]= –[b, a] – антикоммутативность;

2. для любого скаляра k верно равенство [ka, b]= k[a, b];

3. [a, b + c]= [a, b] + [a, c] – дистрибутивность;

4. если [a, b] = 0, то векторы a и b коллинеарны.

В ортонормированном базисе, состоящем из попарно ортогональных единичных векторов e1, e2, e3, векторное произведение c = [a, b] векторов a = {a1, a2, a3} и b = {b1, b2, b3} имеет координаты

.,,21

211

31

312

32

321 bb

aac

bbaa

cbbaa

c

Эти три формулы можно свести к простой мнемонической схеме: вы-писываем координаты векторов-сомножителей в две строки, а над ними – строку из знаков +, –, +:

321

321

bbbaaa

.


24

Если разложить этот "определитель" по первой строке, получатся выра-жения для координат произведения с нужными знаками.

Более корректно векторное произведение выражается в виде “симво-лического определителя”:

c = [a, b] = .21

213

31

312

32

321

321

321

321

bbaa

bbaa

bbaa

bbbaaa eeeeee

Символическим этот определитель называют потому, что его вторая и третья строки заполнены числами, а первая – векторами. Его можно разложить по первой строке, но больше этого с ним мало что можно делать. Нельзя, например, прибавить вторую строку к первой (хотя прибавить третью ко второй можно)…

Смешанным произведением трех векторов a, b, c называется число, обозначаемое (a, b, c) = ([a, b], c). Смешанное произведение равно ориенти-рованному объему параллелепипеда, построенного на векторах-сомножителях. Ориентация тройки a, b, c является положительной, если она совпадает с ориентацией тройки базисных векторов e1, e2, e3. Свойства смешанного произведения вытекают из свойств векторного и скалярного произведения:

выполняется дистрибутивность по любому из трех сомножителей;

из любого сомножителя можно выносить скалярный множитель;

при перестановке сомножителей (a, b, c) = (b, c, a) = (c, a, b) = –(b, a, c);

(a, b, c) = 0 – необходимое и достаточное условие компланарности векторов a, b, c.

В декартовой системе координат смешанное произведение выражается через координаты сомножителей в виде определителя:

(a, b, c) = .

321

321

321

cccbbbaaa


Р 4.1. (Бек 3.33) Доказать, что площадь треугольника, составленного из медиан треугольника ABC, равна ¾ площади треугольника ABC.

Решение. Возьмем в качестве базисных векторы CA и CB . Тогда

|],[|2 CBCAS ABC . Векторы медиан


25

CACBAA 21

1 , CBCABB 21

1 , CBCACC 21

1 .

Удвоенную площадь треуголь-ника, составленного из медиан (рис. 4.1), можно выразить так:

|],[|2 11 CCAAS мед . Если под-ставить сюда выражения меди-ан через базисные векторы, после несложных преобразова-ний получим искомое соотно-шение:

2Sмед = ¾ 2SABC .

Р 4.2. (Бек 1.40) Найти координаты центра тяжести однородной пла-стинки, имеющей форму четырехугольника ABCD с вершинами в точках A(3,1), B(7,3), C(0,4), D(–1,2). .

Решение. Схема решения задач о центре тяжести описана в разделе "Линейные операции с векторами". Разобьем четырехугольник на два треугольника ABC и ACD.

Центр тяжести треугольника ABC находится в точке с координатами

310

3073

3

CBA

ABCxxxx ,

38

3431

3

CBA

ABCyyyy .

Центр тяжести треугольника ACD – в точке с координатами

32

3103

3

DCA

ACDxxx

x , 37

3241

3

DCA

ACDyyy

y .

Чтобы искать площади треугольников с помощью векторного про-изведения, надо погрузить координатную плоскость Oxy в трехмерное про-странство Oxyz, добавив для всех точек третью координату, равную 0. Тогда

}0,2,4{}0,13,37{)()( ABAB ,

}0,3,3{}0,14,30{)()( ACAC ,}0,1,4{}0,12,31{)()( ADAD .

Площадь треугольника ACABS ABC ,21 .

A B

C

C1

A1 B1

1AA

1BB

1CC

Рис. 4.1. Треугольник и его медианы


26

Векторное произведение найдем по схеме 033024

.

Единственная отличная от нуля координата равна 183324

, площадь

треугольника SABC = 9.

Площадь треугольника ADACS ACD ,21 . Единственная отличная от

нуля координата векторного произведения 91433

, площадь SACD = 29 .

44.2922

299

32

29

3109

ACDABC

ACDACDABCABCM SS

xSxSx ,

56.2923

299

37

29

389

1

ACDABC

ACDACDABCM SS

ySySy .

Замечание. А нельзя ли было найти площади треугольников "по школьному", т.е. с помощью формулы Герона? Для этого надо знать длины сторон. Давайте попробуем. Имея векторы }2,4{AB , }3,3{AC (нулевые третьи координаты

отбрасываем), найдем длины 522024 22 AB , 23AC . Вектор }1,7{BC , его

длина 255017 22 BC . Теперь надо найти полупериметр – это будет до-вольно сложное иррациональное выражение, включающее 5 и 2 – и т.д. Ясно, что получить наш простой результат SABC=9 будет очень непросто…

При целочисленных коор-динатах вершин найти площадь треугольника очень легко и без векторного произведения. Покажем это на примере треугольника ABC. Окружим его так называемым габаритным прямоугольником со

сторонами, параллельными осям координат. Размер прямоугольника 73, его площадь

A x

C

B

y

Рис. 4.2. Треугольник с габаритным прямоугольником


27

21. Чтобы получить треугольник ABC, надо от габаритного прямоугольника отрезать три прямоугольных треугольника (см. рис. 4.2). Их площади 424

21

, 2933

21

,

2717

21

, суммарная площадь равна 12, разность 21 –12 = 9.

Р 4.3. (Мод 196) Из одной точки проведены три некомпланарных вектора a, b, c. Доказать, что плоскость, проходящая через концы этих векторов, пер-пендикулярна вектору [a, b] + [b, c] + [c, a].

Решение. Рассмотрим два вектора, лежащие в плоскости, a – b и b – c. Их векторное произведение – нормаль к плоскости: n = [a – b, b – c]. Раскроем скобки: n = [a, b] – [b, b] – [a, c] + [b, c]. Слагаемые [b, b] = 0, – [a, c] = [c, a]. Получаем n = [a, b] + [b, c] + [c, a].

Р 4.4. (Бек 3.23) Даны точки A(2,1,–1), B(3,0,2), C(5,1,1), D(0,–1,3), яв-ляющиеся вершинами тетраэдра. Найти объем тетраэдра и длину высоты, опущенной из вершины C.

Решение. Векторы, выходящие из вершины A

}3,1,1{)}1(2,10,23{)()( ABAB ,

}2,0,3{)}1(1,11,25{)()( ACAC ,

}4,2,2{)}1(3,11,20{)()( ADAD .

Их смешанное произведение равно ориентированному объему парал-лелепипеда, построенного на этих векторах, объем тетраэдра – его 6

1 . Поскольку нам нужен не только объем тетраэдра, найдем сначала векторное произведение ADAB, , его модуль равен площади S параллелограмма, построенного на этих векторах. Высота из вершины C опущена на эту грань.

Векторное произведение найдем по схеме 422311

, его координаты суть

24231

, 104231

, 42211

. Модуль векторного произведения

равен 3021204102 222 S , ориентированный объем параллелепи-педа равен скалярному произведению векторного произведения }4,10,2{, ADAB на вектор }2,0,3{AC :

22401032,, ACADABV ,

объем параллелепипеда равен |V| = 2, объем тетраэдра 31

61 2 .


28

Высоту найдем, разделив объем параллелепипеда V на площадь парал-

лелограмма S: 301

3022||

SVh .

Р 4.5. (Бек 3.16) При каком условии векторное уравнения [x, a] = b имеет решение? Объяснить геометрический смысл всех его решений, а также его частного решения, коллинеарного вектору [a, b].

Решение. Будем предполагать, что a 0 и b 0 (вырожденные случаи не представляют интереса). Из определения векторного произведения следует необходимое условие существования решения: a b, позже будет установлена достаточность этого условия. Из этого определения также следует, что любое решение данного уравнения x b. Возьмем частное решение x0 = k[a, b], оно ортогонально не только к вектору b, но и к вектору a. Поскольку сомножители векторного произведения ортогональны, |[a, b]| = |a||b|. Подставим частное решение в уравнение. Опять имеем векторное произведение двух ортого-нальных векторов, его модуль равен произведению модулей: |k||a||b||a|=|b|, от-

куда |k||a|2=1, ),(

1aa

k . Тройки векторов a, b, [a, b] и [a, b], a, b имеют

одинаковую ориентацию, поэтому коэффициент ),(

1aa

k , частное решение

x0 = ),(

1aa

[a, b]. Таким образом, условие a b является не только необходи-

мым, но и достаточным.

Прибавим к частному ре-шению вектор a с произволь-ным коэффициентом . Произве-дение [a, a] = 0, поэтому сумма x = x0 + a является общим реше-нием уравнения [x, a] = b .

На рис.4.3 векторы a, b и x0 образуют ортогональную тройку, концы векторов общего решения x лежат на прямой, параллельной вектору a.


С 4.1. (Мод 185) Даны два луча. Первый составляет с осями декартовой

системы координат углы 3π2,

3π,

4π . Второй луч составляет со всеми осями

Рис. 4.3. Частное и общее решение уравнения [x, a] = b

a

b

x0 = ),(

1aa

[a, b] x = ),(

1aa

[a, b] + a

a


29

равные тупые углы. Третий луч перпендикулярен к двум данным и образует с ними положительно ориентированную тройку. Найти направляющие косинусы третьего луча (координаты единичного вектора, направленного по этому лучу).

С 4.2. (Мод 189) Вычислить площадь треугольника, вершинами которого являются точки A(–1,0,–1), B(0,2,–3), C(4,4,1).

С 4.3. (Мод 187) Одна из вершин параллелепипеда ABCDA'B'C'D' нахо-дится в точке A(1,2,3), а концы выходящих из нее векторов – в точках B(9,6,4), D (3,0,4), A’(5,2,6). Найти угол между диагональю AC' и плоскостью грани ABCD этого параллелепипеда.

С 4.4. (Мод 188) Пусть A', B', C', D' – точки пересечения медиан граней BCD, CDA, ABD, ABC тетраэдра ABCD. Найти отношение ориентированного объема тетраэдра A'B'C'D' к ориентированному объему тетраэдра ABCD.

С 4.5. (Мод 190) Вычислить объем параллелепипеда ABCDA'B'C'D', зная его вершину A(1,2,3) и концы выходящих из нее ребер B(9,6,4), D(3,0,4), A’(5,2,6).

С 4.6. (Бек 3.21) Векторы a, b, c некомпланарны. При каких значениях скаляра компланарны векторы a + 2b + c, 4a + 5b + 6c, 7a + 8b + 2c ?

С 4.7. (Доп) Ко всем сторонам произвольного многоугольника построены внешние нормали, длины которых равны длинам соответствующих сторон. Доказать, что сумма векторов внешних нормалей равна нулю.

Указание. Введем единичный вектор p, перпендикулярный плоскости, в которой лежит многоугольник. Для вектора стороны ai вектор нормали выражается как векторное произведение ni =[ai, p]. Далее воспользуемся тем, что ai = 0.

С 4.8. (Бек 3.10) Доказать, что площадь выпуклого четырехугольника ABCD равна половине длины векторного произведения BDAC, .

С 4.9. (Бек 3.11) Доказать, что сумма векторов, перпендикулярных к граням произвольного тетраэдра, равных по длине площадям этих граней и направленных во внешнюю сторону, равна нулю.

Замечание. Это утверждение можно обобщить на любой многогранник, разбив его “грань в грань” на тетраэдры. Для выпуклого многогранника возможность такого разбиения легко доказать, для невыпуклого утверждение “интуитивно правдопо-добно”.

С 4.10. (Бек 3.12) Доказать, что для трех неколлинеарных векторов a, b, c равенства [a, b] = [b, c] = [с, a] выполняются тогда и только тогда, когда a + b + c = 0.

5. Прямая на координатной плоскости

30



Первый способ задания прямой на координатной плоскости предполагает, что известны начальная точка M0 и направляющий вектор l = {, } 0. Тогда уравнение прямой в векторной форме имеет вид:

r – r0 = l t, где

r =OM – радиус-вектор “текущей точки” M(x,y);

r0 = 0OM – радиус-вектор начальной точки M0(x0,y0);

t – параметр, каждому вещественному значению которого соответствует некоторая точка прямой.

В координатной форме параметрические уравнения прямой на плоскости имеют вид:

,β,α

0

0

tyytxx

или

.β,α

0

0

tyytxx

Если разрешить эти уравнения относительно параметра t и приравнять найденные выражения, получится каноническое уравнение прямой на плоско-сти:

Здесь один из знаменателей (любой) может обратиться в нуль. Так, если = 0, то и x – x0 = 0 – в этом случае прямая параллельна оси Oy, при = 0 получается y – y0 = 0 – прямая параллельна оси Ox.

Второй способ задания прямой на координатной плоскости предполагает, что известны начальная точка M0 и вектор нормали n = {a, b} 0. Тогда урав-нение прямой в векторной форме имеет вид:

(n, r – r0) = 0.

В координатной форме получаем общее уравнение прямой на плоскости, проходящей через заданную точку:

a(x – x0) + b(y – y0) = 0.

.βα

00 yyxx


31

Если раскрыть скобки и обозначить –(ax0 + by0) через c, получится об-щее уравнение прямой на плоскости:

ax + by + c = 0. Прямая ax + by + c = 0 делит плоскость на две полуплоскости. В одной из

них (положительной) выполняется неравенство ax + by + c > 0, в другой (отри-цательной) – неравенство ax + by + c < 0. Если отложить нормальный вектор n = {a,b} от произвольной точки прямой, он будет направлен в сторону поло-жительной полуплоскости. Другой способ определить знак полуплоскости –

взять произвольную точку, не лежащую на прямой и подставить ее координаты в левую часть уравнения. Знак (+ или –) результата говорит о том, в какой полу-плоскости лежит взятая точка.

Отклонение h точки от прямой это расстояние, взятое с учетом знака: в од-ной полуплоскости оно положительно, в другой отрицательно.

Пусть точка M(x,y) лежит на пря-мой, ее координаты удовлетворяют уравнению ax + by + c = 0, точка

M0(x0,y0) может не лежать на прямой (рис. 5.1.). Отклонение точки M0(x0,y0) от прямой это алгебраическая величина проекции вектора 0MM = {x0 –x, y0 – y} на

вектор нормали n = {a,b}, т.е. h = prn 0MM =||

)( 0

nn MM, . Числитель формулы

(n, 0MM ) = a(x0 – x) + b(y0 –y) = (ax0 + by0) – (ax + by).

Из уравнения прямой ax + by + c = 0 имеем ax + by = – c, поэтому (n, 0MM ) = ax0 + by0 + c. Модуль вектора нормали |n| = 22 ba .

Отклонение точки M0(x0,y0) от прямой ax+by+c=0 равно

2200

bacbyaxh

.

Расстояние точки M0(x0,y0) от прямой ax+by+c=0 равно

2200 ||||ba

cbyaxh

.

M

M0

n

h

Рис. 5.1. Отклонение точки от прямой


32

Угол между прямыми определяется как угол между их направляющими или нормальными векторами.


Р 5.1. (Мод 424) Найти точку, симметричную точке M(–2,9) относительно прямой 2x – 3y + 18 = 0.

Решение. Опустим на прямую перпендикуляр из заданной точки. Нор-мальный вектор данной прямой n = {2,–3} является направляющим вектором перпендикуляра, его уравнения в параметрическом виде

.39,22

tytx

Чтобы найти точку пересечения данной прямой и перпендикуляра, т.е. проекцию данной точки на прямую, подставим выражения x и y из параметри-ческих уравнений в уравнение прямой: 2(–2+2t)–3(9–3t)+18=0, откуда t = 1. Подставив найденное значение в параметрические уравнения, найдем проек-цию точки на прямую P(0,6).

Симметричную точку M' можно найти, используя формулы деления от-резка пополам. Но проще учесть, что на перпендикуляре, описанном пара-метрическими уравнениями, значение t = 0 соответствует данной точке M, зна-чение t = 1 – ее проекции точке P, тогда искомой точке M' должно соответ-ствовать значение t = 2. Координаты этой точки найдем из параметрических уравнений: x' = –2 + 22 = 2, y' = 9 – 32 = 3.

Р 5.2. (Кле 344) Определить, лежит ли точка M(–3, 2) внутри или вне тре-угольника, стороны которого даны уравнениями

(1) x + y – 4 = 0, (2) 3x – 7y + 8 = 0, (3) 4x – y – 31 = 0.

Корректно ли утверждение, что три данные прямые образуют треугольник? Видно, что никакие две из них не параллельны, однако остается возможность, что все они проходят через одну точку. Чтобы исключить эту возможность, составим опреде-литель из коэффициентов уравнений, включая свободные члены. Если он равен нулю, ранг расширенной матрицы равен 2 и по теореме Кронекера–Капелли система из трех уравнений с двумя неизвестными имеет решение. В нашем случае определитель

0290 31- 3- 48 7- 34- 1 1

, т.е. система несовместна, прямые не проходят через одну точ-

ку. О таких прямых говорят, что они находятся "в общем положении".


33

Точка M(–3, 2) не лежит ни на одной из сторон треугольника, так что постанов-ка задачи вполне корректна.

Решение. Найдем вершины треугольника (точки попарного пересечения прямых):

C(2, 2) = (1) (2), A(7, –3) = (3) (1), B(9, 5) = (2) (3). Теперь (1) – уравнение прямой CA, (2) – уравнение прямой BC, (3) – уравнение прямой AB. Рисунок сделаем схематический, т.е. без

привязки к системе координат (рис. 5.2). Подста-вим координаты вершины C(2, 2) в левую часть уравнения противоположной стороны (3): 42 – 2 – 31 < 0 (конкретное значение не нужно). Это зна-чит, что точка C лежит в отрицательной полуплос-кости относительно прямой (3). Значит, для всех точек внутри треугольника 4x – y – 31 < 0.

Аналогично подставим координаты вершины A(7, –3) в левую часть урав-нения противоположной стороны (1): 37 – 7(–3) + 8 > 0, координаты вершины B(9, 5) в левую часть уравнения противоположной стороны (2): 9 + 5 – 4 > 0. В результате получим систему линейных неравенств, задающих внутренность треугольника:

(1) x + y – 4 < 0, (2) 3x – 7y + 8 > 0, (3) 4x – y – 31 > 0.

Точка M(–3, 2) лежит вне треугольника, потому что ее координаты удов-летворяют неравенству (1), но не удовлетворяют неравенствам (2) и (3).

Р 5.3. (Мод 377) Известны уравнения двух сторон треугольника 2x – y = 0, 5x – y = 0 и уравнение одной из его медиан 3x – y = 0. Составить уравнение третьей стороны треугольника, зная, что на ней лежит точка (3,9), и найти координаты вершин треугольника.

Решение. Одна из вершин треугольника – начало координат O. Обозначим ко-ординаты двух других вершин x1, y1 и x2, y2. Заданная точка (3,9) лежит на ме-

диане 3x – y = 0, она делит сторону пополам: 32

21 xx , 9

221

yy . У нас

y1 = 2x1, y2 = 5x2, поэтому 92

52 21 xx . В результате получили систему уравне-

ний

C

B A

(1) (2)

(3)

–

+

+

M

Рис. 5.2. Знаки неравенств в треугольнике


34

.1852,6

21

21

xxxx

Решив ее любым способом, найдем абс-циссы точек на сторонах треугольника x1=4, x2=2, из уравнений сторон найдем ординаты y1 = 24 = 8, y2 = 52 = 10. Таким образом, неиз-вестные вершины треугольника – точки (4, 8) и (2, 10). Уравнение стороны, проходящей через

них, 8108

424

yx или x + y – 12 = 0.

Условия задачи и результат решения пред-ставлены на рис. 5.3.

Р 5.4. (Кле 275) Составить уравнения сто-рон треугольника, зная одну из вершин B(4,–1), уравнения высоты 2x – 3y + 12 = 0 и медианы 2x + 3y = 0, проведенных из вершины A.

Решение. Точный рисунок с со-блюдением координат точек и уравне-ний прямых для решения этой задачи не нужен, можно ограничиться эскизом (рис. 5.4).

Координаты вершины A(–3,2), в которой пересекаются высота и ме-диана, найдем из системы уравнений

.032,01232

yxyx

Уравнение стороны AB:

21

2343

yx или 3x+7y–5= 0.

Нормальный вектор высоты nh={2,–3}, тогда нормальный вектор стороны nBC = {3,2}, уравнение стороны BC: 3(x – 4) + 2(y + 1) = 0 или 3x + 2y – 10 = 0. Середина этой стороны – точка ее пересечения с медианой A'(6,–4), коорди-

наты найдены из системы уравнений

.032,01023

yxyx

y

O x

(4,8)

(2,10)

(3,9)

x+y–12=0

Рис. 5.3. Восстановление тре-угольника

A'

A

B

C

h m

Рис. 5.4. Восстановление треугольника по вершине B,

высоте h и медиане m


35

Координаты третьей вершины треугольника найдем из формул деления

отрезка пополам: 62

4

x , 42

1

y , C(8,–7).

Уравнение стороны AC: 27

2383

yx или 9x + 11y + 5 = 0.

Р 5.5. (Мод 455) Найти общие касательные к окружностям, центры кото-рых – точки (1,1) и (2,3), а радиусы соответственно равны 2 и 4.

Решение. Отклонение центра окружности от касательной rh . Если уравнение касательной 0 cbyax , отклонение произвольной точки

22 ba

cbyaxh

. Подставляя заданные координаты центров и радиусы окружно-

стей, получим два уравнения

222

ba

cba и 43222

bacba .

Возможны четыре комбинации знаков в правых частях уравнений, их можно сгруппировать в два случая, от знаменателей сразу избавимся.

Знаки одинаковые Знаки разные

)2(.432

)1(,222

22

bacba

bacba

)2(.432

)1(,222

22

bacba

bacba

Вычтем из второго уравнения первое: 2222 baba 2262 baba

Возведем в квадрат обе части уравнения 2222 4444 bababa 2222 363644 bababa

Приведем подобные члены 043 2 aba 032435 22 baba

Разделим уравнение на 2b и обозначим bat

043 2 tt 032435 2 tt Корни уравнения

34,0 21 tt

Дискриминант 03235442 , вещественных корней нет

В дальнейшем рассматриваем только случай одинаковых знаков. Для 01 t возьмем 1,0 ba , отклонение точки )1,1(1C от касательной

0 cy равно 21 c , отклонение точки )3,2(2C от этой прямой равно 43 c , причем знаки должны быть одинаковые. Система уравнений с одним


36

неизвестным

43,21

cc

совместна, если оба знака "+", решение в этом случае

1c , уравнение касательной 01y . Если оба знака "–", система несовместна.

Для 34

2 t возьмем 3,4 ba , тогда 522 ba . Отклонение точки

)1,1(1C от касательной 034 cyx равно 2534

c , т.е. 107 c , от-

клонение точки )3,2(2C от этой прямой равно 4598

c , т.е. 2017 c , при-

чем знаки должны быть одинаковые. Легко видеть, что система двух уравнений

с одним неизвестным

2017,107

cc

совместна, если оба знака "+", ре-шение в этом случае 3c , урав-нение касательной 0334 yx .

Если оба знака "–", система несовместна.

Итак, уравнения общих каса-тельных

01y и 0334 yx . Чтобы нарисовать наклонную

касательную, возьмем на ней две точки: )1,0( и )3,3( .

Замечание. Случай "Знаки раз-ные" (правая колонка таблицы) мож-но было бы и не рассматривать, если заранее проанализировать взаимное

расположение окружностей. Сравним расстояние между центрами с суммой и с раз-ностью радиусов. Видим, что

|r1–r2| = 2 < C1C2= 5 < r1+r2 = 6. Это означает, что окружности пересекаются, количество общих касательных

равно 2 и центры окружностей лежат по одну сторону от касательной (любой).

Р 5.6. (Доп) Уравнение стороны угла x + y – 2 = 0, уравнение биссектри-сы x + 2y – 3 = 0. Найти уравнение второй стороны угла.

Решение. Вычисление угла между стороной и биссектрисой и его по-следующее удвоение – не самый лучший способ решения данной задачи. Мы

Рис. 5.5. Общие касательные к двум окружностям

x

y

C2

C1


37

воспользуемся тем, что биссектриса является осью симметрии угла, т.е. для ка-ждой точки на стороне угла имеется точка симметричная относительно биссек-трисы, лежащая на другой стороне угла.

Возьмем, например, точку M(6, –4) на заданной стороне угла. Точка, симметричная ей относительно биссектрисы – M'(8,0) (способ отыскания сим-метричной точки описан в решении задачи Р 5.1. (Мод 424) ).

Вершину угла V(1, 1) найдем, решив систему уравнений

.032,02

yxyx

Теперь можно написать уравнение прямой, проходящей через точки V и M':

101

181

yx или x + 7y – 8 = 0 – это и есть вторая сторона угла.

Проверка. Если отклонения от двух пересекающихся прямых равны h1 и h2, то формула h1 = h2 задает уравнения двух биссектрис. В нашем случае

5087

22

yxyx или )87()2(5 yxyx . Взяв знак "+", получим

4x – 2y – 2 = 0, откуда 2x – y – 1 = 0 – это уравнение заданной биссектрисы.

Взяв знак "–", получим 6x + 12y – 18 = 0, откуда x + 2y – 3 = 0 – это урав-нение второй биссектрисы (второй оси симметрии).

Замечание. Найденные биссектрисы 2x–y–1=0 и x+2y–3=0 взаимно перпендику-лярны, как и должно быть. (Ср. решение задачи С 6.14.).


С 5.1. (Бек 5.8) Составить уравнение прямой, проходящей через точку A(–3,4) и параллельной прямой

1) x – 2y + 5 = 0; 2) 2

22

1

yx; 3) x =2;

4) y = –1; 5) x = 3 + t, y = 4 – 7t.

С 5.2. (Бек 5.9) Составить уравнение прямой, проходящей через две дан-ные точки:

1) A(–3,1) и B(1,2); 3) A(0,2) и B(–1,0);

2) A(2,1) и B(2,–5); 4) A(1,–3) и B(3,–3).


38

С 5.3. (Бек 5.10) Установить взаимное расположение прямых данной па-ры; если прямые пересекаются, найти координаты точки пересечения:

1) x – 3y – 2 = 0 и 2x + y – 1 = 0;

2) x + 3y – 1 = 0 и 2 – 2x – 6y = 0;

3) –x –y – 3 = 0 и 3x + 3y + 1 = 0;

4) x = 1 + 2t, y = 1 – 7t и x = 2 – t, y = 2 + t.

Замечание. Использование одной и той же буквы для обозначения параметра в уравнениях различных прямых может привести к ошибке.

С 5.4. (Бек 5.11) При каких a прямые ax – 4y = 6 и x – ay = 3: 1) пересекаются; 2) параллельны: 3) совпадают

С 5.5. (Бек 5.12) При каких a три прямые

ax + y = 1, x – y = a, x + y = a2

имеют общую точку?

С 5.6. (Кле 218) Площадь треугольника S = 8, две его вершины A(1,–2), B(2,3), а третья вершина C лежит на прямой 2x + y – 2 = 0. Определить ее координаты.

С 5.7. (Кле 218) Площадь треугольника S = 3/2, две его вершины A(2,–3), B(3,–2), центр тяжести этого треугольника лежит на прямой 3x – y – 8 = 0. Определить координаты третьей вершины C.

С 5.8. (Кле 343) Определить, лежит ли начало координат внутри или вне треугольника, стороны которого даны уравнениями

7x – 5y – 11 = 0, 8x + 3y + 31 = 0, x – 8y – 19 = 0..

С 5.9. (Бек 5.14) Точка M(3,2) является центром параллелограмма, а его стороны лежат на некоторых четырех прямых. На каждой из этих прямых рас-положена одна из точек P(2,1), Q(4,–1), R(–2,0), S(1,5). Найти уравнения пря-мых.

С 5.10. (Бек 5.16) Составить уравнение прямой, проходящей через точку A(1,2) так, что отрезок этой прямой, заключенный между прямыми 3x + y + 2= 0 и 4x + y – 1 = 0, в точке A делится пополам.

С 5.11. (Кле 233) Составить уравнение прямой, если точка P(2,3) является основанием перпендикуляра, опущенного из начала координат на эту прямую.


39

С 5.12. (Мод 379) Дано уравнение x – 2y + 7 = 0 стороны треугольника и уравнения x + y – 5 = 0, 2x + y – 11 = 0 медиан, выходящих из вершин тре-угольника, лежащих на данной прямой. Составить уравнения двух других сто-рон треугольника.

С 5.13. (Мод 391) Известны уравнения двух сторон параллелограмма x – y – 1 = 0, x – 2y – 10 = 0 и точка пересечения его диагоналей M(3,–1). Напи-сать уравнения двух других сторон параллелограмма.

С 5.14. (Мод 412) Стороны треугольника ABC заданы уравнениями 2x – y + 2 = 0 (AB), x + y – 4 = 0 (BC), 2x + y = 0 (CA). Определить положение то-чек M(3,1), N(7,–6), P(3,2) относительно данного треугольника.

С 5.15. (Кле 267) Даны две вершины треугольника A(–10,2) и B(6,4), его высоты пересекаются в точке H(5,2). Найти третью вершину треугольника C.

С 5.16. (Мод 423) Дана точка P(–5,6). Найти ее проекцию на прямую 7x – 13y – 105 = 0.

С 5.17. (Кле 251) На прямой 2x – y – 5 = 0 найти такую точку P, сумма расстояний которой до точек A(–7,1) и B(–5,5) наименьшей.

Указание. Взять точку, симметричную одной из данных относительно прямой и применить неравенство треугольника: “сумма двух сторон треугольника больше третьей стороны”.

С 5.18. (Кле 252) На прямой 3x – y – 1 = 0 найти такую точку P, разность расстояний которой до точек A(4,1) и B(0,4) наибольшей.

Указание. Аналогично 5.17, неравенство треугольника использовать в форме: “разность двух сторон треугольника меньше третьей стороны”.

С 5.19. (Кле 276) Составить уравнения сторон треугольника, зная одну из его вершин B(2,–7), а также уравнения высоты 3x + y + 11 = 0, проведенной из вершины A и медианы x + 2y – 7 = 0, проведенной из вершины C.

С 5.20. (Кле 280) Среди прямых, проходящих через точку P(3,0), найти такую, отрезок которой, заключенный между прямыми x – 2y – 3 = 0 и x – 2y + 17 = 0, делился бы в точке P пополам.

С 5.21. (Кле 282) Через точку P(0,1) проведены всевозможные прямые. Доказать, что среди них нет прямой, отрезок которой, заключенный между прямыми 2x – y – 2 = 0 и x + y + 3 = 0, делится в точке P пополам.

С 5.22. (Бур 586) Составить уравнения прямых, проходящих через точку A(3,1) и наклоненных к прямой 2x + 3y – 1 = 0 под углом 45о.


40

С 5.23. (Мод 450) Составить уравнения прямых, параллельных прямой 5x + 12y – 1 = 0 и отстоящих от нее на расстояние 5.

С 5.24. (Кле 246) Составить уравнение прямой, проходящей через точку P(3,5) на одинаковых расстояниях от точек A(–7, 3) и B(11,–15).

С 5.25. (Мод 451) Найти расстояние между параллельными прямыми 12x – 16y – 48 = 0 и 3x – 4y + 43 = 0.

С 5.26. (Мод 452) Составить уравнения биссектрис углов между прямыми x + 2y = 0 и 2x – 11y + 30 = 0.

С 5.27. (Мод 453) Найти касательные к окружности с центром (1,1) и ра-диусом 3, параллельные прямой 5x – 12y = 0.

С 5.28. (Кле 273) Составить уравнения сторон треугольника, зная одну из его вершин B(2,6), а также уравнения высоты x – 7y + 15 = 0 и биссектрисы 7x + y +5 = 0, проведенных из вершины A.

С 5.29. (Кле 274) Составить уравнения сторон треугольника, зная одну из его вершин B(2,–1), а также уравнения высоты 3x – 4y + 27 = 0, проведенной из вершины A и биссектрисы x + 2y – 5 = 0, проведенной из вершины C.

С 5.30. (Мод 472) Составить уравнения сторон квадрата, зная его центр (1,6) и по точке на двух непараллельных сторонах: (4,9) на стороне AB, (–5,4) на стороне BC.

С 5.31. (Кле 239) Через точки M1(–1, 2) и M2(2, 3) проведена прямая. Оп-ределить точки пересечения этой прямой с осями координат.

С 5.32. (Кле 241) Доказать, что уравнение прямой, проходящей через две данные точки M1(x1, y1) и M2(x2, y2) может быть записано в виде

0111

22

11 yxyxyx

.

С 5.33. (Кле 242) Даны последовательные вершины выпуклого четырех-угольника A(–3, 1), B(3, 9), C(7, 6) и D(–2,–6). Определить точку пересечения его диагоналей.

С 5.34. (Кле 243) Даны две смежные вершины A(–3, –1) и B(2, 2) парал-лелограмма ABCD и точка Q(3, 0) пересечения его диагоналей. Составить урав-нения сторон этого параллелограмма.

6. Плоскость и прямая в пространстве

41

6. Плоскость и прямая в пространстве Основы теории.

Первый способ задания плоскости предполагает, что известны начальная точка M0 и два направляющих вектора l1 = {1, 1, 1} 0 и l2 = {2, 2, 2} 0 (l1 и l2 не коллинеарны).Тогда параметрическое уравнение плоскости в вектор-ной форме имеет вид:

r – r0 = l1u + l2v, где

r =OM – радиус-вектор “текущей точки” M(x,y,z);

r0 = 0OM – радиус-вектор начальной точки M0(x0,y0,z0);

u и v – параметры; каждой паре их вещественных значений соответствует некоторая точка плоскости.

Параметрические уравнения плоскости в координатной форме

,γγ,ββ,αα

210

210

210

vuzzvuyyvuxx

или

.γγ,ββ,αα

210

210

210

vuzzvuyyvuxx

Второй способ задания плоскости предполагает, что известны начальная точка M0 и нормальный вектор n = {a, b, c} 0. Тогда уравнение плоскости в векторной форме имеет вид:

(n, r – r0) = 0.

В координатной форме общее уравнение плоскости, проходящей через заданную точку M0

a(x – x0) + b(y – y0) + c(z – z0) = 0.

Если раскрыть скобки и обозначить –(ax0 + by0 + cz0) через d, получится общее уравнение плоскости:

ax + by + cz + d = 0.

От параметрических уравнений плоскости легко перейти к общему урав-нению, записав его левую часть в виде определителя. Равенство его нулю озна-чает компланарность векторов MM 0 , l1 и l2:


42

0γβαγβα

222

111

000

zzyyxx

.

Нормальный вектор плоскости n = [l1 , l2].

Плоскость ax + by + cz + d + 0 делит пространство на два полупро-странства. В одном из них выполняется неравенство ax + by + cz + d > 0, в другом – неравенство ax + by + cz + d < 0. Если отложить нормальный вектор n = {a,b,c} от произвольной точки плоскости, он будет направлен в сторону положительного полупространства, где ax + by + cz + d > 0. Другой способ определить знак полупространства – взять произвольную точку, не лежащую на плоскости и подставить ее координаты в левую часть уравнения. Знак (+ или –) результата говорит о том, в каком полупространстве лежит взятая точка.

Отклонение точки от плоскости это расстояние, взятое с учетом знака: в одном полупространстве оно положительно, в другой отрицательно.

Отклонение точки M0(x0,y0,z0) от плоскости ax+by+cz + d = 0 равно

222

000

cbadczbyaxh

.

Обоснование этой формулы совпадает с обоснованием формулы отклоне-ния точки от прямой в разделе 5.

Расстояние от точки M(x0,y0,z0) от плоскости ax + by + cz + d = 0 равно

22200 ||||

cbadczbyaxh

.

Угол между плоскостями определяется как угол между их нормальными векторами.

Первый способ задания прямой в трехмерном пространстве предполагает, что известны начальная точка M0 и направляющий вектор

l = {, , } 0. Тогда уравнение прямой в векторной форме имеет вид:

r – r0 = l t, где

r =OM – радиус-вектор “текущей точки” M(x,y,z);

r0 = 0OM – радиус-вектор начальной точки M0(x0,y0,z0);


43

t – параметр, каждому вещественному значению которого соответствует некоторая точка прямой.

В координатной форме параметрические уравнения прямой в трехмер-ном пространстве отличаются от уравнений прямой на плоскости только нали-чием третьей координаты:

,γ,β,α

0

0

0

tzztyytxx

или

.γ,β,α

0

0

0

tzztyytxx

Если выразить параметр t из этих уравнений и приравнять полученные выражения, получатся канонические уравнения прямой в трехмерном про-странстве (уравнения – множественное число!)

.γβα

000 zzyyxx

Здесь один или два знаменателя могут обратиться в нуль.

Чтобы найти расстояние точки M(x,y,z) от пря-

мой γβα

000 zzyyxx

, надо разделить на модуль

вектора l площадь S параллелограмма, построенного на векторах MM 0 и l.

В результате получится формула

222

200

200

200

0

γβααγγββα

|||],[|

xxzzzzyyyyxx

llMMh

Угол между прямыми определяется как угол между их направляющими векторами.

Второй способ задания прямой в трехмерном пространстве представляет собой систему уравнений, определяющих две непараллельные плоскости:

,0,0

2222

1111

dzcybxadzcybxa

где нормальные векторы плоскостей n1 = {a1, b1, c1} и n2 = {a2, b2, c2} неколли-неарны. Направляющий вектор прямой в этом случае можно найти как вектор-

Рис.6.1. Расстояние точки от прямой

M0

M S

h

l


44

ное произведение: l = [n1, n2], начальную точку M0 как частное решение систе-мы уравнений.


Р 6.1. (Бек 6.23). Проверить, лежит ли данная прямая в плоскости x – 3y + z + 1 = 0, параллельна этой плоскости или пересекает ее в единственной точке (в последнем случае найти координаты точки пересечения). Прямая зада-на уравнениями:

1) .7

14

15

1

zyx

Решение. Нормальный вектор плоскости n = {1, –3, 1}. Направляющий вектор прямой l = {5, 4, 7}. Эти векторы ортогональны, так как (n,l) = 0. Следовательно, прямая параллельна плоскости или лежит в ней.

Координаты начальной точки M0(1,1,1) удовлетворяют уравнению плос-кости, следовательно, эта точка (и вся прямая) лежит в плоскости.

2) x + y + z = 1, x + 2y + z = 0.

Решение. Прямая задана как пересечение двух плоскостей. Ее направ-ляющий вектор найдем, взяв векторное произведение нормальных векторов по

схеме 121111

. "Раскладывая" по первой строке, найдем координаты вектор-

ного произведения: 11211

, 01111 , 1

2111 . Направляющий вектор пря-

мой l = {–1, 0, 1} ортогонален нормальному вектору плоскости, следовательно, прямая параллельна плоскости или лежит в плоскости. Найдем какую-нибудь точку на прямой (частное решение системы x + y + z = 1, x + 2y + z = 0), на-пример M0(1, –1, 1) (или M0(0, –1, 2)). Координаты никакой из этих точек не удовлетворяют уравнению плоскости. Значит, прямая не лежит в плоскости, а параллельна ей.

Второй способ решения. Рассмотрим систему уравнений, состоящую из уравнения плоскости (свободный член перенесен в правую часть) и двух урав-нений, задающих прямую:


45

.02,1,13

zyxzyxzyx

Построим расширенную матрицу системы, включающую столбец сво-бодных членов:

011

121111131

.

Ранг матрицы коэффициентов равен 2: первый и третий столбцы совпа-дают, первый и второй линейно независимы. Ранг расширенной матрицы равен 3: определитель, стоящий в столбцах 2, 3, 4 не равен 0 (это легко проверяется). Согласно теореме Кронекера-Капелли, система несовместна, т.е. плоскость и прямая не имеют общих точек.

Р 6.2. (Бек 6.25) Даны две прямые. Установить, пересекаются они, скре-щиваются, параллельны или совпадают. Если прямые пересекаются или парал-лельны, составить уравнение плоскости, в которой они лежат. Если прямые пе-ресекаются, найти также координаты точки их пересечения.

Взаимное расположение двух прямых проще всего выяснить, если их уравне-ния приведены к каноническому или параметрическому виду, когда известны началь-ные точки прямых M1, M2 и их направляющие векторы l 1, l 2. Случай параллельности, когда векторы l 1и l 2. коллинеарны, виден сразу "невооруженным глазом", подслучай совпадения получается, если двум направляющим векторам коллинеарен также и век-тор 21MM . При неколлинеарных векторах l1, l2 случаи пересекающихся и скрещи-вающихся прямых различаются путем вычисления смешанного произведения трех векторов ( 21MM , l1, l2). Если оно равно нулю, три вектора линейно зависимы и пря-мые пересекаются в одной точке. Если смешанное произведение не равно нулю, три вектора линейно независимы, прямые скрещиваются.

1) Прямые {x + z – 1 = 0, 3x + y – z + 13 = 0} и

{x – 2y + 3 = 0, y + 2z – 8 = 0}.

Решение. Направляющий вектор первой прямой найдем как векторное

произведение нормальных векторов двух плоскостей по схеме 113101

,

l1={–1, 4, 1}. Начальная точка – частное решение системы уравнений. Пусть,


46

например, x = 0, тогда из первого уравнения z = 1, из второго y = –12, начальная точка M1(0, –12, 1).

Аналогично найдем направляющий вектор l2={4, 2, –1} и начальную точ-ку M2(–3, 0, 4). Направляющие векторы не коллинеарны, поскольку отношения

их координат 41 ,

24 ,

11

различны.

Вектор 1221 )()( MMMM ={–3, 12, 3}, смешанное произведение

( 21MM , l1, l2) = 01241413123

. Прямые пересекаются.

Точку пересечения M(–3,0,4) найдем как решение системы уравнений {x + z – 1 = 0, 3x + y – z + 13 = 0, x – 2y + 3 = 0, y + 2z – 8 = 0}.

Замечание. Система четырех уравнений с тремя неизвестными является пере-определенной и существование ее решения проблематично, хотя дело не в количестве уравнений, несовместную систему можно "слепить" всего из двух уравнений, напри-мер {x+y=0, x+y=1}. Однако в данном случае был проведен предварительный анализ, который показал, что искомая точка существует и единственна.

Рассмотрим решение этой задачи в "общем виде", без конкретных число-вых данных. Обе прямые заданы как линии пересечения плоскостей.

1-я прямая:

,0,0

2222

1111

dzcybxadzcybxa

2-я прямая:

.0,0

4444

3333

dzcybxadzcybxa

Построим матрицу коэффициентов при координатах и столбец свободных членов (обратите внимание на знак!):

444

333

222

111

cbacbacbacba

A ,

4

3

2

1

dddd

d .


47

Если ввести столбец координат

zyx

X , система уравнений, описываю-

щих обе прямые, в матричном виде выглядит очень просто: AX=d.

Если rank(A) = rank(A|d) = 3, система уравнений имеет единственное ре-шение, в этом случае две прямые пересекаются.

Если rank(A) = rank(A|d) = 2, система уравнений имеет бесконечно много решений, в алгебре их множество называется линейным многообразием, в этом случае две прямые совпадают.

Если rank(A) = 2 < rank(A|d) = 3, система уравнений не имеет решений, в этом случае две прямые параллельны и различны.

Если rank(A) = 3 < rank(A|d) = 4, система уравнений не имеет решений, в этом случае две прямые скрещиваются.

Составьте самостоятельно для данного примера матрицу A, столбец d, найдите rank(A), rank(A|d) и сделайте вывод о взаимном расположении прямых.

Варианты 2–4 см. в задаче С 6.15.

5) Прямые x = 1 + 2t, y = 7 + t, z = 3 + 4t и x = 6 + 3t, y = –1 –2t, z = –2 + t.

Решение. Начальная точка первой прямой M1(1, 7, 3), ее направляющий вектор l1 = {2, 1, 4}. Начальная точка второй прямой M2(6, –1, –2), ее направ-ляющий вектор l2 = {3, –2, 1}. Направляющие векторы не коллинеарны, по-

скольку отношения их координат 32 ,

21

,14 различны.

Вектор 1221 )()( MMMM ={5, –8, –5}, смешанное произведение

( 21MM , l1, l2) = 120123412585

. Прямые скрещиваются.

Р 6.3. (Бур 682) Найти проекцию точки P(1,2,1) на плоскость 3x + 7y – 2z + 5 = 0 и расстояние точки от плоскости. Найти также точку, сим-метричную P относительно плоскости.

Решение. Отклонение точки от плоскости положительно, оно равно рас-

стоянию: 62

20273

5122713222

h .


48

Нормальный вектор плоскости n = {3, 7, –2} является направляющим вектором перпендикуляра, опущенного из точки на плоскость. Параметриче-ские уравнения этого перпендикуляра }21,72,31{ tztytx .

Подставим эти выражения для x,y,z в уравнение плоскости, получим 3(1+3t)+7(2+7t)–2(1–2t)+5 = 0 или 62t+20 = 0, откуда 31

10t . Координаты

точки пересечения 3151

3110

318

3110

311

3110 21,72,31 zyx , проекция

точки P на плоскость – точка 3151,31

8311 ,Q .

Симметричную точку P' найдем из формул деления отрезка пополам:

311

21

x ,

318

22

y ,

3151

21

z , откуда

3129

x , 3178

y , 3171

z .

Другой способ отыскания симметричной точки: на перпендикуляре каж-дой точке соответствует свое значение параметра, начальной точке P(1,2,1) со-ответствует t = 0, точке 31

51,318

311 ,Q соответствует 31

10t . Тогда симметрич-

ной точке P' должно соответствовать удвоенное значение параметра 3120t .

Подставив его в параметрические уравнения перпендикуляра, найдем те же ко-ординаты. (Ср. решение аналогичной задачи Р 5.19 на плоскости).

Для проверки найдем расстояние точки от плоскости как длину вектора

3120,

3170,

31301

3151,2

318,1

311)()( PQPQ . Его модуль равен

623110273

3110

3120

3170

3130 222

222

PQ .

Если числитель и знаменатель этого выражения умножить на 62 , по-

лучится 62

206231

62106231

626210

– то же самое значение.

Р 6.4. (Бур 698) Найти проекцию точки P(1,2,3) на прямую

x = 8 + 3t, y = 1 + t, z = 6 – 2t

и расстояние точки от прямой. Найти также точку, симметричную P относи-тельно прямой.

Решение. Расстояние точки от прямой можно найти по формуле

|||],[| 0

lPMlh

, где M0(8,1,6) – точка на прямой, направляющий вектор прямой l


49

= {3,1,–2}, его модуль |l|= 14 , P(1,2,3) – заданная точка, вектор

00 )()( MPPM ={–7, 1, –3}. Векторное произведение найдем с помощью

схемы 317213

. "Раскладывая" по первой строке, найдем координаты век-

торного произведения: 13121

, 233723

, 101713

, его модуль этого

вектора равен 63010231 222 , расстояние точки от прямой

5314630

14630

h .

Чтобы найти проекцию точки на прямую, построим плоскость, проходя-щую через эту точку и перпендикулярную к прямой. Ее нормальный вектор ра-вен направляющему вектору прямой, уравнение плоскости 3(x–1)+1(y–2)–2(z–3)=0 или 3x+y–2z+1=0. Подставим сюда выражения x,y и z из параметрических уравнений: 3(8 + 3t)+1(1 + t)–2(6 – 2t)+1=0 или 14t+14=0, откуда t = –1, что дает x = 8–3 = 5, y = 1–1 = 0, z = 6+2 = 8. Мы нашли точку Q(5,0,8), это проекция данной точки P(1,2,3) на прямую.

Найдем длину вектора PQPQ )()( ={5–1,0–2,8–3}={4,–2,5}. Его мо-дуль 5345524 222 PQ равен расстоянию точки от прямой.

Симметричную точку P' найдем из формул деления отрезка пополам:

52

1

x , 02

2

y , 82

3

z , откуда x = 9, y = –2, z = 13.

Замечание. При проектировании точки на плоскость мы использовали еще один способ отыскания симметричной точки: брали "удвоенное значение параметра" (в данном случае это t = –2). Однако таким способом мы найдем точку, симметричную не для P (относительно прямой), а для M0 (относительно плоскости).

Р 6.5. (Доп) В пространстве заданы три точки A(1,1,1), B(2,0,2), C(2,2,1). Для произвольной точки M(x,y,z) записать условия того, что она лежит в плос-кости треугольника ABC, причем находится внутри него.

Конкретный вопрос: находится ли внутри треугольника точка Q, являю-щаяся проекцией на плоскости треугольника ABC начала координат.

Решение. Напишем уравнение плоскости, в которой лежит треугольник. Для этого по правилу “конец минус начало” найдем направляющие векторы плоскости


50

CACA )()( ={–1,–1,0} и CBCB )()( ={0,–2,1}.

Нормальный вектор плоскости треугольника равен векторному произве-дению направляющих векторов: nABC = [CA ,CB ] , его найдем с помощью схемы

120011

, nABC = {–1,1,2}.

Уравнение плоскости треугольника ABC можно записать с неопре-деленным свободным членом: A или B): –x + y + 2z + D = 0. Потребуем, чтобы этой плоскости принадлежала, например, точка A(1,1,1), получим –1 + 1 + 2 + D = 0, откуда D = –2, уравнение плоскости –x + y + 2z – 2 = 0 или x – y – 2z + 2 = 0.

Чтобы записать условие принадлежности точки плоскости треугольника ABC внутренней части этого треугольника, построим на этом треугольнике. как на основании прямую призму, у которой боковые ребра

''' CCBBAA =nABC (рис. 6.2).

Построим уравнения боковых гра-ней призмы.

Грань ABB'A': начальная точка A(1,1,1), направляющие векторы – нор-маль nABC = {–1,1,2} и вектор

ABAB )()( ={1,–1,1}, уравнение грани можно записать в виде определи-

теля 0211111

111

zyx, после очевидных

преобразований получим x + y – 2 = 0.

Подставим в левую часть этого уравнения координата точки C(2,2,1), по-лучим 2 + 2 – 2 > 0. Значит, точка C (и все ребро CC') лежит в положительной полуплоскости относительно грани ABB'A', в этой полуплоскости x + y – 2 > 0.

Остальные два неравенства построим аналогично.

C' A'

A

B

B'

C

nABC

Рис. 6.2. Треугольная призма


51

Грань CAA'C': начальная точка C(2,2,1), направляющие векторы

CA ={–1,–1,0} и nABC, уравнение грани 0211011

122

zyx, после очевидных

преобразований x – y + z – 1 = 0.

Подставим в левую часть этого уравнения координата точки B(2,0,2), по-лучим 2 – 0 + 2 – 1 > 0. Значит, точка B (и все ребро BB') лежит в положитель-ной полуплоскости относительно грани CAA'C, в этой полуплоскости x – y + z – 1 > 0.

Грань CBB'C': начальная точка C(2,2,1), векторы, лежащие в плоскости

CB ={0,–2,1} и nABC, уравнение грани 0211120

122

zyx, после очевидных пре-

образований 5x + y + 2z – 14 = 0.

Подставим в левую часть этого уравнения координата точки A(1,1,1), по-лучим 5 + 1 + 2 – 14 < 0. Значит, точка A (и все ребро AA') лежит в отрицатель-ной полуплоскости относительно грани CBB'C', в этой полуплоскости 5x + y + 2z – 14 < 0.

Таким образом, все внутренние точки треугольника ABC удовлетворяют системе

Проекция начала координат – точка

32,

31,

31Q (способ отыскания про-

екции точки на плоскость см. Р 6.4.). Подставив эти числа в условия (1) – (4), имеем

(1) – да, (2) – нет, (3) – нет, (4) – да. Вывод: точка Q лежит в плоскости треугольника ABC, но не находится

внутри треугольника. Эту задачу можно решить другим способом. Запишем параметрические

уравнения плоскости, взяв начальную точку C(2,2,1), а направляющие векторы l1 = CA ={–1,–1,0} и l2 = CB ={0,–2,1}. Параметрические уравнения

)4(.01425)3(,01)2(,02)1(,022

zyxzyx

yxzyx


52

.101,212,012

vuzvuyvux

Легко видеть, что общее уравнение плоскости (1) является следствием параметрических уравнений.

Если ввести на плоскости треугольника ABC косоуголь-ную систему координат Cuv, координаты точек будут C(0,0), A(1,0), B(0,1), уравнение пря-мой AB имеет вид u + v = 1 (рис. 6.3). Внутренняя часть треу-гольника задается неравенст-вами

{u > 0, v > 0, u + v < 1}. Чтобы найти координаты

u и v точки Q, запишем пара-метрические уравнения перпендикуляра, опущенного из начала координат на плоскости треугольника ABC:

{x = –t, y = t, z = 2t} и приравняем выражения декартовых координат из этих уравнений и из пара-метрических уравнений плоскости. После очевидных преобразований получим систему уравнений

.1210,2121,2101

tvutvutvu

Решим ее по правилу Крамера:

6210121101

, 14

211122102

u , 2

210121121

v (определитель

t нам не нужен), значения параметров 37

614

u , 31

62

v . Неравенства,

описывающие внутреннюю часть треугольника, нарушаются: u + v = 2 > 1,

v < 0. На рис. 6.3 видно, что точка Q

31,

37 лежит вне треугольника ABC.

Рис. 6.3. Треугольник в системе координат Cuv

С(0,0) A(1,0)

B(0,1)

u + v = 1

u

v

Q

31,

37


53

Замечание 1. Если подставить найденные значения параметров u и v в пара-метрические уравнения плоскости, получатся те же самые декартовы координаты точки Q, которые были найдены раньше.

Замечание 2. Рисунок 6.3 не является эскизом: размеры и углы треугольника ABC на нем изображены достаточно точно (в определенном масштабе). В частности, как легко проверить путем вычислений, угол A – прямой Точка Q также "выставлена" по координатам достаточно точно.

Р 6.6. (Доп) Написать уравнения прямой, которая проходит через задан-ную точку M0(1,0,–1) и пересекает две заданные прямые

111

42:1

zyxl

,

.012,01

:2 zyxzyx

l

Здесь прямая l1 задается начальной точкой M1(–2,1,0) и направляющим вектором l1 ={4,–1,1}, прямая l2 задается как линия пересечения двух плоско-стей.

Решение Искомую прямую будем искать как линию пересечения двух плоскостей.

Плоскость 1 задается начальной точкой M0(1,0,–1) и двумя направляю-щими векторами l1 ={4,–1,1} и 0110 )()( MMMM = {–3,1,1}. Уравнение

этой плоскости запишем в виде определителя 0113114

11

zyx, после очевид-

ных преобразований получим 2x + 7y – z – 3 = 0.

Чтобы записать уравнение плоскости 2, можно было бы "свести задачу к предыдущей", найдя начальную точку M2 и направляющий вектор l2 прямой l2. Мы поступим иначе и воспользуемся методом пучка плоскостей. Так называет-ся множество плоскостей, проходящих через заданную прямую. Если эта пря-мая задана как линия пересечения двух плоскостей

,0,0

2222

1111

dzcybxadzcybxa

то уравнение любой плоскости пучка можно представить как линейную комби-нацию двух заданных уравнений, т.е.

1(a1x+b1y+c1z+d1) + 2(a2x+b2y+c2z+d2) = 0. Очевидно, что любая точка прямой, по которой пересекаются две плоско-

сти, удовлетворяет уравнению линейной комбинации, т.е. эта плоскость также проходит через данную прямую.


54

В нашем случае линейная комбинация имеет вид 1(x + y – z + 1) + 2(2x – y + z + 1) = 0.

Потребуем, чтобы эта плоскость проходила через заданную точку M0(1,0,–1): 1(1 + 0 – (–1) + 1) + 2(21 – 0 + (–1) + 1) = 0 или 31 + 22 = 0. Возьмем, например, 1 = 2, 2 = –3, тогда линейная комбинация имеет вид 2(x + y – z + 1) – 3(2x – y + z + 1) = 0 После очевидных упрощений получаем уравнение плоскости 2 : 5x –5y + 5z + 1 = 0.

Окончательно искомая прямая задается общими уравнениями

.01555,0372

zyxzyx

Р 6.7. (Доп) Даны канонические уравнения двух прямых

34

21

49:1

zyxl , 58

106

1212:2

zyxl .

Требуется найти:

1. Канонические уравнения их общего перпендикуляра

2. Точки пересечения их общего перпендикуляра с заданными прямыми.

3. Длину общего перпендикуляра (двумя способами).

Решение Начальные точки и направляющие векторы прямых M1(9,–1,4), l1={4,2,3}, M2(–12,–6,8), l2={12,10,–5}.

Площадь S параллелограмма, построенного на векторах l1 и l2 равна мо-дулю их векторного произведения [l1, l2], это произведение – направляющий вектор общего перпендикуляра.

Объем параллелепипеда V, построенного на векторах 21MM , l1 и l2 ра-вен абсолютной величине смешанного произведения ( 21MM , l1, l2), отношение

SVd – высота параллелепипеда, т.е. длина общего перпендикуляра.

Имеем V = |( 21MM , l1, l2) = |( 21MM , [l1, l2])|. Найдем координаты век-торного произведения с помощью схемы:

51012324

, [l1, l2] }1656,40,{

101224

,51234

,51032

.


55

Вынесем за "векторные скобки" и отбросим общий множитель 8 , полу-чим более простое выражение для направляющего вектора общего перпендику-ляра l0 = {5,–7,–2}. Полезно сделать проверку, вычислив скалярные произведе-ния:

(l0, l1) = 54 + (–7)2 + (–2)3 = 0, (l0, l2) = 512 + (–7)10 + (–2)(–5) = 0.

Площадь S = | [l1, l2]| = 7882758 222 .

Объем V найдем как абсолютную величину скалярного произведения век-торов

|( 21MM , [l1, l2])| = 8|({–21,–5,4},{5,–7,–2})| = 8|(–21)5 + (–5)(–7) + 4(–2)| = 878.

Длина общего перпендикуляра 78788788

SVd (первый способ).

Чтобы найти точки пересечения общего перпендикуляра с заданными пря-мыми, построим две плоскости (см. рис. 6.4).

Плоскость 1 содержит прямую l1 и общий перпендикуляр l0, ее уравнение

запишем в виде определителя 0275324419

zyx. Раскрыв определитель,

после очевидных преобразований получим уравнение 022382317 zyx .

Рис. 6.4. Общий перпендикуляр скрещивающихся прямых


56

Плоскость 2 содержит прямую l2 и общий перпендикуляр l0, ее уравнение

запишем в виде определителя 0275510128612

zyx

. Раскрыв определитель,

после очевидных преобразований получим уравнение 040613455 zyx или 040613455 zyx .

Общие уравнения прямой

.040613455:π,022382317:π

:2

10 zyx

zyxl

Точка P1 пересечения прямой l1 и плоскости 2 является точкой пересече-ния общего перпендикуляра с прямой l1. Чтобы найти эту точку, запишем пара-метрические уравнения прямой

l1 : {x = 9 + 4u, y = –1 + 2u, z = 4 + 3u}

и подставим выражения для zyx ,, в уравнение плоскости

1 : 17(–12 + 12v) + 23(–6 + 10v) – 38(8 – 5v) + 22 = 0.

Раскрыв скобки, получим 0)31342455()40641341955(624624

u

, отку-

да u = –1, x = 9 – 4 = 5, y = –1 – 2 = –3, z = 4 – 3 = 1.

Итак, координаты точки P1(5,–3,1).

Точка 2P пересечения прямой l2 и плоскости 1 является точкой пересече-ния общего перпендикуляра с прямой l2. Чтобы найти эту точку, запишем пара-метрические уравнения прямой

l2 : {x = –12 + 12v, x = –6 + 10v, x = 8 – 5v}

и подставим выражения для zyx ,, в уравнение плоскости

1 : 17(–12 + 12v) + 23(–6 + 10v) – 38(8 – 5v) + 22 = 0.

Раскрыв скобки, получим

0))5()38(10231217()228)38()6(23)12(17(624624

v

,

откуда v = 1, x = –12 + 121 = 0, y = –6 + 101 = 4, z = 8 – 51 = 3 .

Итак, координаты точки )3,4,0(2P .


57

Вектор общего перпендикуляра 1221 )()( PPPP = {–5,7,2}. Он лишь знаком отличается от найденного ранее вектора l0 = {5,–7,–2}, его модуль равен

78275 222 d . Это длина общего перпендикуляра (второй способ).


С 6.1. (Мод 491) Дана точка A(1,2,3).

1) Составить уравнения плоскостей, проходящих через точку A и па-раллельных координатным плоскостям.

2) Составить уравнения прямых, проходящих через точку A и парал-лельных осям координат.

3) Составить уравнения плоскостей, проходящих через точку A и че-рез оси координат.

4) Составить уравнение прямой, проходящей через точку A и начало координат.

С 6.2. (Мод 492) Дана точка A(1,2,3).

1) Написать уравнения перпендикуляров, опущенных из точки A на координатные плоскости.

2) Написать уравнения перпендикуляров, опущенных из точки A на оси координат.

3) Написать уравнения плоскостей, проходящих через точку A и пер-пендикулярных к осям координат.

С 6.3. (Мод 493) В пространстве дана прямая 532

yx. Найти направ-

ляющий вектор этой прямой.

С 6.4. (Мод 498) Найти ортогональные проекции прямой

czz

byy

axx 000

на координатные плоскости Oyz, Ozx, Oxy.

С 6.5. (Мод 499) Даны точки пересечения прямой с координатными плоскостями (0, y1, z1), (x2, 0, z2). Вычислить координаты точки пересечения этой прямой с координатной плоскостью Oxy.


58

С 6.6. (Кле 1011) Через точки M1(–6,6,–5) и M2(12,–6,1) проведена прямая. Найти точки ее пересечения с координатными плоскостями.

С 6.7. (Мод 503) Написать общее уравнение плоскости по ее параметри-ческим уравнениям x = 2 + 3u – 4v, y = 4– v, z = 2 + 3u.

С 6.8. (Мод 506) В тетраэдр, ограниченный плоскостями координат и плоскостью 2x + 3y – 5z + 10 = 0, вписан куб так, что одна из его вершин лежит в начале координат, три ребра, выходящие из этой вершины, направлены по осям координат, а вершина, противоположная началу координат, лежит в дан-ной плоскости. Определить длину ребра куба.

С 6.9. (Мод 510) Составить уравнение плоскости, проходящей через ось Oy и равноудаленной от точек (2,7,3) и (–1,1,0).

С 6.10. (Кле 954) Составить уравнение плоскости, параллельной вектору l = {2,1,–1} и отсекающей на координатных осях Ox и Oy отрезки 3 и 5 соот-ветственно.

С 6.11. (Мод 514) Составить уравнение плоскости, проходящей через точку (–2.3.0) и прямую x = 1, y = 2 + t, z = 2 – t.

С 6.12. (Мод 516) Написать уравнения прямой, проходящей через точку

(1.2.3) и пересекающей прямые 1

221

2

zyx

и 30

24

zyx

.

С 6.13. (Мод 517) Показать, что прямые

x = 1 + 2t, y = 2t, z = t и x = 11 + 8t, y = 6 + 4t, z = 2 + t

пересекаются, написать уравнения биссектрисы тупого угла между ними.

Замечание. Использование одной и той же буквы для обозначения параметра в уравнениях различных прямых может привести к ошибке.

С 6.14. (Бек 6.24) При каких a прямая 12

1

z

ayx :

1) пересекает плоскость 3a2x + ay + z – 4a = 0;

2) параллельна этой плоскости;

3) лежит в этой плоскости.

С 6.15. (Бек 6.25) Даны две прямые. Установить, пересекаются они, скрещиваются, параллельны или совпадают. Если прямые пересекаются или параллельны, составить уравнение плоскости, в которой они лежат. Если пря-мые пересекаются, найти координаты точки их пересечения:


59

1) См. задачу Р 6.2;

2) x = 3 + t, y = –1 + 2t, z = 4 и x + y – z = 0, 2x – y + 2z = 0;

3) x = 2 + 4t, y = –6t, z = –1 – 8t и x = 7 – 6t, y = 2 + 9t, z = 12t;

4) x = 9t, y = 5t, z = –3 + t и 2x – 3y – 3z – 9 = 0, x – 2y + z + 3 = 0.

С 6.16. (Бек 6.26) При каких a прямые

aazy

ax 2)2(

111

и 11z

ayx :

1) пересекаются; 2) скрещиваются; 3) параллельны; 4) совпадают.

С 6.17. (Кле 1057) На плоскости 2x – 3y + 3z – 17 = 0 найти такую точку P, сумма расстояний которой до точек A(3,–4,7) и B(–5,–14,17) была бы наи-меньшей.

Указание. См. задачу С 5.17. (Кле 251)

С 6.18. (Кле 1058) На плоскости 2x + 3y – 4z – 15 = 0 найти такую точку P, разность расстояний которой до точек A(5,2,–7) и B(7,–25,10) была бы наи-большей.

Указание. См. задачу С 5.18. (Кле 252)

С 6.19. (Мод 584) Спроектировать на плоскость 2x – 2y + 3z – 5 = 0 пря-мую x = 3 + 5t, y = –1 + t, z = 4 + t.

С 6.20. (Кле 1005) Составить уравнение плоскости, проектирующей пря-мую

{3x + 2y – z – 1 = 0, 2x – 3y + 2z – 2 = 0}

на плоскость x + 4y – z + 1 = 0.

С 6.21. (Кле 1006) Составить уравнения проекции прямой

{3x – 4y – 2z – 5 = 0, x + 2z – 2 = 0} на плоскость 2x – y + z – 1 = 0.

С 6.22. (Бек 6.60) Найти угол между плоскостями:

1) x + 4y – z + 1 = 0 и x + y – z – 3 = 0;

2) x + 2y – z = 1 и x – y = 3;

3) x + 2y – 2z = 0 и z = 5.


60

С 6.23. (Мод 585) Написать уравнения общего перпендикуляра к двум прямым

13

42

81

zyx :и

11

221

zyx .

Найти расстояние между этими прямыми и точки пересечения общего перпендикуляра с данными прямыми.

С 6.24. (Кле 975) В каждом из следующих случаев определить, лежат ли точки M(2,–1,1) и N(1,2,–3) в одном, в смежных или в вертикальных двугран-ных углах, образованных при пересечении двух плоскостей:

1) 3x – y + 2z – 3 = 0 и x – 2y – z + 4 = 0;

2) 2x – y + 5z – 1 = 0 и 3x – 2y + 6z – 1 = 0.

С 6.25. (Кле 1045) При каком значении m прямая 232

31

z

myx па-

раллельна плоскости x –3y + 6z + 7 = 0.

С 6.26. (Кле 1046) При каком значении C прямая

{3x –2y + z + 3 = 0, 4x –3y + 4z + 1 = 0}

параллельна плоскости 2x – y + Cz – 2 = 0.

С 6.27. (Кле 1047) При каких значениях A и D прямая

{x = 3 + 4t, y = 1 – 4t, z = –3 + t}

лежит в плоскости Ax + 2y – 4z + D = 0.

С 6.28. (Кле 1048) При каких значениях A и B плоскость

Ax + By + 3z – 5 = 0

перпендикулярна к прямой

{x = 3 + 2t, y = 5 – 3t, z = –2 –2t}?

С 6.29. (Кле 1049) При каких значениях l и C прямая

35

412

zyl

x перпендикулярна к плоскости 3x – 2y + Cz + 1 = 0 ?

61

7. Контрольные работы

7.1. Треугольник на плоскости

Содержание заданий

1. Написать уравнение прямой, проходящей через точки A и B.

2. Написать уравнение прямой, проходящей через точку C параллельно прямой AB.

3. Написать уравнение прямой, проходящей через точку C перпендику-лярно прямой AB.

4. Найти проекцию точки C на эту прямую.

5. Найти расстояние от точки A и B до этой прямой.

6. Найти площадь треугольника ABC.

7. Написать уравнение высоты треугольника ABC, выходящей из верши-ны A.

8. Написать уравнение медианы треугольника ABC, выходящей из вер-шины A.

9. Написать уравнение средней линии треугольника ABC, параллельной стороне AB.

10. Найти величину угла A в треугольнике ABC.

11. Треугольник ABC дополнен до параллелограмма ABCD (отрезок AC его диагональ). Найти координаты вершины D и точки пересечения диагоналей T.

Варианты заданий

1 A(0,1), B(0,-7), C(4,3) 11 A(-1,1), B(-9,3), C(-5,5) 21 A(1,1), B(1,5), C(9,0) 2 A(1,-2), B(-3,-2), C(2,-6) 12 A(2,-2), B(4,0), C(-2,2) 22 A(2,0), B(4,-8), C(6,-4) 3 A(-1,-1), B(-1,7), C(-5,-3) 13 A(-1,1), B(7,1), C(-3,5) 23 A(0,-2), B(-10,4), C(-8,4) 4 A(1,1), B(3,3), C(-3,5) 14 A(0,-1), B(-8,3), C(-2,2) 24 A(-2,2), B(-10,2), C(0,-6) 5 A(1,1), B(1,5), C(9,0) 15 A(0,1), B(-4,3), C(-4,5) 25 A(-1,1), B(3,5), C(1,9) 6 A(-1,-1), B(-9,-5), C(-5,-9) 16 A(1,0), B(-3,2), C(-3,4) 26 A(-2,0), B(-2,-4), C(-6,1) 7 A(0,-1), B(-10,5), C(-8,5) 17 A(-1,2), B(5,8), C(-1,8) 27 A(1,0), B(5,4), C(-4,3) 8 A(1,1), B(5,1), C(1,9) 18 A(-2,-1), B(-2,1), C(-6,3) 28 A(0,-1), B(4,1), C(-4,3) 9 A(-1,-1), B(1,-5), C(3,-3) 19 A(2,-1), B(2,3), C(-2,-2) 29 A(-2,1), B(4,7), C(-2,7) 10 A(-2,-2), B(-4,-2), C(-2,6) 20 A(0,-1), B(2,5), C(-2,5) 30 A(0,1), B(-4,3), C(-4,5)

62

7.2. Треугольник в пространстве

Содержание заданий

1. Написать уравнение прямой AB.

2. Написать уравнение прямой, проходящей через точку C параллельно прямой AB.

3. Написать уравнение прямой, проходящей через точку C перпендику-лярно прямой AB и лежащей с ней а одной плоскости.

4. Найти проекцию точки C на прямую AB.

5. Найти расстояние от точки A и B до этой прямой.

6. Написать уравнение плоскости треугольника ABC.

7. Найти площадь треугольника ABC.

8. Написать уравнения высоты треугольника ABC, выходящей из верши-ны A.

9. Написать уравнения медианы треугольника ABC, выходящей из вер-шины A.

10. Написать уравнения средней линии треугольника ABC, параллельной стороне AB.

11. Найти величину угла A в треугольнике ABC.

12. Треугольник ABC дополнен до параллелограмма ABCD (отрезок AC его диагональ). Найти координаты вершины D и точки пересечения диагоналей T.

13. Найти проекцию начала координат на плоскость треугольника ABC. Лежит ли эта точка внутри треугольника?

Варианты заданий

1 A(0,1,7), B(0,-7,0), C(4,3,-10) 6 A(-1,-1,-3), B(-9,-5,-9), C(-5,-9,-7)

2 A(1,-2,1), B(-3,-2,-7), C(2,-6,7) 7 A(0,-1,6), B(-10,5,-7), C(-8,5,0)

3 A(-1,-1,-1), B(-1,7,2), C(-5,-3,-9) 8 A(1,1,7), B(5,1,-10), C(1,9,8)

4 A(1,1,-2), B(3,3,7), C(-3,5,0) 9 A(-1,-1,-4), B(1,-5,-2), C(3,-3,-6)

5 A(1,1,5), B(1,5,1), C(9,0,-1) 10 A(-2,-2,-5), B(-4,-2,-3), C(-2,6,8)

63

11 A(-1,1,-1), B(-9,3,-5), C(-5,5,6) 21 A(1,1,-6), B(1,5,1), C(9,0,4)

12 A(2,-2,4), B(4,0,10), C(-2,2,2) 22 A(2,0,-1), B(4,-8,0), C(6,-4,0)

13 A(-1,1,6), B(7,1,-2), C(-3,5,-1) 23 A(0,-2,9), B(-10,4,1), C(-8,4,7)

14 A(0,-1,0), B(-8,3,2), C(-2,2,-1) 24 A(-2,2,-5), B(-10,2,9), C(0,-6,6)

15 A(0,1,6), B(-4,3,-10), C(-4,5,5) 25 A(-1,1,5), B(3,5,-3), C(1,9,-7)

16 A(1,0,4), B(-3,2,-6), C(-3,4,-1) 26 A(-2,0,-4), B(-2,-4,-1), C(-6,1,-5)

17 A(-1,2,1), B(5,8,-9), C(-1,8,-1) 27 A(1,0,8), B(5,4,-1), C(-4,3,-5)

18 A(-2,-1,3), B(-2,1,8), C(-6,3,-5) 28 A(0,-1,-9), B(4,1,5), C(-4,3,3)

19 A(2,-1,5), B(2,3,3), C(-2,-2,8) 29 A(-2,1,2), B(4,7,-1), C(-2,7,2)

20 A(0,-1,-2), B(2,5,7), C(-2,5,-4) 30 A(0,1,10), B(-4,3,-8), C(-4,5,2)

7.3. Общий перпендикуляр

Содержание заданий Даны канонические уравнения двух прямых

1

1

1

1

1

11 γβα

: zzyyxxl

,

2

2

2

2

2

22 γβα

: zzyyxxl

,

где M1(x1, y1, z1) и M2(x2, y2, z2) – начальные точки прямых, l1={1, 1, 1} и l2={2, 2, 2} – направляющие векторы прямых. Требуется найти:

1. Канонические уравнения их общего перпендикуляра

0

0

0

0

0

00 γβα

: zzyyxxl

.

2. Точки пересечения P1 и P2 общего перпендикуляра с заданными прямы-ми.

3. Длину общего перпендикуляра, т.е. расстояние между скрещивающимися прямыми (двумя способами). В таблице приводится 30 вариантов заданий, для каждого варианта даны

1. Координаты точки M1 и направляющего вектора l1 (обозначен l1). 2. Координаты точки M2 и направляющего вектора l2 (обозначен l2).

64

Варианты заданий num = 1 M1 = 8 26 7 l1 = 3 24 2 M2 =-11 -3 6 l2 = 12 6 -7

num = 6 M1 = -3 -3 -7 l1 = 1 1 -2 M2 = -6 -2 -2 l2 = 3 -1 -2

num = 11 M1 = -3 -6 1 l1 = 1 -2 -2 M2 = -16 25 18 l2 = 14 -22 -21

num = 2 M1 = 7 -4 -4 l1 = 3 -2 -2 M2 = 1 -5 1 l2 = 1 1 -4

num = 7 M1 = -3 -5 5 l1 = 0 0 1 M2 = -1 -1 4 l2 = 1 -1 0

num = 12 M1 = 13 6 -20 l1 = 13 3 -22 M2 = 3 -4 9 l2 = 2 0 -5

num = 3 M1 = 2 4 -4 l1 = 2 7 -1 M2 =-11 7 0 l2 = 8 -8 5

num = 8 M1 = 6 -7 -3 l1 = 11 -7 1 M2 =-14 15 -9 l2 = 12 -10 7

num = 13 M1 = 7 -10 11 l1 = 4 -11 14 M2 = -6 -4 -2 l2 = 4 7 2

num = 4 M1 = 1 4 0 l1 = 2 1 -2 M2 = 0 2 5 l2 = 1 1 -1

num = 9 M1 = -2 -1 6 l1 = 1 0 1 M2 = -9 19 -18 l2 = 13 -21 16

num = 14 M1 = 6 9 1 l1 = 4 7 2 M2 = -9 -7 -6 l2 = 7 11 6

num = 5 M1 = 4 5 -2 l1 = 0 1 1 M2 = 0 4 -1 l2 = 4 -1 -1

num = 10 M1 = 13 -19 4 l1 = 14 -16 -1 M2 = -4 -10 -4 l2 = 0 5 -1

num = 15 M1 = 12 2 9 l1 = 11 4 8 M2 = -10 -5 8 l2 = 7 8 -4

65

num = 16 M1 = -4 4 4 l1 = 0 3 2 M2 = -3 1 -16 l2 = 7 4 12

num = 21 M1 = 4 8 -1 l1 = 1 3 2 M2 = -6 -3 -4 l2 = 9 6 4

num = 26 M1 = 8 12 11 l1 = 5 12 8 M2 = -6 9 6 l2 = 5 -4 -8

num = 17 M1 = -3 4 6 l1 = 1 0 1 M2 = -2 3 3 l2 = 0 1 0

num = 22 M1 = 3 8 21 l1 = 8 6 17 M2 = 4 3 -4 l2 = 1 -3 4

num = 27 M1 = -4 -4 0 l1 = 1 -1 0 M2 = -5 15 12 l2 = 7 -11 -14

num = 18 M1 = 1 3 6 l1 = 2 4 5 M2 = -6 10 6 l2 = 2 -12 -3

num = 23 M1 = 14 -5 -12 l1 = 12 -4 -15 M2 = -11 2 5 l2 = 7 -6 -6

num = 28 M1 = 10 17 22 l1 = 11 12 21 M2 = -23 -6 -2 l2 = 22 4 7

num = 19 M1 = -1 8 -8 l1 = 4 9 -5 M2 = 1 -7 5 l2 = 2 3 -7

num = 24 M1 = 6 -4 -5 l1 = 1 1 -1 M2 = -5 3 -2 l2 = 1 1 -2

num = 29 M1 = -4 6 3 l1 = 1 2 -1 M2 = -5 6 -1 l2 = 1 -3 4

num = 20 M1 = 4 4 0 l1 = 2 4 3 M2 = -2 0 -8 l2 = 1 3 3

num = 25 M1 = 6 -27 22 l1 = 2 -27 20 M2 = -13 -1 5 l2 = 13 -3 -8

num = 30 M1 = 3 -4 -5 l1 = 1 1 -1 M2 = -14 -5 10 l2 = 15 8 -7

Использованная литература

Бек – Л.А.Беклемишева и др. Сборник задач по алгебре и аналитической геометрии. М. 2003. – 495 с.

Бур – А.А.Бурдун и др. Сборник задач по алгебре и аналитической гео-метрии. Минск. 1999. – 302 с.

Кле – Д.В.Клетеник. Сборник задач по аналитической геометрии. СПб. 2005. – 199 с.

Мод – П.С.Моденов, А.С.Пархоменко. Сборник задач по аналитической геометрии. М. 1976. – 384 с.

Доп – Дополнительные задачи, предлагаемые составителями.

АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ ЗАДАЧИ И...

Documents