Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Руководство к решению задач по алгебре и геометрии
.pdf
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 51
Решение. Пусть x = α · p + β · q + γ · r,гдеα, β и γ — некоторые
неизвестные константы. Тогда вектор-столбец X координат вектора
⎞
⎛
5
⎠
⎝
−3
=
2
5γ
2α + β − 3γ
α − β +2γ
⎞
⎠
.
=
X = α ·
⎛
0
⎝
2α
α
⎞
⎠
⎛
⎝
⎛
⎝
−1
5γ
−3γ
2γ
⎞
0
⎠
1
+ γ ·
⎞
⎛
⎠
⎝
=
⎞
⎛
0
⎠
⎝
2
+ β ·
1
⎞
⎛
0
⎠
⎝
β
+
+
−β
⎛
⎞
15
⎝
⎠
С другой стороны, X =
−20
. Сравнивая соответствующие координаты,
−1
получаем систему уравнений
⎧
5γ =15
⎪
⎨
2α + β − 3γ = −20
⎪
⎩
α − β +2γ = −1.
x равен
Решая эту систему, находим
⎧
α = −6
⎪
⎨
β =1
⎪
⎩
γ =3.
x = −6p + q +3r.
Итак,
Задание 2. Коллинеарны ли векторы
a =(−1, 2, 8), b =(3, 7, −1)?
ли
Решение. Найдем координаты векторов
c1=4a − 3b и c2=9b − 12a,ес-
c1и c2.
c1=4a − 3b =(4·(−1) − 3 ·3, 4 · 2 − 3 · 7, 4 ·8 − 3 · (−1)) =
=(−13, −13, 35),
c2=9b − 12a =(9· 3 −12 ·(−1), 9 · 7 −12 · 2, 9 · (−1) − 12 · 8) =
=(39, 39, −105).
Векторы коллинеарны, если пропорциональны их соответствующие координаты. Сравним координаты
− 13
39
следовательно,
c1и c2коллинеарны.
c1и c2.
=
− 13
39
=
35
− 105
1
=
,
− 3
52 ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Задание 3. Вычислить площадь параллелограмма, построенного на
векторах
a =3p +2q и b =2p −q,если|p| =4, |q| =3,p q =
3π
4
Решение. Воспользуемсясвойством векторного произведения векторов:
S = |
a×b| = |(3p+2q)×(2p−q)| = |3p×2p+2q×2p+3p×(−q)+2q×(−q)|.
.
Учитывая, что
p × q = −q ×p, получаем
S = |6
p × p +4q × p +3q × p −2q ×q|.
Как известно, векторное произведение двух коллинеарных векторов равно
нулю, в частности,
p × p = q × q =0.Поэтому
S = |7
q × p| =7|q × p|.
По определению векторного произведения векторов:
q ×p| = |q|·|p|·sinp q,
|
так что
S =7·|
q|·|p|·sinp q =7· 3 · 4 ·sin
Задание 4. Компланарны ли векторы
3π
4
a =(7, 4, 6), b =(2, 1, 1) и c =
=43
√
2.
=(19, 11, 17)?
Решение. Векторы компланарны тогда и только тогда, когда их смешан-
=(−1)
a · b ·c.
2+2
· 1 ·
−12
−36
= −6+6=0.
ное произведение равно нулю. Найдем
746
a · b ·c =
211
19 11 17
Следовательно,
−102
211
=
−306
a, b и c компланарны.
Задание 5.
а) Вычислить объем тетраэдра C с вершинами в точках A
(2, 1, 2), A3(1, 1, 4), A4(6, −3, 8).
A
2
Решение. Можно считать, что тетраэдр построен на векторах
=(1, 2, 0),
A1A3=(0, 2, 2), A1A4=(5, −2, 6).
(1, −1, 2),
1
A1A2=
Воспользуемся свойством смешанного произведения векторов:
V
A1A2A3A
4
1
= ±
A1A2· A1A3· A1A4,
6
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 53
где знак выбирается так, чтобы объем был положителен. Найдем A1A2·
A1A3·A1A4:
·
120
022
5 −26
Тогда V
A1A2A3A
A1A2· A1A3· A1A4=
1
=
· 36 = 6 куб. ед.
4
6
б) Найти высоту этого тетраэдра, опущенную из вершины A
грань A
Найдем площадь грани A
1A2A3
.
. Как известно,
1A2A3
=36.
на
4
S
A1A2A
3
Найдем векторное произведение
A1A2× A1A3=
=i ·
20
22
−j ·
10
02
Модуль этого вектора
|
A1A2× A1A3| =42+(− 2)2+22=√24.
Тогда
S
A1A2A
Как известно,
V
A1A2A3A
где H — искомая высота. Отсюда
3V
H =
A1A2A3A
S
A1A2A
1
|
=
A1A2× A1A3|.
2
A1A2и A1A3:
i
120
022
=
3
4
+k ·
1
2
=
3
·
1
3
4
√
S
A1A2A
=
12
22
24 =√6.
3 · 6
√
jk
=
=4i − 2j +2k.
· H,
3
√
6.
=3
6
Задание 6. Найти расстояние от точки M (1, −1, 2) до плоскости, проходящей через три точки M
(1, 5, 7), M2(−3, 6, 3), M3(−2, 7, 3).
1
54 ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Решение. Составим уравнение плоскости, проходящей через три данные точки:
x − 1 y −5 z −7
−41−4
−32−4
=0,
то есть
−41
−32
=0,
(x − 1) ·
1 −4
2 −4
− (y −5) ·
−4 −4
−3 −4
+(z − 7) ·
4x − 4y − 5z +51=0.
Если плоскость задана уравнением Ax + By + Cz
от точки (x
0,y0,z0
) до этой плоскости можно найти по формуле
+ By0+ Cz0+ D|
|Ax
d =
0
√
A2+ B2+ C
+ D =0, то расстояние
,
2
поэтому искомое расстояние равно
|4 · 1 −4 · (−1) − 5 · 2+51|
d =
√
42+42+5
49
=
2
√
57
√
49
57
=
57
.
Задание 7. Найти угол между плоскостями x +2y − 2z − 7=0
и x + y − 35 = 0.
Решение. Угол между плоскостями равен углу между их нормальными векторами. Нормальные векторы данных плоскостей
n2=(1, 1, 0).Угол
n1, n2найдем с помощью скалярного произведения век-
n1=(1, 2, −2),
торов:
cos
n1, n2=
Учитывая, что
n1· n
2
|n1|·|n2|
n1, n2∈ [0,π], получаем
=
1 · 1+2· 1+(−2) ·0
12+22+(− 2)
n1, n2=
π
.
4
2
Задание 8. Написать канонические уравнения прямой
2x − 3y −2z +6=0
x − 3y + z +3=0.
√
12+12+0
1
=
.
√
2
2
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 55
Решение. Выразим первые две переменные через третью:
2(3y − z − 3) − 3y −2z +6=0,
x =3y −z −3,
⎧
⎨
,
y =
⎩
x =3z − 3.
Теперь введем параметр t. Для удобства положим z =3t:
⎧
x =9t − 3
⎪
⎨
y =4t
⎪
⎩
z =3t.
4
z,
3
Выразим t через каждую из трех переменных. Из первого уравнения следует, что t =
x +3
, из второго и третьего — t =
9
y
4
и t =
z
соответственно.
3
Искомые уравнения прямой:
x +3
y
=
9
z
=
.
4
3
Задание 9. Найти точку пересечения прямой
x − 7
y − 3
=
3
z +1
=
1
− 2
иплоскости2x + y +7z − 3=0.
Решение. Напишем параметрические уравнения данной прямой. Положим
y − 3
=
3
⎧
x =3t +7
⎪
⎨
y = t +3
⎪
⎩
z = −2t −1.
z +1
=
1
− 2
,
тогда
t =
x − 7
Подставим эти выражения в уравнение плоскости 2x + y +7z −3=0:
2(3t +7)+t +3+7(−2t − 1) −3=0,
− 7+7=0,
t =1.
56 ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Это означает, что прямая пересекает плоскость при t =1. Соответствующие
координаты равны:
x =10,y=4,z= −3.
Задание 10.
а) Найти точку M
мой
x − 1
y −3
=
2
1
Решение. Пусть точка M
, симметричную точке M (0, 1, 2) относительно пря-
z −2
=
.
0
имеет координаты (a, b, c).Тогда
MM=(a, b − 1,c−2).
Этот вектор перпендикулярен данной прямой, т. е.
направляющему вектору
l данной прямой. Тогда по свойствам скалярного
MMперпендикулярен
произведения векторов:
MM·l =0.
Учитывая, что
l =(2, 1, 0), получаем
a · 2+(b − 1) ·1+(c − 2) · 0=0,
то есть 2a + b − 1=0. Кроме того, середина отрезка M
жать на данной прямой. Координаты середины отрезка
M должна ле-
a +0
b +1
,
2
c +2
и
2
2
Подставляя их в уравнения прямой, мы должны получить верное равенство:
=
y +1
2
− 3
1
a
− 1
2
2
=
c +2
2
0
− 2
.
Составляем систему уравнений:
⎧
2a + b −1=0
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
a
− 1=2
2
⎪
⎪
⎪
⎪
c +2
⎩
2
Решая эту систему, находим a, b и c.ТочкаM
y +1
− 2=0.
− 3
2
имеет координаты
(−1, 2; 3, 4; 2).
.
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 57
б) Найти точку M, симметричную точке M (−2, 0, 3) относительно
плоскости 2x −2y +10z +1=0.
Пусть M
Вектор
мальному вектору
имеет координаты (a, b, c).ТогдаMM=(a+2,b,c−3).
MMперпендикулярен данной плоскости, т. е. параллелен ее нор-
n(2, −2, 10). Это означает, что
b
2
b
− 2
c − 3
=
= −
.
10
2a − 2b +10c − 1
22+(− 2)2+10
c − 3
=
10
.
2
ВтожевремяточкиM и M
2 · (− 2) −2 ·0+10·3+1
22+(− 2)2+10
(Мы учли, что точки M и M
систему уравнений:
Решая ее, находим, что M
⎧
a +2
⎨
⎩
27 = 2a +2b − 10c −1.
a +2
=
2
равноудалены от плоскости, т. е.
2
лежат в разных полуплоскостях.) Получаем
=
2
имеет координаты (−3, 1, −2).
Задание 11. Исследовать и построить кривые второго порядка.
Решение.
2
a) 3x
− 2xy +3y2− 4x −4y −12 = 0. Найдем определители данной
кривой.
δ =
3 −1
−13
, Δ=
3 −1 −2
−13−2
−2 −2 −12
= −128.
Поскольку δ>0,аΔ =0, данная кривая — эллипс. Его центр — это решение
системы уравнений
то есть
2
(3x
− 2xy +3y2− 4x − 4y − 12)
2
− 2xy +3y2− 4x − 4y − 12)
(3x
6x − 2y − 4=0
x
y
=0
=0,
−2x +6y − 4=0.
Итак, центр симметрии эллипса находится в точке O
(1; 1). Если перенести
1
начало координат в эту точку, то в новых координатах уравнение будет
иметь вид
2
− 2x1y1+3y
3x
1
2
− 16 = 0.
1
58 ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Составляем характеристическое уравнение данной кривой:
2
λ
− 6λ +8=0.
Его корни λ
=2и λ2=4.ЕслиобозначитьA1=2, C1=4,топосле
1
поворота системы на угол ϕ,где
tg(ϕ)=
B
A1− C
=
− 1
2 − 3
=1,
уравнение эллипса примет вид
2
2X
+4Y2− 16 = 0
или
2
2
Y
X
+
8
=1.
4
Искомый эллипс так же, как и системы координат Oxy, O
изображен на рисунке 11.
y
Y
- 8Ö
y
1
2
1
O
1
O
1
j
-2
X
Ö8
x
x
1x1y1
1
и O1XY ,
Рис. 11
б) x2− 6xy + y2− 4x − 4y +12=0.
Здесь
δ =
−31
1 −3
= −8, Δ=
1 −3 −2
−31−2
−2 −212
= −128,
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 59
так что данная кривая — гипербола (δ<0, Δ =0). Находим координаты ее
центра:
2x − 6y − 4=0
−6x +2y − 4=0,
и центр симметрии гиперболы находится в точке O
(−1; −1). Если перене-
1
сти в эту точку начало координат, то уравнение примет вид
2
− 6x1y1+ y
x
1
2
+16=0.
1
Составляем характеристическое уравнение:
2
− 2λ − 8=0.
λ
Его корни λ
= −2 и λ2=4.ЕслиобозначитьA1= −2, C1=4,топосле
1
поворота осей координат на угол ϕ,где
tg(ϕ)=
− 3
− 2 − 1
=1,
уравнение примет вид
2
+4Y2+16=0
−2X
или
Данная гипербола и все системы координат изображены на рисунке 12.
2
в) x
+ y2− 4xy +4x − 2y +1=0.
X
2
2
Y
−
8
=1.
4
Решение. Найдем определители кривой второго порядка:
δ =
Δ=
−21
−21−1
1 −2
=1−4=−3,
1 −22
2 −11
=0.
Мы видим, что δ<0,аΔ=0, следовательно, это пара пересекающихся
прямых. Найдем центр нашей кривой из уравнений
=0
F
x
=0,
F
y
60 ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
y
y
1
X
Y
Ö8
2
-1
O
j
-1
O
1
-2
- 8Ö
Рис. 12
где F = F (x, y)=x2+ y2− 4xy +4x −2y +1. Решая систему
2x − 4y +4=0
2y − 4x − 2=0,
x
x
1
получаем x =0, y =1. Делая замену координат
= x
x
1
= y − 1,
y
1
приводим уравнение нашей кривой к виду
2
2
x
+ y
− 4x1y1=0.
1
1
Выделим полный квадрат:
(x
− 2y1)2− 3y
1
2
1
=0.
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]