Algebra&Geometry / modules 1-2 / LECT4
.pdfЛекция 4. Объемы, площади и углы. Прямая на плоскости
1. Формула объема
Сначала дадим важное определение.
Определение 1. Определителем третьего порядка называется число, вычисленное по матрице порядка 3£3 по следующему правилу:
¯
¯¯a1
¯¯b1 ¯c1
c |
c |
¯ |
|
¯ |
2 |
|
3¯ ¡ |
|
¯ |
1 |
|
3¯ |
|
¯ |
1 |
|
2¯ |
|
|||
a2 |
a3 |
¯ |
|
¯ |
b |
b |
|
¯ |
|
¯ |
b |
b |
|
¯ |
|
¯ |
b |
b |
|
¯ |
|
2 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
b2 |
b3 |
¯ |
= a1 |
¯ |
c2 |
c3 |
¯ |
a2 |
¯ |
c1 |
c3 |
¯ |
+ a3 |
¯ |
c1 |
c2 |
¯ |
: |
|||
¯ |
¯ |
¯ |
¯ |
¯ |
¯ |
¯ |
|||||||||||||||
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Теперь мы можем вывести формулу объема параллелепипеда и доказать критерий знака тройки. Пусть |
||||||||
¹ |
|
|
|
|
|
|
|
|
a¹, b и c¹ три вектора. Обозначим через ¢ определитель |
|
|
|
|
||||
¢ = |
¯b1 b2 b3 |
¯ |
: |
|||||
|
¯c |
|
c |
|
c |
|
¯ |
|
|
a1 |
a2 |
a3 |
¯ |
|
|||
|
¯ |
1 |
|
2 |
|
3 |
|
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
¯ |
|
¹
Теорема 1. Модуль определителя ¢ равен объему параллелепипеда, построенного на векторах a¹, b и c¹. Кроме того:
¹
² если ¢ > 0, то тройка fa;¹ b; c¹g правая;
¹
² если ¢ < 0, то тройка fa;¹ b; c¹g левая;
¹
² если ¢ = 0, то то векторы a;¹ b; c¹ компланарны.
Сначала докажем лемму.
Лемма.
Доказательство. Имеем,
([¹a;¹b]; c¹) = |
¯b1 |
b2 |
b3 |
¯ |
: |
|||
|
¯c |
c |
|
c |
|
¯ |
|
|
|
¯ |
a1 |
a2 |
a3 |
¯ |
|
||
|
1 |
|
2 |
|
3 |
|
||
|
¯ |
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
¯ |
|
¹
([¹a; b]; c¹) = c1(a2b3 ¡ a3b2) + c2(a3b1 ¡ a1b3) + c3(a1b2
Доказательство Теоремы 1.
¯
¯¯a1 a2
¡ a2b1) = ¯¯b1 b2 ¯c1 c2
¯
a3¯¯ b3¯¯: c3¯
¤
|
¹ |
|
|
|
|
Объем. Пусть вектора a¹ и b образуют основание параллелепипеда, тогда V = Sоснh, где h высота. Мы |
|||||
¹ |
¹ |
¹ |
|
|
|
знаем, что Sосн = jdj, где d = [¹a; b], а h это длина проекции вектора c¹ на прямую, перпендикулярную |
|||||
|
|
|
|
¹ |
¹ |
плоскости основания, т.е. на прямую, заданную вектором d. Пусть ' угол между векторами c¹ и d, тогда |
|||||
|
¹ |
|
¹ |
|
|
h = jc¹j ¢ j cos 'j, и V = jdj ¢ jc¹j ¢ j cos 'j = j(d; c¹)j. Теперь осталось воспользоваться Леммой 1. |
|
||||
|
|
¹ |
¹ |
¹ |
|
Знак тройки. Мы знаем, что ¢ = (d; c¹), где d = [¹a; b]. Знак скалярного произведения зависит от величины
угла между векторами: если угол меньше 90±, то скалярное произведение положительно, если угол больше
± ¹ ¹
90 , то отрицательно. Вектор d перпендикулярен плоскости ¦ векторов a¹ и b, поэтому угол между c¹ и
¹ ± ±
d меньше 90 , если эти два вектора находятся по одну сторону от плоскости ¦, и угол больше 90 , если
|
¹ |
векторы находятся по разные стороны от этой плоскости. Однако, если вектора c¹ и d находятся по одну |
|
¹ |
¹ |
сторону от плоскости ¦, то с точки зрения c¹ и с точки зрения d направление поворота от a¹ к b одно и то же. |
|
¹ |
Если же вектора c¹ и d находятся по разные стороны плоскости ¦, то эти направления противоположны. |
|
|
¹ |
Поэтому, если ¢ > 0, то с точки зрения c¹ поворот от a¹ к b происходит в ту же сторону, что и с точки |
|
¹ |
¹ ¹ |
зрения d, т.е. против часовой стрелки (тройка fa;¹ b; dg правая). А если ¢ < 0, то с точки зрения c¹ поворот
¹
от a¹ к b происходит по часовой стрелке.
Компланарность. Компланарность трех векторов означает, что они не задают параллелепипед, т.е. объем „параллелепипеда\, построенного на них равен нулю. ¤
1
2
2. Приложения
Рассмотрим три обычные стереометрические задачи.
Пример 1. Пусть ABCD треугольная пирамида: A = (1; 1; 0), B = (2; ¡1; 1), C = (0; 2; ¡1), D = (¡1; 0; 2). Объем параллелепипеда, построенного на векторах AB, AC, AD, в 6 раз больше объема Vпир пирамиды. Имеем
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
¯¯ |
1 |
|
2 |
1 |
¯¯ |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Vпир = |
1 |
¡1 |
1 |
= |
|
: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
¯¯ |
¡2 |
|
1 |
¡2 |
¯¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¯¯ |
|
|
|
|
¯¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¯¯ |
¡ |
¡ |
|
|
¯¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Пример 2. Пусть |
ABC |
|
|
|
|
|
|
|
|
¯¯ |
|
|
|
A =¯¯ |
(1; 0; 1) |
, |
B = (2; |
¡ |
1; 3) |
, |
C = ( |
¡ |
2; 2; |
¡ |
1) |
. |
||||||||||
|
|
|
|
треугольник в пространстве:¯¯ |
|
¯¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
Площадь S треугольника равна |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
p |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
21 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
S = |
2 |
¯£AB; AC |
¤¯ |
= 2 j[(1; ¡1; 2); (¡3; 2; ¡2)]j = |
|
2 j(¡2; ¡4; ¡1)j = |
2 |
|
: |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Пример 3. Найдем величину двугранного угла ' при ребре AB в пирамиде из первого примера. Двугранный угол между плоскостями ABC и ABD либо равен углу между вектором v¹, перпендикулярным ABC и вектором u¹, перпендикулярным ABD, либо сумма этих углов равна ¼ (теорема об углах с взаимно перпендикулярными сторонами). В качестве вектора v¹ можно взять вектор [AB; AC], а в качестве u¹ вектор [AB; AD]. Но равен ли угол между v¹ и u¹ двугранному углу?
|
|
Q |
Q |
|
|
|
|
|
|
|
|
¢A |
B(A) |
|
|
|
|
|
B£A |
Q |
|
|
|
|
|
|
|
A |
|
|
|||
|
|
£ A |
|
Q |
|
|
|
|
|
|
¢ |
|
|
|||
|
|
£ |
|
A |
|
QQQQQ |
|
|
¢ |
A |
|
|
||||
|
£££ |
|
|
AAA |
|
D |
¢¢¢ |
AAA©©*© |
||||||||
|
|
|
|
|
»A » |
» |
» |
|
H |
|
u¹ |
|||||
|
£ |
|
» |
¢ |
¢ |
|
|
¢ v¹HjH |
A |
A |
||||||
|
£ |
» |
|
A |
|
|
|
|
|
¢ |
|
|||||
£ |
» |
|
|
|
|
A |
|
¢ |
|
¢ |
|
|
A |
|||
P |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A PPP |
P |
|
|
A |
|
¢ |
|
¢ |
|
|
A |
|||||
|
|
|
|
PPPA ¢ |
|
|
¢ |
|
|
A |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
PA¢ C |
|
C |
¢ |
|
|
A |
D |
С нашей точки зрения повороты от вектора AB к вектору AC и от вектора AB к вектору AD происходят по часовой стрелке, поэтому векторные произведения v¹ и u¹ направлены от нас. На рисунке справа показана проекция пирамиды на плоскость, перпендикулярную оси BA. Следовательно, двугранный угол равен углу между векторами v¹ и u¹. Имеем:
v¹ = [(1; ¡2; 1); (¡1; 1; ¡1)] = (1; 0; ¡1); u¹ = [(1; ¡2; 1); (¡2; ¡1; 2)] = (¡3; ¡4; ¡5):
Таким образом, |
1 |
|
|||||||
2 |
|
' ¼ 78±: |
|||||||
cos ' = |
p |
|
¢ p |
|
= |
|
; |
||
5 |
|||||||||
2 |
50 |
||||||||
3. Прямая на плоскости |
|||||||||
Прямая на плоскости xy задается уравнением |
|
|
|
|
|||||
|
ax + by + c = 0; |
(1) |
которое мы будем называть общим уравнением прямой. На числа a; b; c накладывается единственное требование: a и b не могут одновременно равняться нулю.
Теорема 2. Уравнение (1) задает прямую ` на плоскости xy, причем эта прямая перпендикулярна вектору n¹ с координатами a и b, который называется нормальным вектором прямой.
Доказательство. Пусть точка A с координатами x0 и y0 удовлетворяет уравнению (1): ax0 + by0 + c = 0. Рассмотрим точку B с координатами x1 и y1. Если AB?n¹, то
0 = (AB; n¹) = (x1 ¡ x0)a + (y1 ¡ y0)b = ax1 + by1 + c ¡ (ax0 + by0 + c) = ax1 + by1 + c;
т.е. точка B удовлетворяет уравнению (1).
Обратно, если B удовлетворяет уравнению (1), то ax1 + by1 + c = 0. Поэтому
0 = ax1 + by1 + c ¡ (ax0 + by0 + c) = (x1 ¡ x0)a + (y1 ¡ y0)b = (AB; n¹):
¤
Сформулируем следствия Теоремы 1. Пусть даны две прямые `1 : a1x+b1y+c1 = 0 и `2 : a2x+b2y+c2 = 0, тогда
3
² `1 и `2 параллельны, если их нормальные векторы коллинеарны, т.е. если a1b2 ¡ a2b1 = 0.
²`1 и `2 перпендикулярны, если их нормальные векторы перпендикулярны, т.е., если (¹n1; n¹2) = a1a2 + b1b2 = 0.
²Угол между `1 и `2 можно вычислять, как угол между векторами n¹1 и n¹2.
Следует отметить, что нет однозначного соответствия между прямыми и уравнениями вида (1): например, уравнения
x + y + 1 = 0; 2x + 2y + 2 = 0; ¡x ¡ y ¡ 1 = 0
описывают одну и ту же прямую. Если в (1) b 6= 0, то мы может перейти к эквивалентному уравнению
a |
|
c |
|
|
|
y = ¡ |
|
x ¡ |
|
; |
(2) |
b |
b |
которое мы будем называть уравнением с угловым коэффициентом (это именно тот вид уравнения прямой, который рассматривается в школе).
Общие уравнения имеют ряд преимуществ по сравнению с уравнениями с угловым коэффициентом. Одно из них состоит в том, что вертикальную прямую нельзя описать уравнением вида (2), но можно уравнением вида (1): ax + c = 0.
Другое преимущество общего уравнения состоит в том, что вместе с уравнением прямой ` : ax+by+c = 0 мы можем рассматривать функцию двух переменных f`(x; y) = ax+by+c, которую можно можно считать функцией точки на плоскости. Если
A = (x; y); то f`(A) = f`(x; y) = ax + by + c:
Эта функция обладает важным свойством.
Предложение. Знаки чисел f`(A) и f`(B) одинаковы, если точки A и B лежат по одну сторону от прямой `, и эти знаки разные, если A и B лежат по разные стороны.
Доказательство. Рассмотрим на плоскости точку A и опустим из нее перпендикуляр на `. Пусть точка C основание перпендикуляра. Тогда вектор CA коллинеарен нормальному вектору n¹, т.е.
CA = ¸ ¢ n¹ = (¸ a; ¸ b):
Пусть
C = (x0; y0); тогда A = (x0 + ¸ a; y0 + ¸ b):
Поэтому
f`(A) = a(x0 + ¸ ¢ a) + b(y0 + ¸ ¢ b) + c = ax0 + by0 + c + ¸(a2 + b2) = ¸(a2 + b2):
Знак f`(A) зависит от знака ¸. Если две точки A и B лежат в одной полуплоскости, и C и D основания перпендикуляров, опущенных из них на `, то вектора CA и DB не просто коллинеарны, но и направлены в одну сторону, т.е. в равенствах CA = ¸ ¢ n¹ и DB = ¹ ¢ n¹ числа ¸ и ¹ имеют одинаковые знаки. Если же A и B лежат в разных полуплоскостях, то вектора CA и DB направлены в противоположные стороны, и знаки чисел ¸ и ¹ противоположны. ¤
Это свойство хорошо работает в задачах о пересечении прямых с многоугольниками.
Пример. Рассмотрим 4ABC: A = (¡1; 2), B = (2; 5), C = (5; ¡1) и прямую ` : 5x+8y¡13 = 0. Пересекает ли ` треугольник ABC или нет? Вот решение.
f`(A) = ¡2 < 0; f`(B) = 37 > 0; f`(C) = 4 > 0:
Мы видим, что точки B и C лежат в одной полуплоскости, а точка A в другой. Поэтому ` пересекает стороны AB и AC треугольника 4ABC.