Методические рекомендации к выполнению контрольной работы Векторная алгебра и элементы аналитической геометрии
Для решения задачи 1 и задачи 2 необходимо изучить следующую литературу: (1,4,5,6)
Глава 3, стр. 63 –74,
Глава 4, стр. 95 – 101
Глава 9, § 1– 13, стр. 222-251
Теперь рассмотрим применение изученных формул на примерах.
Задача 1.
В декартовой прямоугольной системе координат даны вершины пирамиды А1 В1 С1 D1. Найдите:
а) длину ребра А1 В1;
б)
косинус угла между векторами
;
в) уравнение ребра А1 В1;
г) уравнение грани А1 В1 С1;
д) уравнение высоты, опущенной из вершины D1 на грань А1 В1 С1;
е)
координаты векторов
,
,
,
и докажите, что они образуют линейно
независимую систему;
ж)
координаты вектора
,
где
— середины ребер А1 D1
и В1 С1, соответственно;
з)
разложение вектора
по базису
если А1(-2,2,2), В1(1,-3,0),
С1(6,2,4), D1(5,7,-1).
Решение:
а)
Найдем координаты вектора
по
формуле:
=
XВ
-
XА
;
YВ
-
YА
;
ZВ
-
ZА
,
где (ХА
, YА
, ZА
)
– координаты точки А1,
(ХВ
, YВ
, ZВ
) – координаты
точки В1.
Итак,
=
Тогда
=
.
Итак,
длина отрезка
(или длина вектора
)
равна
.
Это и есть искомая длина ребра;
б)
Координаты вектора
=
уже
известны, осталось определить координаты
вектора 
:
=
.
Угол
между векторами
и
вычислим
по формуле cos
=
,
где
скалярое произведение векторов
и
равно
(
,
)=
3 8 + (-5)
0 + (-2) 2 =
= 24 +
0 - 4=20,
=
,
= 
Итак, cos
=
=
;
в)
Координаты точки А1(-2,2,2)
обозначим соответственно Х0 = -2,
У0 = 2, Z0=2, а координаты точки
В1 (1,-3,0) через Х1=1, У1
= -3, Z1=0 и воспользуемся
уравнением прямой в пространстве,
проходящей через две точки:
.
Следовательно,
уравнение ребра А1В1 имеет
вид
или
;
г)
Обозначим координаты векторов
и
через
Х1=3, У1= -5,
1=
-2 и Х2=8, У2= 0,
2=2,
соответственно. Векторное произведение
данных векторов определяется формулой:
Так
как данный вектор перпендикулярен грани
А1 В1 С1, то можно
воспользоваться уравнением плоскости,
проходящей через точку (Х0, У0,
0)
перпендикулярно вектору
,
которое имеет вид:
А
.
Подставим координаты точки А1 (Х0=-2, У0=2, 0=2) и координаты перпендикулярного вектора А=-10, В=-22, С=40 в это уравнение:
– 10 ( Х + 2 ) - 22 (У - 2) + 40 ( - 2) = 0. Раскроем скобки и приведем подобные члены – 10 х – 22 у + 40z + (- 20 + 44-80)=0. Итак, уравнение грани А1 В1 С1 имеет вид: -10х - 22у + 40 z-56=0 или -5х - 11у + 20 z - 28=0;
д)
Вектор
является
направляющим вектором высоты, опущенной
из вершины D1 на грань А1В1С1.
Воспользуемся уравнением прямой в
пространстве, проходящей через точку
с заданным направляющим вектором:
,
где
– координаты точки D1. Отсюда
искомое уравнение:
или
;
е) Координаты вектора
=
=
.
Обозначим
=
,
=
,
.
Чтобы доказать, что векторы
образуют линейно независимую систему
векторов необходимо убедиться, что
определитель третьего порядка,
составленный из координат этих векторов,
отличен
от 0. Определитель третьего порядка
равен
=
-
+
=
=
Вычислим определитель:
=3
– (–5)
+(–2)
= 3
(0
(–3) – 5
2)+5
(8
(–3) – 7
2) –
- 2 (8 5 – 7 0) =3 (–10)+5 (–24 – 14) – 2 40=–30 – 190 – 80 = –300.
Так как данный определитель отличен от 0, то вектора образуют линейно независимую систему;
ж) Сначала найдем координаты точек М и N, соответственно. Координаты точки
М =
= 
= 
N =
=
=
.
Получаем
вектор
=
;
з)
Обозначим через
координаты
вектора
в
базе
.
Тогда
=
= 
.
Так как
=
+
+
;
=
+
+
=
,
то приравнивая соответствующие координаты, получим систему трех линейных уравнений с тремя неизвестными:
(1) 
Решим данную систему уравнений с помощью формул Крамера
(см.
глава 10,
стр. 268). Рассмотрим произвольную систему
трех линейных уравнений с тремя
неизвестными:
Тогда
=
z
,
где:
Для системы (1) определитель:
=3
–8
+7
=
= 3 ( –10) – 8 ( 15 + 10 ) + 7 ( –10) = –30 – 200 – 70 = –300;
= 2
–8 
+7
=
=3
–2
+7
=
=3
=3
–8
+2
=
=
По
формулам Крамера
Итак,
разложение вектора
по базису (
)
имеет вид:
=
