Учебное пособие 1439
.pdfТогда BD: DC =1: 2 BD = 1 BC , тогда AD = a + (b + a)= 2a + b . Возве-
3 |
3 |
3 |
||
дя в квадрат обе части полученного равенства, получим, |
что cosA = −0,5, т.е. |
|||
угол A = |
2π |
. |
|
|
|
|
|
||
3 |
|
|
|
Задачи для самостоятельного решения
1. Доказать, что а) из медиан произвольного треугольника можно составить треугольник;
б) площадь треугольника, составленного из медиан, равна площади ис-
ходного треугольника; в) сумма площадей треугольника, составленного из медиан и треугольни-
ка, полученного соединением оснований медиан, равна площади исходного треугольника.
2.Доказать, что сумма векторов, идущих из центра правильного многоугольника к его вершинам, равна нулю.
3.Доказать, что кривая, заданная параметрическими равенствами
x= a1t 2 + b1t + c1,
y = a2t 2 + b2t + c2 ,
z = a3t 2 + b3t + c3 ,
плоская (то есть лежит в некоторой плоскости).
4. Доказать, что при любом расположении в пространстве точек A, B,C, D имеет место равенство
( АВ,СD) + (CA, BD) + (BC, AD) = 0
Используя полученное равенство, доказать следующее утверждение. Если в тетраэдре два ребра соответственно перпендикулярны своим про-
тивоположным, то и остальные два ребра перпендикулярны.
5.Доказать, что три отрезка, соединяющие середины скрещивающихся ребер тетраэдра, пересекаются в одной точке и делятся этой точкой пополам.
6.Доказать, что любая плоскость, проходящая через середины двух скрещивающихся ребер тетраэдра, делит его на две одинаковые по объему части.
7.Показать, что во всяком треугольнике ABC
ctg A+ ctg B+ ctgC = a2 + b2 + c2 , 4 S
где a,b,c −длины сторон, а S − площадь треугольника.
8. А. Доказать, что площадь выпуклого четырехугольника ABCD можно вычислить по формуле
101
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
ÐA+ ÐC |
|
|
S = |
( p - a)( p - b)( p - c)( p - d ) - ab cd cos |
|
|
|
, |
|
|||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
где a,b,c,d – длины сторон, p – полупериметр четырехугольника.
Б. Доказать, что если четырехугольник ABCD является вписанным в окружность, то
S = ( p − a)( p − b)( p − c)( p − d ) .
В. Если четырехугольник является одновременно и вписанным, и описанным, то
S= abcd.
9.Пусть ABCD – выпуклый четырехугольник, P и Q – середины его диа-
гоналей. Докажите, что справедливо равенство
AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA 2 = AC 2 + BD 2 + 4 PQ 2.
10. Четырехугольник ABCD вписан в окружность. Докажите, что справедливо равенство
ABCD + AD BC = AC BD .
Это утверждение известно как теорема Птолемея.
11. Пусть a,b,c, d – длины последовательно взятых сторон четырехугольника ABCD , а m и n – длины его диагоналей. Доказать справедливость равенства
m2n2 = a2c2 + b2d 2 - 2 abcd cos (ÐA + ÐC) .
Это утверждение (теорема Бретшнейдера) можно рассматривать как обобщение теоремы косинусов для четырехугольников. Нетрудно заметить, что теорема Птолемея является следствием теоремы Бретшнейдера.
12. Дан прямоугольник ABCD и точка M , лежащая не обязательно в плоскости прямоугольника. Доказать, что
а) (MA, MC) = (MB, MD),
б) MA 2 + MC 2 = MB 2 + MD 2 .
13. Решить средствами векторной алгебры уравнение
3 − x − x 1 + x = 2 x 2 + 1 .
3.2.Аналитическая геометрия линейных геометрических объектов
3.2.1.Прямая на плоскости
Если на плоскости введена прямоугольная система координат Оху, то прямая линия на плоскости задается уравнением первой степени относительно координат (х;у) «текущей» точки М(х;у) прямой. Уравнение прямой на плоскости может быть записано в различных видах:
102
1.A(x − x0 ) + B( y − y0 ) = 0 – уравнение прямой, проходящей через точку M0 (x0 ; y0 ) перпендикулярно нормальному вектору n ( A, B) ;
2.Ax + By + C = 0 – общее уравнение прямой;
3.x + y = 1 – уравнение прямой в отрезках; a b
4. |
|
x − x0 |
= |
y − y0 |
– каноническое уравнение прямой (уравнение прямой, |
||
|
|
|
|||||
|
|
l |
|
|
m |
||
проходящей |
через |
точку M 0 (x0 , y0 ) параллельно направляющему вектору |
|||||
s (l, m) ); |
|
|
|
|
|
||
5. |
x = x0 |
+ l t, |
t ]− ∞;+∞[− параметрические уравнения прямой; |
||||
|
|
+ m t, |
|||||
|
y = y0 |
|
|
|
|||
6. |
|
y = kx + b – |
уравнение прямой с заданным угловым коэффициентом |
||||
k = tgα, |
|
где α − угол, образованный прямой с положительным направлением |
|||||
оси Ох; |
|
x cosα + y cosβ − p = 0 − нормальное уравнение прямой, в котором |
|||||
7. |
|
||||||
cosα и cosβ – |
|
направляющие косинусы нормального вектора n, направленно- |
го из начала координат в сторону прямой, а p > 0 – расстояние от начала коор-
динат до прямой.
Расстояние от точки M0 (x0 ; y0 ) до прямой, заданной нормальным уравнением, находится по формуле
d (M 0 , L) = δ (M 0 , L) ,
где δ(M 0 , L) = x0 cos α + y 0 cos β − p называется отклонением точки M 0 от
прямой L . Если δ (M 0 , L) > 0, то точка M 0 |
и начало координат лежат по раз- |
ные стороны от прямой, если δ(M 0 , L) < 0, |
то точка M 0 и начало координат |
лежат по одну сторону от прямой L . |
|
Примеры решения задач
Пример 3.8. Найти геометрическое место точек пересечения диагоналей прямоугольников, вписанных в треугольник так, что две вершины прямоугольника лежат на основании треугольника, а две другие – на его боковых сторонах.
Решение. Расположим треугольник относительно прямоугольной системы координат на плоскости, как указано на рис. 3.9. Очевидно, что концевыми точками искомого геометрического места точек будут середины основания АВ треугольника и его высоты ОС. Обозначим длину высоты ОС через h . Пусть боковые стороны (ОВ) и (ОА) имеют соответственно уравнения
Рис. 3.9.
103
(OB): y = k1x, |
(OA): y = k2 x. |
Тогда вершины треугольника |
имеют следующие координаты: |
O(0,0), A(h, k2h), B(h, k1h).
Пусть M (x; y) – точка пересечения диагоналей вписанного прямоугольника, а t = EF – высота прямоугольника. Тогда
x = h − |
t |
, |
|
y |
|
|
= k (h − t) > 0, |
y |
|
= k |
|
(h − t) < 0 . |
|||||||
|
E |
D |
2 |
||||||||||||||||
2 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Ордината y точки M есть середина отрезка DE : |
|
|
|
|
|||||||||||||||
y = |
yD + yE |
= |
1 |
(k |
2 |
(h − t) + k (h − t)) = (k + k |
2 |
) |
h − t |
= |
|||||||||
|
|
|
|||||||||||||||||
2 |
|
|
2 |
|
|
1 |
|
|
|
|
1 |
2 |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
t |
= (k |
+ k |
|
) h − |
|
|
2 |
|||
1 |
|
2 |
|
−h =
(k1
2
|
|
|
h |
|
+ k |
2 |
) x − |
|
. |
|
||||
|
|
2 |
Таким образом, искомым геометрическим местом является отрезок пря-
|
1 |
|
2 |
|
h |
|
|
|
|
|
|
|
|
мой, задаваемой уравнением |
y = (k |
+ k |
|
) x − |
|
с концевыми точками |
K |
h |
;0 |
|
– |
||
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|||||||||
|
2 |
2 |
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
k1 + k2 |
|
|
середина высоты треугольника и L h; |
|
h – середина основания треуголь- |
|
|
|||
|
2 |
|
|
ника. |
|
|
|
Пример 2.9. Зная вершины A(3,−2), B (1,5), C (−4,3) |
треугольника ABC , |
||
вычислить площадь треугольника A'B'C', вершинами которого являются осно- |
|||
вания высот треугольника ABC ( рис. 3.10). |
|
|
|
Решение. Площадь треугольника |
A'B'C' можно |
вычислить, зная |
|
координаты |
его вершин, которые можно найти |
||
как точки пересечения сторон и высот треуголь- |
|||
ника ABC . |
|
|
Уравнения сторон треугольника найдем, используя уравнение прямой, проходящей через
|
|
две точки. |
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
( AB) : |
|
x − xA |
= |
y − yA |
, |
x − 3 |
= |
y + 2 |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
− 2 |
|
||||||||
Рис. 3.10. |
|
|
|
|
|
xB − xA yB − yA |
7 |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
или |
7x + 2 y = 17 . |
|
|
||||
Аналогично |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
(BC) : |
x −1 |
= |
y − 5 |
или 2x − 5y = −23, |
|
|
|
||||||||||
− 5 |
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
− 2 |
|
|
|
|
|
||||||||
(CA) : |
x + 4 |
= |
y − 3 |
или 5x + |
7 y = 1. |
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|||||||||||||
7 |
|
|
|
− 5 |
|
|
|
|
|
104
Так как высоты перпендикулярны соответствующим сторонам, то направляющие векторы сторон треугольника будут нормальными векторами высот, поэтому воспользуемся уравнением вида
A(x − x0 ) + B( y − y0 ) = 0.
( AA') : 5(x − 3) + 2( y + 2) = 0 или 5x + 2y = 11,
(BB') : 7(x −1) − 5( y − 5) = 0 или 7x − 5y = −18, (CC') : −2(x + 4) + 7( y − 3) = 0 или 2x − 7 y = −29.
Теперь найдем координаты оснований высот:
|
|
|
|
|
|
|
|
11 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5 |
|
|
|
|
11 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
5x + 2 y = 11; |
|
|
|
|
- 23 |
- 5 |
|
|
|
|
|
|
9 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
- 23 |
|
|
|
|
137 |
|
|
||||||||||||||||
A'= ( AA') Ç (BC) : |
x A' |
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
, |
|
|
y A' = |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
, |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
5 |
|
2 |
|
|
|
29 |
|
|
|
|
|
|
29 |
|
29 |
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
2x - 5 y = -23. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
- 5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
7 x - 5 y = -18; |
|
|
|
|
-18 |
- 5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
7 |
-18 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
1 |
7 |
|
|
|
|
|
|
|
121 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5 |
|
1 |
|
|
|
|
97 |
|
|||||||||||||||||||
B'= (BB') Ç ( AC : |
xB' |
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= - |
|
|
|
|
, |
|
yB' |
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
, |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
7 |
|
- 5 |
|
|
|
74 |
|
|
|
|
74 |
|
|
|
|
74 |
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
5x + 7 y = 1. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5 |
|
7 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
2x - 7 y = -29, |
|
|
|
|
|
|
|
|
- 29 |
|
|
- 7 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
17 |
|
|
2 |
|
|
|
|
61 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
C'= (CC ') Ç ( AB) : |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
xC ' = |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
- |
7 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
7 x + 2 y = 17. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
53 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
7 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
2 |
- 29 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
yC ' = |
|
|
7 |
|
17 |
|
|
= |
237 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
53 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
53 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Площадь треугольника A'B'C' вычислим, пользуясь известной формулой:
|
|
1 |
|
|
xA' |
y A' |
1 |
|
|
1 |
|
9 / 29 |
137 / 29 |
1 |
|
382200 |
|
|
|
S A'B'C ' |
= |
|
|
xB' |
yB' |
1 |
|
= |
|
−121/ 74 |
97 / 74 |
1 |
= |
|
≈ 1,68. |
||||
|
|
|
|||||||||||||||||
|
2 |
|
|
xC ' |
yC ' |
1 |
|
2 |
|
51/ 53 |
237 / 53 |
1 |
227476 |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Замечание. Точка пересечения высот треугольника ABC называется ор- тоцентром. В связи с этим треугольник A'B'C', вершинами которого явля- ются основания высот треугольника ABC , называется ортоцентрическим.
105
С ортоцентрическим треугольником связано несколько замечательных свойств, некоторые из которых предлагается доказать в следующем упражнении.
Упражнение 1. Пусть треугольник A' B'C' является ортоцентрическим для треугольника ABC .
А. Доказать, что высоты треугольника ABC лежат на биссектрисах треугольника A' B'C' .
Б. Доказать, что треугольники AB'C', A'C' B, A' B'C и исходный треугольник ABC подобны с коэффициентами подобия k1 = cosÐA, k2 = cosÐB, k3 = cosÐC соответственно.
В. Доказать, что отношение площадей ортоцентрического треугольника и исходного
SA 'B 'C 'SABC = 2cos ÐAcos ÐB cos ÐC .
Г. Используя утверждение пункта б), снова решить задачу из примера 3.5. Д. Получить площадь ортоцентрического треугольника, используя результат примера 5а) из пп. 3.1, определив предварительно величины λ1 , λ 2 , λ3
для деления сторон треугольника основаниями его высот.
Задачи для самостоятельного решения
1.Найти геометрическое место точек пересечения диагоналей параллелограммов, вписанных в данный четырехугольник так, что стороны этих параллелограммов параллельны диагоналям четырехугольника.
2.Найти центр и радиус круга, вписанного в треугольник, стороны которого заданы уравнениями
x + y +12 = 0, 7x + y = 0, 7x − y + 28 = 0.
3. Составить уравнение высот треугольника, стороны которого заданы уравнениями
Ak x + Bk y + Ck = 0, k = 1, 2, 3.
4. |
Даны вершины A(20; 15), |
B(−16; 0), C(−8; − 6) треугольника ABC . |
Найти уравнение вписанной и описанной окружностей. |
||
5. |
Прямые 3x + 4y − 30 = 0 и |
3x − 4y +12 = 0 касаются окружности, ра- |
диус которой R = 5 . Вычислить площадь треугольника, образованного этими касательными и радиусами круга, проведенными в точки касания.
6. Даны вершины A(−4; 2), B(−2; − 2), C(6; 8) треугольника ABC . Через концы медианы AA' проведены прямые AD и A' D', соответственно парал-
лельные двум другим медианам, до пересечения в точке D . Показать, что стороны треугольника AA' D равны по длине медианам треугольника ABC . Вычислить отношение площадей треугольников AA' D и ABC .
106
3.2.2. Плоскость и прямая в пространстве
Если в пространстве введена прямоугольная система координат Оxyz , то любая плоскость π может быть задана уравнением первой степени относительно координат (x; y; z) «текущей» точки M (x; y; z) плоскости. Уравнение плоскости может быть записано в одном из следующих видов:
1.A(x − x0 ) + B( y − y0 ) + C(z − z0 ) = 0 – уравнение плоскости, проходящей через точку M 0 (x0 ; y0 ; z0 ) перпендикулярно нормальному вектору n (A; B;C).
2.Ax + By + Cz + D = 0 – общее уравнение плоскости.
3.x + y + z = 1 – уравнение плоскости в отрезках.
|
a b |
c |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x − x1 |
y − y1 |
z − z1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
4. |
x2 − x1 |
y2 − y1 |
z2 − z1 |
|
= 0 – уравнение плоскости, проходящей три |
|||||
|
x3 − x1 |
y3 − y1 |
z3 − z1 |
|
|
|
|
|
|
|
точки: M1 (x1; y1; z1 ), M 2 (x2 ; y2 ; z2 ), M3 (x3 ; y3 ; z3 ) . |
|
|||||||||
5. x cosα + y cosβ + z cosγ − p = 0 – нормальное уравнение |
плоскости, в |
|||||||||
котором cosα, cosβ, cosγ – |
направляющие косинусы нормального вектора, на- |
|||||||||
правленного из начала координат в сторону плоскости, p > 0 – |
расстояние от |
|||||||||
начала координат до плоскости. |
|
|||||||||
Расстояние от точки M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) до плоскости π , заданной нормальным |
||||||||||
уравнением, определяется формулой |
|
|||||||||
|
|
|
d (M 0 , π) = |
|
δ (M 0 , π) |
|
, |
|
||
|
|
|
|
|
|
|||||
где δ (M 0 , π) = x0 cos α + y0 cos β + z0 cos γ − p – отклонение |
точки M 0 от |
плоскости π .
Еслиδ (M 0 , π) > 0, то точка M 0 и начало координат лежат по разные стороны от плоскости, если δ (M 0 , π) < 0 , то – по одну сторону.
Прямая L в пространстве может быть задана как линия пересечения двух плоскостей, при этом уравнения прямой могут быть записаны в одном из следующих видов:
1.A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0, – общие уравнения прямой.
A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0
2. |
x − x0 |
= |
y − y0 |
= |
z − z0 |
– канонические уравнения прямой, в которых |
l |
m |
|
||||
|
|
|
n |
|||
M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) – |
точка, принадлежащая прямой, s (l; m; n) – направляющий вектор |
|||||
прямой. |
|
|
|
|
|
|
107
x = x0 + l t,
3. y = y0 + m t, t (−∞,+∞) – параметрические уравнения прямой, которые
z = z0 + n t
можно записать одним векторным уравнением r = r0 + s t .
4. |
x − x1 |
= |
y − y1 |
= |
z − z1 |
– уравнения прямой, проходящей через две |
|
y2 − y1 |
|
||||
|
x2 − x1 |
|
z2 − z1 |
точки M1 (x1 ; y1 ; z1 ) и M 2 (x2 ; y2 ; z2 ) .
Взаимное расположение прямой и плоскости в пространстве (условие параллельности, перпендикулярности, углы между прямыми и плоскостями) устанавливается с помощью направляющего вектора прямой и нормального вектора плоскости.
Примеры решения задач
Пример 3.10. Даны вершины тетраэдра A (0;0; 2), B (3; 0; 5), C (1;1;0), D (4;1; 2) .
Вычислить длину высоты, опущенной из вершины D на грань ABC . Решение. Длину высоты тетраэдра можно найти как расстояние от точки
D до плоскости ABC .
Запишем уравнение плоскости, проходящей через три точки A, B, C :
x − 0 y − 0 z − 2 |
|
|
|
x |
y z − 2 |
|
|
|
|
|
|
||||||
3 − 0 0 − 0 3 − 0 |
|
= |
|
3 |
0 |
3 |
|
= −3x + 9 y + 3(z − 2) = 0 |
1 − 0 1 − 0 0 − 2 |
|
|
|
1 |
1 |
− 2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
или x − 3 y − z + 2 = 0.
Приведем уравнение плоскости к нормальному виду. Для этого умножим его на нормирующий множитель;
μ = |
|
|
|
sign D |
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
−1 |
= − |
|
|
1 |
|
. |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
A2 + B2 + C2 |
|
|
|
1 |
+ 9 + 1 |
|
|
|
|
11 |
||||||||||||||||||||
Нормальное уравнение плоскости |
ABC имеет вид |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
− |
|
1 |
|
x + |
3 |
y + |
|
|
1 |
|
z − |
|
2 |
|
|
= 0. |
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
11 |
|
11 |
|
|
|
|
11 |
|
11 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
h = d (D, пл. ABC) = |
|
− 4 + 3 + 2 − 2 |
|
= |
|
|
1 |
. |
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
11 |
|
|
|
11 |
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Пример 3.11. Найти центр и радиус шара, вписанного в тетраэдр, ограниченный плоскостями координат и плоскостью π с уравнением
11x − 10 y − 2 z − 57 = 0 .
Решение. Записывая уравнение данной плоскости в отрезках
108
x |
|
+ |
y |
+ |
z |
= 1, |
57 /11 |
− 57 /10 |
− 57 / 2 |
заключаем, что тетраэдр расположен в октанте, определяемом неравенствами: x ³ 0, y £ 0, z £ 0.
Из того, что шар касается координатных плоскостей, заключаем, что абсолютные величины координат его центра равны радиусу шара:
|
xc |
|
= |
|
|
yc |
|
= |
|
zc |
|
= R. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
Так как шар касается плоскости π , то |
расстояние от центра шара |
|||||||||||||||
C(R;−R;−R) до плоскости π равно R . Запишем уравнение плоскости π в нор- |
||||||||||||||||
мальном виде: |
|
|
|
|||||||||||||
1 |
|
|
|
|||||||||||||
(11x −10y − 2z − 57) |
|
|
|
|
= 0 |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
112 + (−10)2 + (−2)2 |
или |
|
11 |
x − |
10 |
|
y − |
2 |
|
z − |
57 |
|
= 0. |
|
|
|||||
15 |
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
15 |
|
|
15 |
|
|
15 |
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
11 |
|
|
10 |
|
|
|
2 |
|
57 |
|
|||||
|
d (C, π) = R = − |
|
|
R + |
|
|
R + |
|
|
R − |
|
. |
|||||||
|
|
15 |
15 |
15 |
|||||||||||||||
|
|
|
|
15 |
|
|
|
|
|
|
|
Знак минус у отклонения выбран потому, что точка C и начало координат расположены по одну сторону от плоскости π . Итак, получаем уравнение на R :
|
57 − 23R |
= R, 38R = 57, |
R = |
57 |
|
= |
3 |
. |
|
|
|
|||
15 |
|
|
|
|
|
|||||||||
|
38 |
2 |
|
|
|
|
|
|||||||
Таким образом, имеем координаты центра шара |
3 |
;− |
3 |
;− |
3 |
|
и радиус шара |
|||||||
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
2 |
2 |
2 |
|
|
R = 3 .
2
Пример 3.12. Составить уравнения общего перпендикуляра двух прямых
L : |
x − 7 |
= |
y − 3 |
= |
z − 9 |
и |
L : |
x − 3 |
= |
y −1 |
= |
z −1 |
. |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
1 |
1 |
|
2 |
|
|
− 1 |
2 |
|
− 7 |
2 |
|
|
|
|
3 |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
Решение. Решение этой задачи полезно про- |
||||||||||||||||
|
|
|
вести в общем виде, используя векторное задание |
|||||||||||||||||||
|
|
|
прямых. |
|
|
L1 : r = r1 + s1t, |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
L2 : r = r2 + s2 τ . |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
Искомый общий |
|
перпендикуляр прямых |
||||||||||||||
|
|
|
|
L1 и L2 можно получить как линию пересечения |
||||||||||||||||||
|
|
|
двух плоскостей π1 и π 2 (см. рис. 3.11). |
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
π1 |
(r − r1 , s1 , [s1 , s2 |
]) = 0, |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
π |
2 |
(r − r , s |
2 |
, [s |
1 |
, s |
2 |
]) = 0. |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
Рис. 3.11.
109
Рекомендуем провести подробный анализ получения этих уравнений (в этом вам поможет рис. 3.11). Используем теперь полученные формулы для решения нашей задачи в координатной форме. Найдем сначала направляющий вектор s общего перпендикуляра прямых L1 и L2 .
s = [s1 , s2 ] = |
i |
j |
k |
|
1 |
2 |
− 1 |
= 8 i + 4 j + 16 k. |
|
|
− 7 |
2 |
3 |
|
|
|
|
|
|
Так как длина направляющего вектора значения не имеет, то можно взять s = 2 i + j + 4 k .
Смешанное произведение в координатах запишется с помощью определителя, приравнивая который к нулю, получаем уравнение плоскости π1 :
x − 7 |
y − 3 |
z − 9 |
|
|
|
||||
1 |
2 |
− 1 |
|
= 9(x − 7) − 6( y − 3) − 3(z − 9) = 0 |
2 |
1 |
4 |
|
|
|
|
|
|
|
или
9 x − 6 y − 3z − 18 = 0 или 3x − 2 y − z − 6 = 0 .
Аналогично для плоскости π 2 :
x − 3 |
y − 1 |
z − 1 |
|
|
|||
− 7 |
2 |
3 |
= 5(x − 3) + 34( y − 1) − 11(z − 1) = 0 |
2 |
1 |
4 |
|
|
|
|
|
или
5 x + 34 y − 11z − 38 = 0 .
Общие уравнения искомой прямой задаются системой
|
− z − 6 |
= 0, |
3x − 3y |
||
L : |
|
− 38 = 0. |
|
|
|
5x + 34 y −11z |
Для того чтобы записать эти уравнения в каноническом виде, найдем ка- кую-либо точку прямой L . Положим y = 0 . Тогда решение системы
3x − z = 6,
5x −11z = 38
дает x = 1, z = −3 и канонические уравнения прямой L имеют вид
x − 1 = y = z + 3 . 2 1 4
110