Индивидуальные задания по линейной алгебре матрицы, определители, системы линейных уравнений. Линейные геометрические объекты. Учебно-методическое пос

Убедимся в том, что эти векторы перпендикулярны:

Уравнение

A

M

B C

Для нахождения уравнения медианы нужно найти координаты точки . Как известно, координаты середины отрезка равны полусумме координат его концов. Поэтому

` ˘

то есть 4, 32 .

Теперь воспользуемся (5). Вместо 1, 1 подставим координаты точки p´1, 3q, вместо 2, 2 — координаты точки :

` 1 ´ 3 5 “ ´32 ,

´32p ` 1q “ 5p ´ 3q,

´32 ´ 32 “ 5 ´ 15,

32 ` 5 ` 32 ´ 15 “ 0,

32 ` 5 ´ 272 “ 0.

71

: 3 ` 10 ´ 27 “ 0.

Для проверки подставим в найденное уравнение координаты точек и .

: 3p´1q ` 10 ¨ 3 ´ 27 “ 0,

Уравнение

A

N

B C

Для нахождения уравнения биссектрисы найдем направляющий вектор этой прямой. Таким вектором будет вектор, направленный по биссектрисе угла между векторами Ě и Ě. Вектор, направленный по биссектрисе угла между двумя векторами, выходящими из одной точки, равен сумме ортов этих векторов. Напомним, что ортом вектора ¯ называется вектор единичной длины, направленный так же, как ¯. Орт ¯0 вектора ¯ находится по формуле:

1

¯0 “ |¯|¯.

Найдем векторы Ě и Ě и их орты.

ˇĚˇ

72

ния уравнения воспользуемся видом 3 из таблицы 1 в пособии [3]:

Здесь , — координаты направляющего вектора, 0, 0 — координа-

Если в (6) какой-нибудь знаменатель обращается в нуль, это означает, что числитель равен нулю. : ´ 3 “ 0.

Для проверки убедимся в том, что координаты точки удовлетворяют этому уравнению

: 3 ´ 3 “ 0

ичто направляющий вектор этой прямой составляет равные углы с векторами Ě и Ě.

Из таблицы 1 (вид 1) в [3] находим, что направляющим вектором прямой ` ` “ 0 служит вектор ¯ “ p´ , q. Значит, направляющим вектором найденной прямой будет вектор ¯ “ p0, 1q. Найдем косинусы углов, которые направляющий вектор найденной прямой составляет с векторами Ě и Ě.

ˇĚˇ

73

Так как в качестве угла между двумя векторами мы по определению берем угол из промежутка r0, s, то из равенства косинусов следует равенство углов. Поэтому найденная прямая является биссектрисой, то есть уравнение найдено верно.

4

“ ? , : 2 ´ ´ 8 “ 0; 5

: 3 ` 10 ´ 27 “ 0,

: ´ 3 “ 0.

5.В условиях задачи 2 найти: уравнение грани , уравнение высоты , координаты точки .

Решение. Для нахождения уравнения грани изучим таблицу различных видов уравнений плоскости. Так как про плоскость

известны координаты точек p5, 4, ´1q, p3, 7, ´1q, p2, 4, 3q, лежащих на этой плоскости, используем вид 3 из таблицы 2 в пособии [3], уравнение плоскости, проходящей через три данные точки

74

“12p ´ 5q ` 8p ´ 4q ` 9p ` 1q “

“12 ´ 60 ` 8 ´ 32 ` 9 ` 9 “ 12 ` 8 ` 9 ´ 83 “ 0.

Проверим полученный ответ. Для этого подставим в полученное уравнение координаты точек , , .

: 12 ¨ 5 ` 8 ¨ 4 ` 9 ¨ p´1q ´ 83 “ 60 ` 32 ´ 9 ´ 83 “ 0,

: 12 ¨ 3 ` 8 ¨ 7 ` 9 ¨ p´1q ´ 83 “ 36 ` 56 ´ 9 ´ 83 “ 0,

: 12 ¨ 2 ` 8 ¨ 4 ` 9 ¨ 3 ´ 83 “ 24 ` 32 ` 27 ´ 83 “ 0.

Уравнение плоскости найдено верно.

Относительно высоты мы знаем координаты точки . Кроме того, можем найти направляющий вектор . Так как перпендикулярна плоскости основания , в качестве направляющего вектора для можем взять вектор нормали для плоскости . В таблице различных видов уравнений плоскости находим, что для плоскости, заданной общим уравнением (вид 1 из таблицы 2 в [3])

` ` ` “ 0,

вектором нормали служит вектор ¯ “ p , , q. Поэтому вектором нормали к плоскости является вектор ¯ “ p12, 8, 9q. Значит, ¯ “ ¯ “ p12, 8, 9q.

75

Теперь в таблице 3 из [3] различных видов уравнений прямой в пространстве выбираем вид 2, канонические уравнения прямой в пространстве:

Здесь p 0, 0, 0q — координаты точки, через которую проходит прямая, ¯ “ p , , q — направляющий вектор прямой. У нас 0 “ 2,

0 “ 0, 0 “ ´1 — координаты точки , ¯ “ p12, 8, 9q — направляющий вектор. Составляем уравнения :

Чтобы проверить правильность уравнений, нужно убедиться в том, что координаты точки удовлетворяют этим уравнениям, и что направляющий вектор найденной прямой коллинеарен вектору нормали плоскости основания .

Подставляем координаты точки в уравнения:

Точка лежит на прямой.

¯

Напомним, что два ненулевых вектора ¯ и коллинеарны тогда и

только тогда, когда для некоторого действительного числа выпол-

¯

няется равенство “ ¯.

то есть ¯ ‖ ¯ , значит, перпендикулярна плоскости . Уравнения найдены верно.

Чтобы найти координаты точки пересечения прямой с плоскостью , удобно перейти от канонических уравнений к параметрическим (вид 3). Для этого каждую дробь из канонических

76

уравнений приравняем параметру и выразим , , через этот параметр.

Получили параметрические уравнения:

$

’ “ 12 ` 2,

’

&

“ 8 ,

’

’

% “ 9 ´ 1.

Для нахождения точки пересечения прямой с плоскостью нужно выражения для , , из параметрических уравнений подставить в уравнение плоскости и найти значение параметра . Заметим, что если прямая не пересекается с плоскостью, то после такой подстановки параметр в уравнении уничтожится, и мы не сможем найти его значение.

Итак, подставляем выражения для , , в уравнение плоскости :

12p12 ` 2q ` 8 ¨ 8 ` 9p9 ´ 1q ´ 83 “ 0

144 ` 24 ` 64 ` 81 ´ 9 ´ 83 “ 0

77

ˆ˙

8217, 3217, 1917 .

Проверим, что точка лежит на плоскости :

“ 141117 ´ 83 “ 83 ´ 83 “ 0.

Координаты точки найдены верно.

Ответы:

: 12 ` 8 ` 9 ´ 83 “ 0,

: 12´ 2 “ 8 “ `9 1,

ˆ˙

8217, 3217, 1917 .

6.Для прямой , заданной общими уравнениями, и точки найти: канонические уравнения прямой; расстояние от точки до прямой .

Решение.

Первое решение. Одним из простых способов записать канонические уравнения прямой по ее общим уравнениям является назначение одной из переменных за параметр и выражение других переменных через него. Например, выберем в качестве парметра переменную “ :

Чтобы выразить (избавиться от ), прибавим два третьих уравнения последней системы ко второму, а чтобы выразить (избавиться

78

от ), прибавим три третьих уравнения ко второму:

$$

’’

&&

’’

’’

Мы получили параметрические уравнения прямой. Выделим точку, через которую проходит прямая (точку приложения): p´6, 0, ´3q и

направляющий вектор ¯ “ p´16, 1, ´11q прямой. Записываем теперь по найденным геометрическим данным уравния прямой в каноническом виде:

: ` 6 “ “ ` 3.

´16 1 ´11

Чтобы найти расстояние от точки до прямой , можно выразить ортогональную cоставляющую ¯ вектора

Ě “ p´6 ´ 1, ´6, ´3 ´ 2q “ p´7, ´6, ´5q

относительно направляющего вектора прямой:

Ě “ ¯ ` ¯, ¯ K ¯, ¯ ‖ ¯,

79

— искомое расстояние от точки до прямой.

Данное решение универсально в том смысле, что подходит для прямой, заданной направляющим вектором и точкой, например, каноническими уравнениями и на плоскости и в пространстве (также и многомерном).

Второе решение. Это решение подходит для случая прямой, заданной каноническими уравнениями именно в трехмерном пространстве.

Общие уравнения прямой в трехмерном пространстве являют собой пересечение двух плоскостей, заданных их общими уравнениями. Имеем отсюда непосредственно два вектора нормалей этих плоскостей: ¯1 “ p´2, 1, 3q, ¯2 “ p1, 5, ´1q. Значит, направляющий вектор прямой, ортогональной обеим прямым пропорционален векторному

¯ “ p´16, 1, ´11q.

Далее подбором найдем произвольную точку на прямой, например, подставим в исходные общие уравнения прямой “ 10, тогда

$$

Следовательно, точка 1p10, ´1, 8q лежит на прямой .

Как и в прошлом решении, соединим произвольную точку прямой с данной точкой, до которой необходимо найти расстояние, векто-

80