2сем.ЛА и АГ

Т. к. координаты найденных векторов пропорциональны: 10 26 8 , 5 13 4

( с1 2 с2 ), то с1 и с2 – коллинеарны. Ответ: векторы с1 и с2 коллинеарны.

Задание 6. Найти косинус угла между векторами AB и AC , если

A( 1,2, 3) , B(3,4, 6) , C(1,1, 1) .

Решение. Искомый косинус угла найдем по формуле

AB

AC

cos AB ^ AC

.

|

| |

|

AB

AB

3 ( 1),4 2, 6 ( 3) 4,2, 3 ,

42 22 ( 3)2 29 .

AB

AB

1 ( 1),1 2, 1 ( 3) 2, 1,2 ,

22 ( 1)2 (2)2

3.

AC

AC

cos

^

cos 4 2 2 1 3 2

0

^

arccos0 .

AB

AC

AB

AC

3 29

2

Ответ: cos 0 .

Задание 7. Вычислить площадь параллелограмма, построенного на векторах

a и

: a 6 p q и

5q p , если

p

1 ,

q

4 , ( p ^ q)

5

.

b

b

2

6

Решение. Площадь параллелограмма вычисляется по формуле

Sпар ма

a

.

b

Тогда S

a

(6 p q) (5q p)

6 p 5q 6 p p 5q q q p

b

используем свойства

6 p 5q p q

31

p q

векторного произведения

a a 0, a

a

b

b

31

p

q

sin( p ^ q) 31 1

4 sin

5

31 2 1 31 (кв. ед.).

2

6

2

Ответ: S 31 (кв. ед.).

Задание 8. Компланарны ли векторы a {7,3,4},

{ 1,2, 1},

c {4,2,4}?

b

Решение. Три вектора компланарны тогда и только тогда, когда их смешанное произведение равно 0, т. е. (a,b, c ) 0.

19

Вычислим смешанное произведение векторов:

				7	3			4					2	1		1	1		1	2
(a,		, c )
				1	2			1				7			3			4			42 24 18 0 ,
	b
				4	2			4					2	4		4	4		4	2
векторы a ,							и c		не компланарны.
						b
Ответ: векторы a ,												и c	не компланарны.
									b
Задание 9.					Даны векторы a 1; 2;3 , b 2;5;1 , c 3; 1; 2 . Найти про-
изведения a b; a b ,									a,b,c и дать их геометрический смысл.

Решение.

1.Вычислим скалярное произведение векторов a a b 1 ( 2) 2 5 3 1 2 10 3 9 .

Т. к. a b 9 0

cos(a b) 0

(a b) – тупой угол (рис. 1).

2. Вычислим векторное произведение векторов a

						i			j			k					2	3						1
d		a b			1			2			3
															i						j
					2			5			1						5	1						2

и b :

a

(a b) b

Рис. 1

и b :
3						1	2
			k
1						2	5

17i 7 j k 17; 7;1 .

Геометрический смысл векторного про-

изведения – площадь параллелограмма, построенного на векторах a и b (рис. 2).

Sпар ма			a b						17 2 7 2 12
					d
	289 49 1						339 (кв. ед.).			a

3. Вычислим смешанное произведение векторов a , b

d a b

b

Sпар ма | a b |

Рис. 2

и c :

a,b,c		1	2	3			5	5		2	1		2	5
		2	5	1		1			( 2)			3
		3	1	2			1	2		3	2		3	1

1 5 2 ( 1) 3 13 5 2 39 42 .

20

Геометрический смысл смешанного

произведения – объем параллелепипеда,

c

построенного на векторах a,b,c (рис. 3).

Таким образом, имеем

a

b

Vпар да

a,b,c

42 (куб. ед.).

Рис. 3

Ответ: 1. a b 9 , (a b) – тупой угол;

2. a b d

17; 7;1 , Sпар ма

339 (кв. ед.);

3. (a,b, c) 42 , Vпар да 42 (куб. ед.).

Задание 10. Даны вершины треугольника: A(4;0) , B( 12; 12) , C( 5;12) .

Найдите:

а)

длину стороны BC ;

б)

уравнение стороны BC ;

в)

уравнение высоты, опущенной из вершины A на сторону BC ;

г)

длину высоты, проведенной из вершины A;

д)

площадь треугольника ABC ;

е)

уравнение медианы, проведённой из вершины A.

Решение. Построим ABC (рис. 4).

а). Найдём длину стороны BC по формуле

					BC		(x x	B	)2	( y y		B	)2 .
							C				C
Следовательно,
	BC			5 ( 12) 2 12 ( 12) 2							72	242			625 25.

б). Составим уравнение прямой BC как уравнение прямой, проходящей через две заданные точки, по формуле:

x xB

y yB

.

x

x

B

y y

B

Тогда

C

C

x ( 12)

y ( 12)

x 12

y 12

,

5 ( 12)

12 ( 12)

7

24

24(x 12) 7( y 12) ,

24x 7 y 204 0 – общее уравнение прямой BC .

в). Будем искать уравнение высоты, опущенной из вершины A на сторону BC , в виде:

y kx b .

21

			C							y
									12
									11
									10
										9
										8
										7
										6
										5
	M									4
										3
										2
N										1						A
																		x
13 12 11 10 9	8	7	6	5	4	3		2		1		0	1	2	3	4	5
										1
										2
										3
										4
										5
										6
										7
										8
										9
									10
										11
B										12
										13
					Рис. 4
Найдём неизвестные параметры k и b искомой прямой. Имея общее уравнение
прямой BC , запишем уравнение этой прямой с угловым коэффициентом:
			y		24 x 204 .
					7			7		24 .
Отсюда получаем угловой коэффициент k							BC
										7
Так как искомая прямая AM перпендикулярна прямой BC , то можно опреде-
лить угловой коэффициент:						1
		k kAM										7 .
						kBC					24
					22

Следовательно, уравнение прямой AM имеет вид

y 247 x b.

Для нахождения параметра b используем координаты точки A ( A AM ) :

	0	7	4 b			b	28 .
		24
							24
	Таким образом, запишем уравнение с угловым коэффициентом
		y		7	x	28
		24				24
	или общее уравнение прямой AM :					7x 24 y 28 0 .

г). Длину высоты h AM , найдём как расстояние от точки A(xA; yA ) до прямой BC : Ax By D 0 по формуле:

			h			AxA ByA D							.
						A2 B2
Отсюда находим
h			24 4 7 0 204							300				300	12 .
										625				25
			242 72

д). Площадь треугольника ABC можно вычислить, используя формулу:

S

1

BC h .

Тогда

ABC

2

1

S

25 12 150 (кв. ед.).

ABC

2

е). Для составления уравнения медианы, найдём координаты середины N отрезка BC :

xN

xB xC

12 ( 5)

17

8,5;

yN

yB yC

12 12

0 .

2

2

2

2

2

Тогда уравнение прямой AN составим по формуле:

x xA

y yA

.

xN xA

Подставим координаты точек:

yN yA

x 4

y 0

,

8,5

4

0 0

0 (x 4) 12,5 y

y 0.

Ответ:

а)

BC

25 ;

б)

24x 7 y 204 0 – общее уравнение прямой BC ;

в)

7x 24 y 28 0 – общее уравнение прямой AM ;

г) д)

е)

h 12 ;

S ABC 150 (кв. ед.);

y 0 – уравнение прямой AN .

23

Задание 11. Точки А1(2,3,1) , А2 (4,1, 2) , А3(6,3,7) , А4 ( 5, 4,8) – вершины тетраэдра.

Требуется

а)

составить уравнение грани А1 А2 А3 ;

б)

найти расстояние от точки А4

до грани А1 А2 А3 ;

в) найти угол между гранью А1 А2 А4 и гранью А1 А2 А3 ;

г)

составить параметрические уравнения ребра А3 А4 ;

д)

найти угол между ребром А3 А4 и гранью А1 А2 А4 ;

е)

составить уравнение высоты, опущенной из А4 на грань А1 А2 А3 .

Решение. Тетраэдр – это треугольная пирамида.

а) Составим уравнение грани А1 А2 А3 (рис. 4).

Уравнение плоскости, проходящей через три

точкиА1 , А2 и А3 имеет вид:

N

x x1

y y1

z z1

x2 x1

y2 y1

z2 z1

0 ,

x3 x1

y3 y1

z3 z1

x 2

y 3

z 1

x 2

y 3

z 1

Рис. 4

4 2

1 3

2 1

0

2

2

3

0 ,

6 2

3 3

7 1

4

0

6

12(x 2) 24( y 3) 8(z 1) 0 ,12x 24 y 8z 88 0 : ( 4)

3x 6 y 2z 22 0 – уравнение грани А1А2 А3 . N 3,6, 2 – вектор нормали.

б) Найдем расстояние от точки А4 до грани А1 А2 А3 (рис. 5).

Формула вычисления расстояния

от точки

M 0 x0 , y0 , z0

до

плоскости,

заданной

авнением Ax By Cz D 0 , имеет вид:

d

Ax0 By0 Cz0 D

.

A2 B2 C 2

Тогда расстояние

от точки А4 ( 5, 4,8)

до

плоскости : 3x 6 y 2z 22 0 :

Рис. 5

d | A D |

3 ( 5) 6 ( 4) 2 8 22

77

77 11.

4

32 62 2 2

49

7

24

в) Найдем угол между гранью А1 А2 А4 и

A4

гранью А1 А2 А3 (рис. 6). Косинус искомого угла

N

1

определяется по формуле

cos

N1 N

2

,

N2

N

N

2

A

1

A1

3

где N

1 и N2 – нормальные векторы плоскостей

А1 А2 А3 и А1 А2 А4 соответственно.

A2

В пункте а) были найдены уравнение грани

Рис. 6

А1 А2 А3 : 3x 6 y 2z 22 0 и нормальный вектор N

1

3,6, 2 .

N

Составим уравнение грани ( А1 А2 А4 ) , как уравнение плоскости, проходящей через три

точки:																x 2						y 3						z 1										x 2		y 3						z 1
																4 2						1 3						2 1				0 или						2		2						3		0 ,
																5 2					4 3							8 1										7		7						7
																					35(x 2) 7( y 3) 28(z 1) 0																					: ( 7)
																								5(x 2) ( y 3) 4(z 1) 0 ,
уравнение грани А1 А2 А4 :																																													2	5, 1, 4 .
																									5x y 4z 11 0 , нормаль: N
	Найдем косинус угла между гранью ( А1 А2 А4 )																																			и гранью ( А1 А2 А3 ) :
																										3 5 6							1 2					4								17
												cos																																					.
																					32 62 2 2 52 1 2 4 2
																																														7 42
																17
	Тогда arccos																				.
																7			42
	г) Составим параметрические уравнения прямой А3 А4																																							(рис. 7).
	Уравнение прямой, проходящей через две за-
данные точки M1											x1, y1, z1										и		M 2				x2 , y2 , z2							имеет
																																																	S1
вид:						x x1											y y1							z z1
																													.
						x	2		x								y	2	y					z	2	z
											1										1							1
	Составим уравнение ребра А3 А4 ,
где А3 (6,3,7),								А4 ( 5, 4,8) :
	x 6		y 3									z 7										x 6						y 3						z 7
																			или																.										Рис. 7
	5 6		4 3									8 7											11					7						1
	Вектор															{11,7, 1} – направляющий вектор прямой А3 А4 .
				S1 A3 A4

Составим параметрические уравнения, приравнивая каждое отношение полученного уравнения к параметру t ( , ) .

25

	Имеем:
x 6				t,
	11					x 6	11 t,		x 11t 6,
y 3
				t,		y 3	7 t,		y 7t	3,
	7
							1 t.			7.
z 7				t.		z 7			z t
	1

д) Найдем угол между ребром А3 А4 и гра-

нью А1 А2 А4

(рис. 8). Синус искомого угла оп-

ределяется по формуле

sin cos

S1 N

2

,

S

N

2

1

где

S1 11,7, 1 – направляющий вектор пря-

мой А3 А4 ,

2 5, 1, 4 – нормальный вектор

N

плоскости

А А А , 90 .

1

2

4

– параметрические уравнения.

S1

N2

Рис. 8

Определим синус угла между ребром А3 А4 и гранью А1 А2 А4 :

		11 5 7				1 1				4				52		52
sin																	.
		112 72 1 2					52	1 2				4 2		171 42		7182
			52
Тогда	arcsin				.
			7182

е) Составим уравнение высоты тетраэд-

ра, опущенной из вершины

А4 ( 5, 4,8) на

грань А1 А2 А3 (рис. 9).

Каноническое уравнение прямой, прохо-

дящей через точку

M

x , y

, z

, имею-

0

0

0

N

0

щей направляющий

вектор

m, n, p ,

S

имеет вид:

x x0

y y0

z z0

.

Рис. 9

m

n

p

Направляющий вектор высоты A4 D : S N 3,6, 2 , прямая проходит через точку А4 ( 5, 4,8) , тогда искомое уравнение высоты A4 D принимает вид:

				x 5		y 4		z 8	.
			3
	Ответ:				6			2
			– уравнение грани А1 А2 А3 ;
	а)	3x 6 y 2z 22 0
	б)	d 11 – расстояние от точки А4 до грани А1А2 А3 ;

26

в)

г)

д)

е)

arccos				17				– угол между гранями ( А А А ) и	( А А А ) ;
				7 42				1 2 4	1 2 3
x 11t		6,
	3,			– параметрические уравнения ребра А3 А4 ;
y 7t
	7.
z t
arcsin				52				– угол между ребром А А и гранью ( А А А ) ;
				7182				3 4	1 2 4

x 5			y 4		z 8	– каноническое уравнение высоты, опущенной из точкиA на
3		6			2	4
грань		А1 А2 А3			.

Задание 12. Привести уравнение кривой второго порядка

2x2 4x y2 6 y 3 0 к каноническому виду; определить тип кривой, указать её па-

раметры.

Решение. Приведём данное уравнение к каноническому виду. Для этого выделим полные квадраты для переменных x и y:

(2x2 4x) ( y2 6 y) 3 0 ,

2(x2 2x 1 1) ( y2 6 y 9 9) 3 0, 2(x2 2x 1) 2 ( y2 6 y 9) 9 3 0 ,

2(x 1)2 ( y 3)2 4		: ( 4) .

Таким образом, получили каноническое уравнение гиперболы со смещённым центром:

(x 1)2

( y 3)2

1 или

( y 3)2

(x 1)2

1.

2

4

4

2

Точка C( 1,3) – центр гиперболы.

a2 2

a 2 –

мнимая полуось;

b2 4

b 2 – действительная полуось;

с2 а2 b2 6 с 6 ;

c

6

– эксцентриситет.

2

b

Точки В1 (xC ; yC b), В2 (xC ; yC b) определяют вершины гиперболы:

В1( 1;1) , В2 ( 1;5) .

Точки F1 (xC ; yC c), F2 (xC ; yC c) определяют фокусы гиперболы:

F1( 1;3

6) , F2 ( 1;3 6) .

Уравнения y yC

2

6 определяют директрисы гиперболы: y 3

2

6 .

3

3

Уравнения y yC b

(x xC ) определяют асимптоты: y 3

2(x 1) .

a

Начертим гиперболу

( y 3)2

(x 1)2

4

2

1, используя найденные параметры (рис. 11).

27

15					y
											1)
									x
								(
								2
							3
							y
	y 3	2	6		F2
		3		2a B2
y1(x)	директрисы		2b				асимптоты
				C
y2(x)					B1	1
	y 3 2		6
		3			F1	0 1					x
							y
							3
								2
									(
										x
											1)
10
	13				x						12
			Рис. 11

Ответ:	( y 3)2		(x 1)2
	4		2	1– каноническое уравнение гиперболы.
Параметры гиперболы: С( 1; 3)						– центр гиперболы;
				а	2 , b 2 – полуоси,		6	– эксцентриситет;
							2
				F1 ( 1;3		6), F2 ( 1;3 6) – фокусы;
				y 3 2		6 – директрисы;
					3
				y 3		2(x 1) – асимптоты гиперболы.

28