Рекомендации к выполнению задания

При выполнении пунктов 1–6 задания используется аппарат векторной алгебры, решение пунктов 7–10 основано на применении уравнений прямой и плоскости в пространстве.

Пример решения задачи

Д

аны координаты вершин пирамиды:

А₁ (2, 4, –3),

А₂ (5, 6, 3),

А₃ (–2,7,–3),

А₄ (4, 1, 0).

Решение:

1.Покажем, что векторы _, и _{образуют базис. Найдем координаты векторов}

={x₂ – x₁, y₂ – y₁, z₂ – z₁} = {5 – 2, 6 – 4, 3 – (–3)} = {3; 2; 6},

= {–4, 3, 0}, = {2, –3, 3}.

_{Найдем смешанное произведение векторов ,} и

_{Так как смешанное произведение векторов отлично от нуля, то векторы}

_, и _{не компланарны, линейно независимы и потому образуют базис в R3.}

.

2. Объем пирамиды А₁А₂А₃А₄ можно вычислить, используя геометрический смысл смешанного произведения векторов (см. пункт г) справочного материала).

Модуль смешанного произведения векторов ( , , ) равен объему параллелепипеда, построенного на векторах , , как на сторонах, а объем пирамиды А₁А₂А₃А₄ составляет шестую часть объема этого параллелепипеда, т.е.

(куб. ед.).

3.Угол между ребрами А₁А₂ и А₁А₄ найдем как угол между векторами = {3; 2; 6} и = {4 – 2, 1 – 4, 0 – (–3)} = {2, –3, 3}, используя скалярное произведение векторов:

( , ) = arccos 0,5482 = 5646.

4. Площадь грани А₁А₂А₃ можно вычислить, используя геометрический смысл векторного произведения векторов (см. пункт в) справочного материала). Найдем векторное произведение векторов

и =

и его модуль:

.

Модуль векторного произведения векторов равен площади параллелограмма, построенного на векторах и как на сторонах, а площадь грани А₁А₂А₃ составляет половину площади этого параллелограмма, т.е.

(кв. ед.).

5. Составим уравнение плоскости А₁А₂А₃. Поскольку плоскость П проходит через три точки А₁(2, 4, –3), А₂(5, 6, 3), А₃(–2, 7, –3), то согласно (2) получим:

= –18(x – 2) – 24(у -4) + 17(z + 3) = 0

или

18х + 24у – 17z –183 = 0.

6. Составим уравнение высоты h, опущенной на грань А₁А₂А₃ из вершины А₄. Известны координаты точки А₄(4, 1, 0), через которую проходит эта прямая, искомая прямая имеет направляющий вектор , параллельный нормальному вектору = {18, 24, –17} плоскости П грани А₁А₂А₃. Тогда согласно (4) канонические уравнения искомой прямой:

.

Длину высоты h найдем по формуле (3)

.

Ответ:

2) (куб. ед.); 3) 5646;

4) (кв. ед.); 5) П: 18х+24у-17z –183=0; 3233;

6) .

Задачи 1.1–1.20

№ варианта	А1	А2	А3	А4
1.1	(0, 4, 3)	(1,4,0)	(–1,–1,0)	(4, 1, 2)
1.2	(1, 2, –1)	(2,0,0)	(0,–1,4)	(1,2,4)
1.3	(1, –2, 0)	(3,1,5)	(3,–3,1)	(2,–1,0)
1.4	(2, –1, 3)	(3, 0,2)	(2,0,–3)	(3,2,1)
1.5	(3, –1, 0)	(–1,1,–3)	(1,–1,5)	(1,0,2)
1.6	(1, 2, –3)	(0,–1,2)	(3,–1,–1)	(3,2,3)
1.7	(2,1,3)	(–3,–4,0)	(4,2,1)	(1,–4,1)
1.8	(3,–2,1)	(1,1,–1)	(–5,–1,3)	(3,4,1)
1.9	(2,3,–1)	(–4,1,0)	(–1,–1,5)	(2,3,2)
1.10	(–3,1,2)	(2,–1,4)	(4,1,1)	(2,1,–1)
1.11	(4,1,2)	(0,–1,4)	(3,1,5)	(2,–1,3)
1.12	(1,2,4)	(3,–3,1)	(3,0,2)	(3,–1,0)
1.13	(2,–1,0)	(2,0,–3)	(–1,1,–3)	(1,2,–3)
1.14	(3,2,1)	(1,–1,5)	(0,–1,2)	(2,1,3)
1.15	(1, 0, 2)	(3, –1, –1)	(–3, –4, 0)	(3, –2, 1)
1.16	(3,2,3)	(4, 2, 1)	(1, 1, –1)	(2, 3, –1)
1.17	(1, –4, 1)	(–5, –1, 3)	(–4, 1, 0)	(–3, 1, 2)
1.18	(3, 4, 1)	(–1, –1, 5)	(2, –1, 4)	(0, 4, 3)
1.19	(2, 3, 2)	(4, 1, 1)	(1, 4, 0)	(1, 2, –1)
1.20	(2, 1, –1)	(–1, –1, 0)	(2, 0, 0)	(1, –2, 5)