шапкин задачи с решениями
.pdfТогда
CD = |
xC - 2yC = |
4 - 2 ×5 = 6 = |
6 5 . |
|
|
± 5 |
± 5 |
5 |
5 |
7. Находим систему линейных неравенств, определяющих внутреннюю область треугольника.
Найдем уравнение прямой ВС:
|
y - yB |
= |
x - xB |
, èëè |
|
y - 3 |
= |
x - 6 |
, |
èëè x + y – 9 = 0. |
|||
|
|
|
|
||||||||||
|
yC -yB |
|
xC -xB |
|
|
|
5 - 3 4 - 6 |
|
|
||||
Èòàê: |
|
x – 2y = 0 |
— |
уравнение АВ; |
|
||||||||
|
2x – y – |
3 |
= 0 |
— |
уравнение АС; |
|
|||||||
|
|
x + y – |
9 |
= 0 |
— |
уравнение BС. |
|
Берем любую точку, лежащую внутри треугольника, например, (4; 3) и подставляем ее координаты в левую часть уравнени й прямых:
4 – 2 · 3 = –2 < 0; 2 · 4 –3 – 3 = 2 > 0; 4 + 3 – 9 = –2 < 0,
следовательно, система неравенств имеет вид:
ìx - 2y < 0, ïí2x - y - 3 > 0,
ïx + y - 9 < 0.
î
Пример 1.17. Составить уравнение прямой l, проходящей че- рез точку А (2; –4) и отстоящей от начала координат на расстоянии, равном 2 единицам.
Решение. Пусть уравнение искомой прямой имеет вид:
y – yA = k(x – xA),
èëè
y + 4 = k(x – 2),
èëè
kx – y – (4 + 2k) = 0. |
(*) |
51
Для определения углового коэффициента k этой прямой воспользуемся тем, что она отстоит от начала координат на рас стоянии, равном 2 единицам. Найдем это расстояние непосредственно. Уравнение перпендикуляра, опущенного из начала к о-
ординат на прямую kx – y – (2 + 4k) = 0, имеет вид y = - k1 x, или x + ky = 0. Решив совместно уравнения этих двух прямых
ìkx - y - (2 + 4k) = 0,
íî x + ky = 0,
получим координаты точки С их пересечения:
x |
= |
2k(k + 2) |
; |
y |
= - |
2(k + 2) |
. |
||
|
|
||||||||
C |
1 |
+ k2 |
|
C |
1 |
+ k2 |
|||
|
|
|
|
|
Отсюда находим расстояние от начала координат до прямой l:
OC = xC2 + yC2
= 2(k 1+
= |
2 |
k2 (k + 2)2 + (k + 2)2 = |
|
+ k2 |
|||
1 |
+1 = 2(k + 2) . |
||
+ 2) |
k2 |
||
k2 |
|
k2 +1 |
С другой стороны, по условию ОС = 2. Таким образом, полу- чаем уравнение для нахождения углового коэффициента k искомой прямой l:
2(k + 2) = 2 èëè k + 2 = k2 +1, k2 +1
откуда k = − 43 . Таким образом, подставляя найденное значение k = − 34 в уравнение (*), получаем уравнение прямой:
|
3 |
æ |
|
3 |
ö |
= 0 |
|
- |
|
x - y - ç4 |
- 2 × |
|
÷ |
||
4 |
4 |
||||||
|
è |
|
ø |
|
или окончательно,
3õ + 4ó + 10 = 0.
52
В заключение отметим, что отыскивая уравнение прямой l в виде y – yA = k(x – xA), мы предполагали тем самым, что эта прямая не параллельна оси ординат. Но очевидно, что прямая х = 2 (параллельная оси Оу) также удовлетворяет условию задачи, так как она проходит через точку А (2; –4) и отстоит от начала координат на расстоянии, равном 2 единицам (рис. 17).
y
∙ |
0 |
x |
2 |
||
|
Ê |
|
|
∙ |
|
|
|
À(2; –4) |
|
Ðèñ. 17 |
|
Пример 1.18. Составить уравнения прямых, параллельных прямой 3х + 4у – 1 = 0 (l) и отстоящих от нее на расстоянии равном 1.
Решение. Уравнение каждой из прямых будем искать в виде у = kx + b. Так как искомая прямая параллельна прямой l, то ее
угловой коэффициент k = − 43 и, следовательно, ее уравнение принимает вид:
y = − 34 x + b
èëè
3õ + 4ó – 4b = 0. |
(*) |
Для отыскания параметра b воспользуемся тем, что расстояние от любой точки прямой l, например, от точки А (3; –2) до прямой (*) согласно условию равно 1. Но это расстояние может быть вычислено и непосредственно. Запишем для этого
53
уравнение прямой h, проведенной из точки А перпендикулярно прямой l:
y + 2 = 43 (x - 3) èëè 4õ –3ó – 18 = 0.
Решив, далее, совместно уравнения прямых h и l
ì4x - 3y -18 = 0,
íî3x + 4y - 4b = 0,
найдем координаты точки В их пересечения:
xB = |
72 +12b |
, |
yB = |
16b - 54 |
. |
|
25 |
25 |
|||||
|
|
|
|
Тогда искомое расстояние равно длине отрезка АВ:
AB = (xB - xA )2 + (yB - yA )2 =
= |
æ |
72 |
+12b |
- 3 |
ö2 |
+ |
æ |
16b - 54 |
+ 2 |
ö2 |
|
ç |
|
25 |
÷ |
ç |
25 |
÷ |
= |
||||
|
è |
|
|
ø |
|
è |
|
ø |
|
||
|
|
= |
(12b - 3)2 |
+ (16b - 4)2 |
|
|
|||||
|
|
|
|
25 |
|
|
. |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Приравнивая это выражение единице, получим уравнение отн о- сительно b:
(12b - 3)2 + (16b - 4)2 =1 25
èëè
(12b – 3)2 + (16b – 4)2 = 252
и окончательно
2b2 – b – 3 = 0.
Решения этого уравнения таковы: b1 = 23 , b2 = −1. Подставляя по-
54
лученные значения b в уравнение (*), запишем уравнения искомых прямых:
3x + 4y – 6 = 0 è 3x + 4y + 4 = 0.
Пример 1.19. Составить уравнение линии, расстояние каждой точки которой от точки F (8; 0) вдвое больше, чем от прямой х – 2 = 0. Сделать чертеж.
Пусть М(х; у) — текущая точка линии. По условию задачи
MF = 2MN. Тогда
(xM − xF )2 + (yM − yF )2 = 2 (xM − xN )2 + (yM − yN )2 ; (x − 8)2 + (y − 0)2 = 2 (x − 2)2 + (y − y)2 .
Возводя в квадрат и раскрывая скобки, получим
|
2 |
2 |
|
x2 |
− |
y2 |
= 1. |
èëè 3x |
|
– y |
= 48, èëè |
|
|
||
|
16 |
48 |
|||||
|
|
|
|
|
|
Это есть каноническое уравнение гиперболы (рис. 18).
y
∙N(2; y) ∙ M(x; y)
0 |
2 |
∙ |
|
F(8; 0) |
x |
Ðèñ. 18
55
Пример 1.20. Составить уравнение линии, каждая точка которой равноудалена от точки F (0; – 4) и от прямой y + 2 = 0.
Сделать чертеж.
Если M(x; y) есть текущая точка линии, то по условию задачи
MF = MN èëè
(x |
M |
− x |
N |
)2 |
+ (y |
− y |
N |
)2 = |
(x |
M |
− x |
F |
)2 + (y |
− y |
F |
)2 . |
||
|
|
|
M |
|
|
|
|
M |
|
|
|
|||||||
Подставляя |
|
|
координаты |
точек |
|
(x − 0)2 + ( y + 4)2 = |
||||||||||||
= (x − x)2 + (y + 2)2 |
и возводя в квадрат, после преобразований |
|||||||||||||||||
получаем: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
õ2 = – 4y – 12 |
èëè |
õ2 = – 4(y + 3). |
|
|
|
|
||||||||
Получили уравнение параболы (рис. 19). |
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
–2 |
|
|
|
∙ N( x; –2) |
|
|
|
|
|
|
|
|
y + 2 = 0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∙ |
|
|
∙ |
M( x; y) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
F(0;–4) |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ðèñ. 19
56
1.3.2.Аналитическая геометрия
âпространстве
Плоскость.
1. Всякая плоскость в координатном пространстве OXYZ имеет векторное уравнение следующего вида: r Ч n = p. Здесь
r = xi + yj + zk — радиус-вектор текущей точки плоскости
M(x, y, z); n = i cosα + j cosβ + k cosγ — единичный вектор, имеющий направление перпендикуляра, опущенного на плоскость из начала координат, α, β, γ — углы, образованные этим перпендикуляром с осями координат OX, OY, OZ, и р — длина этого перпендикуляра.
При переходе к координатам это уравнение принимает вид xcos α + ycos β + zcos γ – p = 0 (нормальное уравнение плоскости).
2.Уравнение всякой плоскости может быть записано также
âвиде Ах + Bу +Cz + D = 0 (общее уравнение). Здесь А, B, C
можно рассматривать как координаты некоторого вектора
N = Aι + Bj +Ck, перпендикулярного к плоскости. Для приведения общего уравнения плоскости к нормальному виду все члены у равнения надо умножить на нормирующий множитель
μ = ± 1 = ± 1 ,
N A2 + B2 + C2
где знак перед радикалом противоположен знаку свободног о члена D в общем уравнении плоскости.
3. Частные случаи расположения плоскости, определяемой уравнением Ах + Bу +Cz + D = 0:
À= 0; плоскость параллельна оси ОХ; B = 0; плоскость параллельна оси ОY; C = 0; плоскость параллельна оси ОZ;
D = 0; плоскость проходит через начало координат;
À= B = 0; плоскость перпендикулярна оси ОZ (параллельна плоскости ХОY);
À= С = 0; плоскость перпендикулярна оси ОY (параллельна плоскости ХОZ);
B = C = 0; плоскость перпендикулярна оси ОX (параллельна плоскости YОZ);
À= D = 0; плоскость проходит через ось ОХ;
57
В = D = 0; плоскость проходит через ось ОY; C = D = 0; плоскость проходит через ось ОZ;
À= B = D = 0; плоскость совпадает с плоскостью ХОY (z = 0);
À= C = D = 0; плоскость совпадает с плоскостью ХОZ (y = 0); B = C = D = 0; плоскость совпадает с плоскостью YOZ (x = 0).
Если в общем уравнении Ах + Bу +Cz + D = 0 коэффициент D ¹ 0, то, разделив все члены уравнения на – D, можно уравнение
|
x |
|
y |
|
z |
æ |
D |
|
D |
|
плоскости привести к виду |
|
+ |
|
+ |
|
= 1 зздесь a = - |
|
, b = - |
|
, |
|
a |
|
b |
|
c |
è |
A |
|
B |
|
c = - |
D ö |
Это уравнение плоскости называется уравнением в от- |
÷. |
резках:C øв нем а — абсцисса точки пересечения плоскости с осью
ОХ, b и c — соответственно ордината и аппликата точек пересече- ния плоскости с осями ОY и ОZ.
4. Угол j между |
плоскостями |
|
À1õ + B1ó + C1z + D1 = 0 |
||||||||
è À2õ + B2ó +C2z + D2 = 0 определяется по формуле |
|||||||||||
cosϕ = |
|
|
A1A2 + B1B2 + C1C2 |
+ C2 . |
|||||||
A2 |
+ B2 |
+ C2 |
A2 |
+ B2 |
|||||||
|
1 |
|
1 |
1 |
|
2 |
2 |
2 |
|||
Условие параллельности плоскостей: |
|
||||||||||
|
|
|
A1 |
= |
B1 |
= |
C1 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
A |
B |
C |
2 |
|
|
|
||
|
|
|
2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
Условие перпендикулярности плоскостей:
À1À2 + B1B2 + Ñ1Ñ2 = 0.
5. Расстояние от точки М0(õ0; y0; z0) до плоскости, определяемой уравнением Ах + Bу +Cz + D = 0, находится по формуле
d = |
Ax0 |
+ By0 + Cz0 |
+ D |
. |
|
A2 + B2 + C2 |
|||
|
|
|
Оно равно взятому по абсолютной величине результату подстановки координат точки в нормальное уравнение плос кости; знак результата этой подстановки характеризует взаи мное
58
расположение точки М0 и начала координат относительно данной плоскости: этот знак положителен, если точка М0 и начало координат расположены по разные стороны от плоскости, и отрицателен, если они расположены по одну сто рону от плоскости.
6. Уравнение плоскости, проходящей через точку М0(õ0; y0; z0)
и перпендикулярной к вектору N = Ai + Bj + Ck, имеет вид
À(x – x0) + B(y – y0) + C(z – z0) = 0. При произвольных А, В и С последнее уравнение определяет некоторую плоскость, при надле-
жащую к связке плоскостей, проходящих через точку М0. Его ча- сто поэтому называют уравнением связки плоскостей.
7. Уравнение А1õ + B1ó +C1z + D1 + λ(À2õ + B2ó +C2z + D2) = 0 при произвольном λ определяет некоторую плоскость, проходя-
щую через прямую, по которой пересекаются плоскости, опре деляемые уравнениями
À1õ + B1ó +C1z + D1 = 0 |
(I) |
è |
|
À2õ + B2ó +C2z + D2 = 0 |
(II), ò.å. |
некоторую плоскость, принадлежащую пучку плоскостей, проходящих через эту прямую (в силу чего такое уравнение часто называют уравнением пучка плоскостей). Если плоскости, определяемые уравнениями I и II, параллельны, то пучок плоскосте й превращается в совокупность плоскостей, параллельных эт им плоскостям.
8. Уравнение плоскости, проходящей через три заданные точ-
êè M1(r1), M2 (r 2 ), M3 (r 3 ) (r1 = x1i + y1 j + z1k; r2 = x2i + y2 j + z2k; r3 = x3i + y3 j + z3k ), проще всего найти из условия компланарнос-
ти векторов r − r1, r2 − r1, r3 − r1, ãäå r = xi + yj + zk — радиус-вектор текущей точки искомой плоскости М:
(r − r1 )(r2 − r1 )(r3 − r1 ) = 0,
или в координатной форме:
x − x1 |
y − y1 |
z − z1 |
|
|||
|
||||||
x2 |
− x1 |
y2 |
− y1 |
z2 |
− z1 |
= 0. |
x3 |
− x1 |
y3 |
− y1 |
z3 |
− z1 |
|
59
Пример 1.21. |
Составить уравнение плоскости, проходя- |
||
щей через линию |
пересечения |
плоскостей x + y + 5z – 1 = 0, |
|
2x + 3y – z + 2 = 0 |
è |
через точку |
Ì(3, 2, 1). |
Решение. Воспользуемся уравнением пучка плоскостей
x + y + 5z – 1 + λ(2x +3y – z + 2) = 0.
Значение λ определяем из условия, что координаты точки М должны удовлетворять этому уравнению:
3 + 2 + 5 – 1 + λ(6 + 6 – 1 + 2) = 9 + 13λ = 0, λ = − 139 .
Получаем искомое уравнение в виде:
x + y + 5z −1− 139 (2x + 3y − z + 2) = 0
или, умножая на 13 и приводя подобные члены, в виде:
5x + 14y –74z + 31 = 0.
Пример 1.22. Составить уравнение плоскости, проходящей через линию пересечения плоскостей x + 3y + 5z – 4 = 0 и x – y – 2z + 7 = 0 и параллельной оси оу.
Решение. Воспользуемся уравнением пучка x + 3y + 5z – 4 + + λ (x – y – 2z + 7) = 0, преобразуем уравнение к виду (1 + λ)õ + (3 –λ)ó + (5 – 2λ)z + (7λ – 4) = 0.
Так как искомая плоскость параллельна оси ординат, то коэффициент при у должен равняться нулю, т.е. 3 – λ = 0, λ = 3. Подставив значение λ в уравнение пучка, получаем
4x – z + 17 = 0.
Пример 1.23. Найти уравнение плоскости, проходящей через точки М(2; –1; 4) и N(3; 2; –1) перпендикулярно к плоскости x + y + z – 3 = 0.
Решение. Воспользуемся уравнением плоскости, проходящей через первую из данных точек:
À(õ – 2) + B(ó + 1) + C(z – 4) = 0.
60