Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный университет кораблестроения им. адм. Макарова

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Saprikina_Analit_geometr

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.02.2015

Размер:

2.44 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 124 5 6 7 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

Пряма та площина	31

Завдання для аудиторної роботи

РІВЕНЬ А Задача1. Записатирівнянняплощини:

1)якапроходитьчерезточку M 0 (− 3; 5; −1) перпендикулярнодоосіОх;

2)яка проходить через точку M 0 (3; 8; − 4) та відтинає на осі Ох відрізок a = – 3, а на осі Оz відрізок с = 2;

3)якапроходитьчерезточку M 0 (2; − 3; 3) паралельноплощиніОху;

4)яка проходить через точку M0 (1; 4; − 3) та вісь Ох;

5)яка проходить через точки M1 (2; −1;1) і M 2 (3;1; 2) паралельно

осіОу.

Розв'язання

1. ОскількиплощинапроходитьперпендикулярнодоосіOx, вонає па-

ралельною площині Oyz, а, отже, її рівняння має вигляд Ax + D = 0. Підставляючи координати точки M0 в останнє рівняння, отримаємо:

− 3A + D = 0

D = 3A

x + 3 = 0 – шуканерівнянняплощини.

2. Скористаємося рівнянням площини у "відрізках" (3.3):

= 1

. Підставимо координати точки M :

+ 8 +

− 4

− 3

b = 2.

Шуканерівняння:

2x − 3y − 3z + 6 = 0.

− 3

3. Площина, щопроходитьпаралельноOxy, маєрівняння Cz + D = 0 .

Підставимо координати точки M0:

3C + D = 0

D = −3C. Із рівняння

площинимаємо Cz − 3C = 0 , C ≠

z − 3 = 0.

4. Площина, що проходить через вісь Ох, має рівняння By + Cz = 0 .

Підставимо координати точки M :

4B − 3C = 0

B =

C. Підставимо

врівнянняплощиниіскоротимона

Cy + Cz = 0

3y + 4z = 0 .

32Аналітичнагеометрія

5.Шуканерівняннямаєвигляд Ax + Cz + D = 0. Підставимокоорди-

нати точок M1		та M2:		2 A + C + D = 0,	A + C = 0	A = −C. Тоді
			3A + 2C + D = 0
− 2C + C + D = 0 D = C;				− Cx + Cz + C = 0, C ≠ 0;		− x + z + 1 = 0;
	x − z −1 = 0 .

Задача 2. Скласти рівняння площини, яка проходить через точку M (− 2; 7; 3) паралельноплощині x − 4 y + 5z −1 = 0.

Розв'язання. Рівняння площини будемо шукати у вигляді A(x + 2)+ + B(y − 7)+ C(z − 3)= 0. Оскількишуканаплощинапаралельнаплощині x − 4 y + 5z −1 = 0, тоїїнормальнийвектор n = (1; − 4; 5), отжеїїрівняння

1(x + 2)− 4(y − 7)+ 5(z − 3) = 0, або x − 4 y + 5z + 15 = 0.

Задача 3. Скласти рівняння площини, що проходить через точки M1 (2; −1; 3) і M2 (3;1; 2) паралельновектору a = (3; −1; 4).

Розв'язання Перший спосіб полягає в тому, що рівняння площини будемо шука-

ти за точкою M1 і нормальним вектором за формулою (3.2): A(x − x1 )+

+ B(y − y1 )+ C(z − z1 )= 0. Для того щоб знайти нормальний вектор n , требазнайтидванеколінеарнихвектори, якіналежатьплощиніабопаралельні їй (рис. 3.1,а). Тоді n знаходиться як векторний добуток цих век-

торів.

У даній задачі такими векторами будуть а і

= (1; 2; −1).

M1M2

Отже,

n = а ×

−1

= −7i + 7

+ 7

. Для спрощення ви-

M1M 2

−1

кладок за нормальний вектор візьмемо n1 = (1; −1; −1), колінеарний n. Такимчином, шуканерівнянняплощини (x − 2)− (y +1)− (z − 3) = 0, або

Пряма та площина	33

x − y − z = 0. Площина проходить через початок координат, тому що в її рівняннівідсутнійвільнийчлен.

a a

n		M (x; y; z)
n
a	M1	a
M1
M2		M2
а		б

Рис. 3.1

Другий спосіб. На площині візьмемо довільну точку M (x; y; z) і утворимо змінний вектор M1M = (x − 2; y +1; z − 3). За цим способом требазнайтитрикомпланарнівектори(одинзнихзмінний), щоналежать даній площині або паралельні їй. За умовою вектори M1M , а і M1M2 компланарні (див. рис. 3.1,б). Отже, їх мішаний добуток M1M × × a M1M 2 = 0. Записавши цю умову в координатній формі, одержимо

рівнянняшуканоїплощиниувигляді	x − 2	y +1	z − 3	= 0 − 7(x − 2)+
	x − 2	y +1	z − 3
	3	−1	4
	1	2	−1

+ 7(y +1)+ 7(z − 3)= 0 x − y − z = 0.

Задача4. Скластирівнянняплощини, якапроходитьчерезпочатоккоординатперпендикулярнодоплощин2x − y + 5z + 3 = 0 іx + 3y − z − 7 = 0.

Розв'язання. Нехай M (x; y; z) – довільна точка шуканої площини. За умовою задачі вектори OM = (x; y; z), n1 = (2; −1; 5) і n2 = (1; 3; −1) компланарні (рис. 3.2), тому OM × n1 n2 = 0. Перейдемо до координат:

x	y	z	= 0 2x − y − z = 0 – шуканерівнянняплощини.
2	−1	5	= 0 2x − y − z = 0 – шуканерівнянняплощини.
1	3	−1

34		Аналітичнагеометрія
Задача 5. На осі Ох знайти точку, що віддалена від площини
2x + y − 2z + 4 = 0 на відстань d =			2 .
			3
(P)		Розв'язання. Шукана точка – M 0 (x0 ; 0; 0). За
	O	M		2 =	2x0 + 4
	O	формулою	(3.4) d =
		формулою	(3.4) d =
				3	22 +12 + (− 2)2
n1		2x0 + 4 = 2; 2x0 + 4 = 2 або 2x0 + 4 = − 2. Тоб-
n 2		то x0 = −1 або x0 = − 3. Отже, умові задачі задо-
n 2		вольняють дві точки M ′		(−1; 0; 0) і M ′′(− 3; 0; 0).
Рис. 3.2		вольняють дві точки M ′		(−1; 0; 0) і M ′′(− 3; 0; 0).
Рис. 3.2			0		0

Задача6. Записатиканонічнірівнянняпрямої:

1)яка проходить через початок координат і точку M 0 (1; − 3; 4);

2)яка проходить через точку M0 (3; − 4; 0) паралельно осі Oz;

3)яка проходить через точку M0 (1; 2; 3) перпендикулярно до площиниOxz;

4)яка проходить через точку M0 (1; − 2; −1) перпендикулярно до

осі Oy.

Розв'язання

1. Занапрямнийвекторпрямоїможнавзятивектор OM0 = (1; −3; 4).

Отже, їїрівняння 1x = −y3 = 4z .

2. Занапрямнийвекторпрямоївізьмемовектор k = (0; 0;1), рівняння

прямої	x − 3	=	y + 4	=	z	.
	0		0
				1

3. Пряма проходитьпаралельно вектору j = (0;1; 0). Отже, рівняння

прямої	x −1	=	y − 2	=	z − 3	.
	0		1
				0

Пряма та площина	35

4. Основоюперпендикуляра, опущеногозточки M 0 (1; − 2; −1)навісьОу, буде точка M1 (0; − 2; 0). За напрямний вектор шуканої прямої можна

взяти вектор		= (−1; 0;1). Рівняння прямої	x −1	=	y + 2	=	z +1	.
	M0M1
			−1		0
						1

Задача7. Скластиканонічнірівняннясередньоїлініїтрикутниказвершинамивточках A(−1; 2; 3), B(3; 0; 1), C (1; − 4; −3), якапаралельнастороніАВ.

Розв'язання. Координати точки В1 (середини відрізка АС):

= −1 +1

= 0;

2 − 4

= −1;

3 − 3

= 0; т.

B (0; −1; 0). Анало-

гічно серединою відрізка ВС є точка A1 (2; − 2; −1). Напрямний вектор середньоїлінії a = A1B1 = (− 2; 1; 1), їїрівняння −x2 = y 1+ 1 = 1z.

Задача 8. Точка M (x; y; z) рухається прямолінійно та рівномірно з початкового положення M 0 (20; −18; − 32) у напрямку, протилежному

вектору s = (3; − 4; −12), зішвидкістюv = 26. Скластирівняннярухуточки М та знайти точку, з якою вона буде збігатися в момент часу t = 3.

	Розв'язання.		Рівняння руху з	початкового положення
M0 (20; −18; − 32)		у напрямку вектора швидкості				мають вигляд
M0 (20; −18; − 32)		у напрямку вектора швидкості			v	мають вигляд
	x = 20 + lt,

	y = −18 + mt, де l, m, p – проекції вектора швидкості v на координатні

	z = −32 + pt,
	z = −32 + pt,
осі. Порівнюючи			= 32 + (− 4)2 + (− 12)2	= 13 із заданою швидкістю
осі. Порівнюючи		s	= 32 + (− 4)2 + (− 12)2	= 13 із заданою швидкістю

v = 26, бачимо, що v = − 2s , тобто v = (− 6; 8; 24). Отже, шуканерівняння

36		Аналітичнагеометрія

		x = 20 − 6t,
руху		y = −18 + 8t, Підставимо t = 3 у ці рівняння та одержимо точ-
руху
		z = −32 + 24t.
		z = −32 + 24t.

ку M1 (2; 6; 40), з якою точка М буде збігатися в момент часу t			= 3.

	Задача9. Знайтитупийкутміжпрямою x − y − 4z + 5 = 0,		тапря-
		2x + y − 2z − 7 = 0

мою, що проходить через точку P (3; −1; 1) перпендикулярно до осі Ох. Розв'язання. Знайдемо напрямний вектор для першої прямої

згідно з формулою (3.9):

−1

− 4

= 6i − 6

+ 3

− 2

= (2; − 2; 1). ДругапрямаперетинаєвісьОхуточці M0 (3; 0; 0), томузаїїна-

прямнийвекторможнавзятивектор PM0 = (0;1; −1). Заформулою(3.10)

маємо:		cosα = cos	(a1	;			)=	2 0 − 2 1 +1 (−1)	=
маємо:		cosα = cos	(a1	;	PM0		)=	2 0 − 2 1 +1 (−1)	=
								22 + (− 2)2 +12 02 +12 + (−1)2
= −	1	α = π − arccos	1		=	3π .
	2		2			4

РІВЕНЬ Б Задача1. Скластирівнянняплощини, якаперпендикулярнадоплощи-

ни 5x − y + 3z − 2 = 0 таперетинаєїїпопрямій, щолежитьуплощиніОху. Розв'язання. Рівняння площини будемо шукати у вигляді Ax + By + Cz + D = 0. Оскільки площина 5x − y + 3z − 2 = 0 перетинає

площину Оху по прямій	5x − y − 2	= 0,	то	A = 5, B = −1, D = − 2. Ста-
	z = 0,

Пряма та площина	37

лу Сзнайдемозумовиперпендикулярностішуканоїплощиниіплощини

5x − y + 3z − 2 = 0: A 5 + B (−1)+ C 3 = 25 +1+ 3C = 0 C = −	26	. Рів-
	3	. Рів-
	3
нянняплощини15x − 3y − 26z − 6 = 0.


Задача 2. Довести, що прямі x = 1 + 2t, y = 7 + t, z = 3 + 4t	і x = 6 +

+ 3t, y = −1− 2t, z = − 2 + t перетинаються та знайти точку їх перетину.

Розв'язання. З рівнянь першої прямої L1: a1 = (2; 1; 4), M1 (1; 7; 3).

ЗрівняньдругоїпрямоїL2: a2 = (3; − 2; 1), M 2 (6; −1; − 2). Оскількиміша-

						2	1	4
ний добуток векторів		×			=	3	− 2	1	= 0, а точка M1 L2 ,
	a1		a2	M1M2
						5	−8	− 5

топрямі L1 іL2 перетинаються (рис. 3.3). Знайдемо спільну точку даних прямих ліній. Рівняння другої прямої перепишемо у вигляді x = 6 + 3s,

y = −1− 2s, z = − 2 + s, де s – де-

який параметр. Прирівнюючи

відповідні координати, одержимо

систему рівнянь: 1 + 2t = 6 + 3s,

7 + t = −1 − 2s, 3 + 4t = − 2 + s.

Розв'язуючиспільно, наприклад,

Рис. 3.3

перші два рівняння, знаходимо:

t = – 2, s = – 3. Третє рівняння си-

стеми при знайдених t і s перетворюється на тотожність. Підставляючи значення t у рівняння першої прямої або значення s у рівняння другої

прямої, одержимоточкуїхперетину O (− 3; 5; − 5).

Задача 3. Скласти рівняння площини, яка проходить через точки M1 (0; 0; 1) і M 2 (3; 0; 0) та утворює кут π 3 із площиною Оху.

Розв'язання. Рівняння площини будемо шукати у вигляді рівнян-

ня(3.3): ax + by + cz = 1. ОскількиплощинапроходитьчерезточкиM1 (0; 0; 1)

Аналітичнагеометрія

і M 2 (3; 0; 0), то с = 1, а = 3, отже нормальний вектор шуканої площини

k = (0; 0; 1). За умо-

n =

;

;1 . Нормальний вектор площини Оху:

воюзадачі cos

;

)= cos

= 1 . Заформулою(3.5) маємо cos

; k)=

1 3 0 +1 b 0 +1 1

3 b

b =

10b2 + 9

(1 3)2 + (1 b)2 +12 02 + 02 +12

10b2 + 9

x +

26y + 3z − 3 = 0 та x −

26 y + 3z

− 3 = 0 – шуканірівнян-

= ±

няплощини.

РІВЕНЬ В

Задача 1

1. Довести, що відстань від точки M

(x ; y ; z ) до прямої

x − x0

y − y0

z − z0

можна обчислити за формулою d =

M0M1

де

M0 M1 = (x1 − x0 ; y1 − y0 ; z1 − z0 ), a = (l; m; p).

2.Задано куб, реброякогодорівнює1. Обчислити відстаньміжвершиною куба та діагоналлю, що не проходить через цю вершину.

Розв'язання

1. Побудуємо паралелограм на векторах a та M0M1 (рис. 3.4,а). Тоді відстань від точки М1 до прямої l буде дорівнювати висоті цього

паралелограма,

тобто може бути обчислена за формулою d =

Sпарал

M0M1

Пряма та площина		39

2. Відповідь: d =	2	. Вказівка. Розташуємо куб у системі коорди-
	3

нат Oxyz так, як показано на рис. 3.4,б. За умовою задачі треба знайти відстань від точки О до прямої АВ. Для цього використаємо формулу з першого пункту задачі.

	z
M1	A(1; 0;1)
	a	B (0; 1; 0 )
M0	O	B (0; 1; 0 )
M0	O	y
		y
l
	x
а		б

Рис. 3.4

Задача 2. Задана трикутна піраміда SABC із прямими плоскими кутами при вершині S. Знайти множину точок M, для яких виконується

умова MA 2 + MB 2 + MC 2 = 3 MS 2.

Розв'язання. Виберемо систему координат Oxyz таким чином, щоб вершина S піраміди опинилася у початку координат, а точки A, B, C на

осяхOx, Oy, Oz відповідно: S (0; 0; 0), A(xA; 0; 0), B (0; yB ; 0), C (0; 0; zC ).

Нехай M (x; y; z) – довільнаточка, щозадовольняєумові MA 2 + MB 2 + + MC 2 = 3 MS 2 . Маємо (x − xA )2 + y2 + z2 + x2 + ( y − yB )2 + z2 + x2 +

+y2 + (z

+− yB y

− zC )2 = 3x2

+ 3y2

+ 3z2. Після перетворень

xA x −

+ zC z

−

= 0 .

40									Аналітичнагеометрія

Таким чином, шуканою множиною є площина, яка проходить через
	x	A		y	B		z	C

точку D			;			;			знормальнимвектором n = (xA; yB ; zC ) (цяпло-
	2			2
							2

щинапроходитьчерезсерединудіагоналіпрямокутногопаралелепіпеда, побудованогона SA, SB, SC перпендикулярнодоцієїдіагоналі).

Завдання для самостійного розв'язання

РІВЕНЬ А

Задача 1. Скласти рівняння площини, якщо точки A(1; − 2; 0)

і B (3; 2; 6) симетричнівідноснонеї.

Задача2. Скластирівнянняплощини, щопроходитьчерезперпендикуляри, опущені з точки A(2; 0; 4) на площини x − 7 y + 2z = 0 та 5x +

+ 3y − z = 0.

Задача3. НаосіОузнайтиточку, рівновіддаленувідточки A(2; 0; 1) іплощини x + 2 y + 2z − 5 = 0.

Задача4. Скластиканонічнірівнянняпрямої x − 2 y + 3z − 4 = 0,
					3x + 2 y − 5z − 4 = 0.
Задача 5. Пряма проходить через точку					M 0 (2; −1; 3) та утворює
з осями координат Ох і Оу кути α =	π	, β	=	π	відповідно, а з віссю Oz –

3			4

тупийкут. Написатирівнянняцієїпрямої.

Задача 6. Скласти рівняння руху точки M (x; y; z), яка, маючи початковеположення M0 (3; −1; − 5), рухаєтьсяпрямолінійнотарівномірно в напрямку вектора s = (− 2; 6; 3) зі швидкістю v = 21. Знайти точку M1, з якою точка M (x; y; z) буде збігатися в момент часу t = 1.

РІВЕНЬ Б

Задача 1. Площина проходить через вісь Oz і утворює з площиною 2x + y − 5z = 0 кут π 3. Написатиїїрівняння.

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 124 5 6 7 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
10.12.2018185.86 Кб5s1.doc
#
15.02.20158.14 Mб101s90mec7.pdf
#
15.02.20154.55 Mб21SADT.pdf
#
14.02.2015603.14 Кб298SANDCASTLE_Iris_Murdoch_1.doc
#
15.02.20151.03 Mб11Saprikina.pdf
#
15.02.20152.44 Mб32Saprikina_Analit_geometr.pdf
#
14.02.2015495.62 Кб9schod.doc
#
15.02.2015109.33 Кб65Schritte 2 - Lernwortschatz.pdf
#
01.04.2025133.12 Кб1Seminarski_zanyattya_z_ukr_lit_na_II_semestr_dl...doc
#
14.02.2015759.3 Кб9Shlahter_Holnov_Is-vo_dominirovat.doc
#
14.02.201547.79 Кб17shtamp_2_2.docx