- •Часть I. Аналитическая геометрия
- •Введение
- •Глава 1. Векторная алгебра. Системы координат. §1. Направленные отрезки. Понятие вектора.
- •§ A 2. Операции над векторами.
- •§3. Угол между векторами. Ориентация пары векторов на плоскости или тройки векторов в пространстве.
- •§4. Проекция вектора на ось.
- •§5. Скалярное произведение векторов.
- •§6. Координаты вектора и точки на прямой.
- •§7. Координаты вектора и точки на плоскости.
- •§8. Координаты вектора и точки в пространстве.
- •§ 9. Деление отрезка в данном отношении.
- •§ 10. Векторное произведение.
- •§11. Формулы для вычисления скалярного и векторного произведений в декартовых координатах.
- •§12. Смешанное произведение векторов.
- •§13. Двойное векторное произведение.
- •§14. Полярная система координат на плоскости.
- •§15. Сферическая и цилиндрическая системы координат в пространстве.
- •§16. Преобразование координат.
- •§17. Общее преобразование координат в пространстве.
- •§18. Примеры решения задач.
- •Глава 2. Прямые и плоскости §1. Уравнение кривой и поверхности.
- •§2. Уравнение прямой на плоскости.
- •§3. Взаимное расположение двух прямых на плоскости.
- •§4. Уравнение прямой в нормальной форме. Расстояние от точки до прямой.
- •§ 5. Уравнение прямой в полярных координатах.
- •§6. Пучок прямых.
- •§7. Уравнение плоскости в пространстве.
- •§8. Уравнение плоскости в нормальной форме. Расстояние от точки до плоскости.
- •§9. Взаимное расположение двух плоскостей в пространстве.
- •§10. Уравнение прямой в пространстве.
- •§11. Взаимное расположение прямой и плоскости в пространстве.
- •§12. Взаимное расположение двух прямых в пространстве. Расстояние между прямыми.
- •§13. Примеры решения задач.
- •Аналогично m3(–1,–3).
- •Прибавим ко второму уравнению первое, умноженное на 4:
- •Точка d делит отрезок bc пополам. Поэтому
- •Отсюда находим
- •Глава 3. Кривые второго порядка §1. Эллипс.
- •§2. Гипербола.
- •7. Гипербола
- •§3. Конические сечения. Парабола.
- •§1 И в §2, совпадают с фокусами, определенными в этом параграфе. Кроме того, эллипс и гипербола имеют две пары фокус-директриса, и определить фигуру можно с помощью любой из пар.
- •§4. Касательные к коническим сечениям.
- •§5. Диаметры конических сечений.
- •§6. Уравнения конических сечений в полярной системе координат.
- •§7. Общее уравнение кривой второго порядка. Центр кривой.
- •§ 8. Классификация центральных кривых второго порядка (случай 0).
- •§10. Примеры решения задач.
- •Значит, кривая имеет центр. Найдем координаты центра (хo, yo) из системы уравнений (10):
- •Глава 4. Поверхности второго порядка §1. Цилиндрические поверхности.
- •§2. Конические поверхности.
- •§3. Поверхность вращения.
- •§4. Эллипсоид.
- •§5. Однополостной и двуполостной гиперболоиды.
- •§6. Эллиптический и гиперболический параболоиды.
- •§7. Классификация поверхностей второго порядка.
- •§8. Примеры решения задач
- •Приложение §1. Матрицы и определители.
- •§2. Правило Крамера.
- •Используемые сокращения
- •Алфавитный указатель
- •Литература
§13. Примеры решения задач.
1. Даны координаты вершин A(1,– 6), B(–3, 0), C(6, 9) треугольника ABC. Составить уравнение окружности описанной вокруг треугольника.
Р ешение. Для того, чтобы составить уравнение окружности нам необходимо знать ее радиус R и координаты центра О(a, b). Тогда уравнение выглядит так:
(x–a)2 +(y–b)2 = R2 .
Центр окружности, описанной вокруг треугольника находится на пересечении серединных перпендикуляров к сторонам этого треугольника. Находим координаты середин M1(x1, y1), и M3(x3, y3) сторон BC и AB соответственно:
x1= = = , y1= = = , M1 .
Аналогично m3(–1,–3).
Пусть l3 – прямая, являющаяся серединным перпендикуляром к AB , а l1 – к BC. Тогда n3;\s\up8(( = AB;\s\up10( –( (– 4, 6) l3 и l3 проходит через M3 . Поэтому ее уравнение:
– 4(x+1) + 6(y+3) = 0.
Аналогично n1;\s\up8(( = BC;\s\up10( –( (9, 9) l3 . Поэтому уравнение l1:
9(x ) + 9(y ) = 0
x + y – 6 = 0.
Имеем О = l1 l3. Поэтому, чтобы найти координаты точки О необходимо решить совместно уравнения l1 и l3 :
x + y – 6 = 0 ,
– 4x + 6y +14 = 0.
Прибавим ко второму уравнению первое, умноженное на 4:
x + y – 6 = 0,
10y – 10 = 0.
Отсюда y = 1, x = 5, O(5, 1).
Радиус равен расстоянию от О до любой из вершин треугольника. Находим:
R =AD;\s\up10( –(= = .
Значит уравнение окружности:
(x – 5)2 + (y –1)2 = 65.
2. В прямоугольном треугольнике ABC известны уравнение одного из катетов 3x – 2y + 5 = 0, координаты вершины C(–5,–5) и координаты середины O(– 3/2,–3) гипотенузы AB. Найти координаты
вершин A, B и координаты точки E, симметричной O относительно стороны BC. Найти координаты точки пересечения медиан треугольника ABC .
Решение. Пусть катет, уравнение которого нам дано, – это СВ. Он задан общим уравнением вида
ax + by + c = 0.
В данном уравнении геометрический смысл
коэффициентов a и b – это координаты вектора нормали n;\s\up8(((a, b). Поэтому n;\s\up8(((3,2)ВС.
Составим уравнение перпендикуляра l = OD к стороне СВ и найдем координаты точки D. Вектор n;\s\up8(( будет параллелен OD, т.е. он является направляющим вектором этой прямой. Кроме этого, нам известны координаты точки О на этой прямой. Составляем параметрическое уравнение l :
x = – + 3t, (*)
y = – 3 2t .
Имеем D = l BC. Поэтому, для того, чтобы найти координаты этой точки мы должны решить совместно уравнения l и BC. Подставляем x и y из уравнения l в уравнение BC :
3(– + 3t) –2(–3 2t)+5 = 0,
– + 9t +6 +4t+5 = 0,
13t = – , tD = – .
Подставляем найденное t в уравнение l и находим координаты точки D(–3,–2). Для того, чтобы найти координаты E вспомним физический смысл параметрического уравнения прямой: оно задает прямолинейное и равномерное движение. В нашем случае, начальная точка – это О, вектор скорости – это n;\s\up8((. Отрезок ОE вдвое длиннее отрезка ОD. Если за время tD = – мы прошли путь от О до D, то путь от О до E мы пройдем за время tE = 2tD = –1. Подставляя это значение в (*), находим E(– 4,5;–1).