14. Методические указания 2

Индивидуальное задание и его решение

в)	Построим плоскость 3x3 − 6 = 0			(см. также построение плоскости
Π4	в примере 31 из лекции 12):
	x2 = x3 = 0	− 6 = 0	( равенство противоречиво!) ,
	x1 = x3 = 0	− 6 = 0	( равенство противоречиво!) ,
	x1 = x2 = 0 3x3 − 6 = 0			x3 = 2 C(0,0,2) .

Полученные в первых двух случаях противоречия говорят о том, что наша плоскость не пересекается с осями Ox1 и Ox2 , то есть

параллельна им. Проведя из точки C отрезки CA и CB , параллельные осям Ox1 и Ox2 , а затем, соединяя точки A и B , получаем

треугольник ABC , принадлежащий искомой плоскости: x3

C

B

	A				x2
г) Построим плоскость	x1	+ x3	= 0 .
					Ясно, что эта плоскость
	9x1 −3x2
проходит через начало координат O(0,0,0)					и не имеет других точек

пересечения с осями координат. Найдем еще две точки, лежащие на данной плоскости:

x1 =1,	x3 = 0	9 −3x2 = 0	x2 = 3	A(1,3,0) ,
x1 = 0,	x2 =1	−3 + x3 = 0	x3 = 3	B(0,1,3) .
Соединяя точки O , A и B отрезками прямой,				получаем треугольник
OAB , принадлежащий искомой плоскости:
			x3

B

3

	O	3
	1	x2
		A

x1

58

Индивидуальное задание и его решение

д) Построим плоскость 3x1 - x2 = 0 . Ясно, что эта плоскость проходит через начало координат O(0,0,0) . Найдем еще две точки, лежащие на данной плоскости:

x1 = 1,	x3 = 0	3 - x2 = 0	x2 = 3	A(1,3,0) ,
x1 = 0,	x3 = 3	- x2 = 0	x2 = 0	B(0,0,3) .

Соединяя точки O , A и B отрезками прямой, получаем треугольник OAB , принадлежащий искомой плоскости:

x3

3B

O	3
1	x2
x1	A

Ясно, что построенная плоскость содержит ось Ox3 .

				Решение задачи 4
а)
					Решение данной задачи изложено в
					разделе	«Построение плоскости	по
			n
					точке и	нормальному вектору»	в
				Π
		A			лекции 10. Применяя формулу (44)		из
					той же лекции, получаем:
M

1× (x1 - 2) + 5 × (x2 - 3) + 2 × (x3 - 0) = 0 Û

P : x1 + 5x2 + 2x3 -17 = 0 .

б) Для того, чтобы выяснить, принадлежит ли точка B(-1,1,2) плоскости Π , нужно координаты этой точки подставить в полученное

впредыдущем пункте уравнение этой плоскости:

1× (-1) + 5 ×1 + 2 × 2 -17 = 0 Û - 9 = 0 ( равенство противоречиво!).

Следовательно, точка B не принадлежит плоскости Π .

Решение задачи 5

59

Индивидуальное задание и его решение

Введем текущую точку M (x1, x2 , x3 )

плоскости Π и вычислим

x −3

−1

− 2

1

векторы

AM =

x2

,

μ = AB = 3

и

ν = AC =

1

,

x −1

1

−1

3

принадлежащие данной плоскости:

B

M

A

C

Π

Ясно,

что

эти векторы линейно

зависимы, следовательно

x1 −3

−1

− 2

= 0 .

x2

3

1

x3 −1

1

−1

Раскрывая определитель и упрощая, получаем общее уравнение плоскости Π :

7x1 + 4x2 −5x3 −16 = 0 .

Заметим, что данную задачу можно решить, используя формулу (45) раздела «Уравнение плоскости по точке и двум векторам» (см. лекцию 10). Проделайте это самостоятельно!

Решение задачи 6

Анализируя параметрические уравнения заданной прямой L , приходим к выводу, что эта прямая проходит через точку с координатами (1,2,3) , которую мы обозначим через B , и имеет

				1
направляющий вектор				2	, который мы обозначим через μ.
				0
Поместим начало этого вектора в точку A . Рассмотрим также вектор
			−1
ν = AB =			2 :
			2
					B	L

60

Индивидуальное задание и его решение

	ν
A	μ
	Π

Запишем уравнение плоскости Π по точке A и двум векторам μ и ν (см. формулу (45) из лекции 10):

x1 − 2	1	−1			= 0 2x1 − x2 + 2x3 − 6 = 0 .
x2	2	2
x3 −1	0	2

Решение задачи 7

Эта задача решается также, как пункт 3) примера 23 из лекции

10.

Из параметрических уравнений параллельных прямых L1 и L 2 получаем:

1)точку A(2,1,−3) L1 ;

2)точку B(−1,2,1) L 2 ;

1

3) общий направляющий вектор μ = 3 этих прямых.

2

−3

Пусть ν = AB =

1

:

B

4

L 2

ν

L1

μ

A

Π

Запишем уравнение плоскости Π по точке A и двум векторам μ и ν

(см. формулу (45) из лекции 10):

x1 − 2

1

−3

x2 −1 3 1

= 0 x1 − x2 + x3 + 2 = 0 .

x3 + 3

2

4

Решение задачи 8

61

Индивидуальное задание и его решение

− 4

Рассмотрим

точку

A(3,1,2) ,

а

также векторы

μ =

=

1

и

c

2

− 2

ν = AB =

−

2 . Так

же,

как

и в

предыдущей задаче,

записываем

−

2

уравнение плоскости Π по точке A и двум векторам μ и ν (см.

формулу (45) из лекции 10):

x1 −3

− 4

− 2

x2 −1 1 − 2

= 0 x1 − 6x2 + 5x3 − 7 = 0 .

x3 − 2

2

− 2

Решение задачи 9

1

Из теоремы

19 (см. лекцию 11) вытекает, что

= 4

—

нормальный

n

6

вектор плоскости Σ:

Σ

B

n

Π

A

A

Ясно, что вектор

Π .

принадлежит плоскости

Рассмотрев точку

n

1

−1

A(2,2,3) , а также векторы μ =

=

4

и ν = AB =

−1

, получим, как

n

6

− 2

и в предыдущих задачах, искомое уравнение плоскости Π :

x1 − 2

1

−1

x2 − 2 4

−1

= 0 2x1 + 4x2 −3x3 −3 = 0 .

x3 −3

6

− 2

Решение задачи 10

62

Индивидуальное задание и его решение

Ясно, что нормальный вектор плоскости Σ является одновременно нормальным вектором n искомой плоскости Π , то

					2
есть по теореме 19	(см. лекцию	11)		=	1	.	Используя уравнение
			n
					1
плоскости по точке	A(0,3,1) и нормальному вектору								(см. формулу
								n
(44) из лекции 10), имеем:

P : 2 × (x1 - 0) +1× (x2 - 3) +1×(x3 -1) = 0 Û 2x1 + x2 + x3 - 4 = 0 .

Чертеж к решению данной задачи рекомендуется построить самостоятельно.

Решение задачи 11

			3
Из теоремы 19 лекции 11 вытекает, что		=	4	—	нормальный
	n
			1

			1
вектор плоскости Π , а		= a		—	нормальный вектор плоскости Σ.
	m
			4

Ясно, что две плоскости перпендикулярны тогда и только тогда, когда перпендикулярны их нормальные векторы. Итак:

P ^ S Û n ^ m Û 3 ×1 + 4 × a +1× 4 = 0 Û 4a = -7 Û a = - 74 .

Решение задачи 12

			2
Из теоремы 19 лекции 11 вытекает, что		=	2	—	нормальный
	n
			1

		a
вектор плоскости Π , а		= 4	—	нормальный вектор плоскости Σ.
	m
		b

Ясно, что две плоскости параллельны тогда и только тогда, когда коллинеарны их нормальные векторы. Итак:

63

Индивидуальное задание и его решение

Π || Σ n || m a = 4 = b 4a = −7 a = 4, b = 2 . 2 2 1

Решение задачи 13

L

A

Π

Перед решением этой задачи рекомендуется изучить теорему 20 и ее доказательство (см. лекцию 11).

Для нахождения общей точки прямой L и плоскости Π нужно решить систему уравнений, составленную из параметрических уравнений прямой L и уравнения плоскости Π :

x1 = 2t + 2

x1 = 2t + 2

= 4t

+ 3

x2 = 4t + 3

x2

x

= t + 3

x

= t +

3

3

+ 2x

2

3

= 0

3

+ 2(4t + 3) + 3(t + 3) +9 = 0

1

x

+3x + 9

(2t + 2)

x1 = 2t + 2

x1 = −2

= 4t + 3

= −5

x2

x2

x

= t + 3

x

=1

.

3

3

13t + 26 = 0

t = −2

Таким

образом,

точка

A(−2,−5,1) есть искомая точка

пересечения прямой и плоскости.

Решение задачи 14

2

Рассмотрим векторы τ =

1 (направляющий вектор прямой L )

2

2

и

= 2

(нормальный вектор плоскости Π ):

n

0

64

Индивидуальное задание и его решение

L

n β ατ

A

Π

Ясно, что α —

угол между L и Π . Так как a = π - b ,

где β —

угол между векторами τ и

, то

2

n

t ×

2 × 2 +1× 2 + 2 × 0

6

1

=

2

sin a = cosb =

n

=

=

=

t

×

n

22 +12 + 22 × 22 + 22 + 02

3 8

2

2

.

= π .

Следовательно, α = arcsin

2

2

4

Решение задачи 15

Найдем

точку

B ,

являющуюся проекцией точки A(2,1,3) на

плоскость Π : 2x1 +3x2 + x3 − 24 = 0 .

L

1)

Запишем

уравнение

прямой

L ,

A

проходящей через точку A перпендикулярно

плоскости Π . Так как в качестве

направляющего вектора τ прямой L

можно

n

Π

взять нормальный вектор плоскости Π ,

который в силу теоремы 19 из лекции 11 равен

x1 = 2t + 2

2

имеют вид: x2 = 3t +1 .

= 3 , то параметрические уравнения L

n

1

x

= t + 3

3

L

A

2)

Найдем точку пересечения

B прямой L

и

Π

B

n

плоскости Π . Так же, как и в доказательстве

теоремы 20 из лекции 11, решим систему

уравнений:

65

Индивидуальное задание и его решение

x1 = 2t + 2

= +x2 3t 1

x3 = t + 3

2x1 + 3x2 + x3 − 24 = 0

x = 2t + 2

1 = +

x 3t 1

x2 = t + 3

3

	+ 3(3t +1) +
2(2t + 2)

.

(t + 3) − 24 = 0

Таким образом, 14t =14 t =1 x1 = 4, x2 = 4, x3 = 4	То есть,
B(4,4,4) — проекция точки A на плоскость Π .
Решение задачи 16
x1 = 2t + 3
Найдем проекцию B точки A(0,1,1) на прямую L : x2 = t +1 .
x	= 2t -1
3

L

1) Запишем

уравнение

плоскости

Π ,

проходящей

через

точку

A

перпендикулярно прямой L . Так

как в

качестве нормального вектора плоскости

τ

Π

Π можно

взять направляющий

вектор

A

2

прямой L ,

который равен t =

1

,

то

2

P : 2(x1 - 0)+1×(x2 -1)+ 2(x3 -1)= 0 Û 2x1 + x2 + 2x3 - 3 = 0

(см.

формулу (44) из лекции 10).

L

2)

Найдем точку

пересечения B

прямой L

и плоскости Π . Решим систему

Π

τ

уравнений:

B

x1 = 2t + 3

x1 = 2t + 3

A

x2 = t +1

Û

x2 = t +1

x = 2t -1

x = 2t -1

3

+ x

2

+

3

3

+1× (t +1) + 2(2t -

1

2x

2x - 3 = 0

2(2t + 3)

.

Получаем: 9t = -2 t = - 2 9 x1 = 23 9 , x2 = 7 9 , x3 = -13 9.

То есть

23

7

,-

13

точка B

,

—

проекция точки A на прямую L .

9

9

9

66

Индивидуальное задание и его решение

Решение задачи 17

До решения этой задачи рекомендуется изучить раздел «Уравнения прямой в R2 » из лекции 12.

Угловой коэффициент прямой в R2 находится разрешением уравнения этой прямой относительно зависимой переменной x2 :

L : 4x + 3x					−12 = 0 3x			= −4x +12 x				= −		4	x + 4 .
1				2			2		1		2		3		1
Угловой коэффициент k —						это полученный коэффициент при x1 , то
есть k = −	4	.	Отрезок, отсекаемый						прямой на	оси			Ox2 , получаем,
3

подставив в наше уравнение x1 = 0 . Получаем x2 = 4 , то есть b = 4 .

Построим прямую L по двум принадлежащим ей точкам. Одну точку мы уже нашли — это точка A(0,4) . Вторую точку лучше всего

находить, подставив в уравнение L x2 = 0 . Получаем x1 = 3 и точку B(3,0) . Точки A и B находятся на координатных осях, поэтому

данное построение называется построением прямой в отрезках на осях:

x2

	A
4	k = tgα

α

O B

3

x1

Решение задачи 18

Начнем с нахождения углового коэффициента прямой L . Он

уже найден в предыдущей задаче: k = − 4 . 3

а) Так как L1 || L , а угловой коэффициент равен тангенсу угла наклона прямой к оси Ox1 , то угловые коэффициенты этих прямых совпадают.

67