Metodichka_liniyna_algebra

Завдання 11. Знайти відстань між паралельними прямими 8x − 15 y − 1 = 0

та

− 8x + 15 y + 18 = 0 .

Написати рівняння прямої,

рівновіддаленої від даних

прямих.

Розв’язання. Виберемо довільні значення x і y , які задовольняють перше

рівняння

8x − 15 y − 1 = 0 , наприклад,

x = 2;

y = 1.

Точка

A(2; 1) лежить на

першій прямій.

Знайдемо відстань від точки A(2; 1) до другої прямої − 8x + 15 y + 9 = 0 . За

формулою

d =

AxA + By A + C

=

- 8 × 2 + 15 ×1 + 18

= 1.

A2 + B2

64 + 225

Тепер виберемо

значення

x

і

y ,

які задовольняють

друге

рівняння

− 8x + 15 y + 18 = 0 ,

наприклад,

x = 6;

y = 2.

Точка

B(6; 2)

лежить на другій

прямій.

Визначимо

координати

точки

С

−

середини

відрізка AB :

x

=

xA + xB

= 4 , y

=

yA + yB

= 1,5.

C

C

2

2

Пряма, рівновіддалена від даних прямих, проходить через середину

відрізка

AB паралельно

до

них.

Тому

рівняння

шуканої

прямої:

8( x − 4) − 15( y − 1,5) = 0 . Або, після розкриття дужок, 16x − 30 y − 19 = 0 .

Завдання 12.

Звести

задані

рівняння

кривих

до канонічного

вигляду,

а) 2x2 + y 2 - 4x - 6 y + 1 = 0 ;

б) x2 - 4 y + 4x + 8 = 0 .

Розв’язання. а) 2x2 + y 2 - 4x - 6 y + 1 = 0 .

Виділимо “ повні квадрати” у лівій частині рівняння:

2x2 + y 2 − 4x − 6 y + 1 = 2(x − 1)2 + (y − 3)2 − 10 = 0 .

Тепер рівняння переписуємо у вигляді

( x − x )2

+

( y − y )2

= 1:

0

0

a2

b2

( x −1)2

+

( y − 3)2

= 1 .

5

10

Це − рівняння еліпса з центром в точці С(1;3). Заміна змінних x1 = x - 1

,

y1 = y - 3

центра C (1;3) на відстані c =

5 :

F1 (1; 3 +

); F2 (1; 3 −

).

5

5

Директриси еліпса − дві прямі,

розміщені перпендикулярно до фокальної

d =

b

=

10

= 2

осі еліпса на віддалі

5

від центра. Тому рівняння директрис

ε

5

y = 3 ± 2

5 .

б)

Перетворимо

ліву

частину

рівняння x2 − 4 y + 4x + 8 = 0

шляхом

виділення “ повного квадрата”: x 2 − 4 y + 4x + 8 = ( x + 2)2 − 4 y +4 та

перепи-

шемо його у вигляді ( x + 2)2

= 4( y − 1) . Це − рівняння параболи, розташованої

вітками вгору, з вершиною у точці C(−2;1) .

симетрії параболи у точці

F (−2;2)

відкладаємо фокус. Директриса параболи

проходить перпендикулярно до осі симетрії параболи через точку D(−2;0) −

отже, її рівняння

y = 0

і

вона співпадає

з віссю

абсцис.

Ексцентриситет

параболи ε = 1 .

Завдання 13.

Скласти

рівняння площини,

яка

проходить

через точки

A(2;1;−3) і B(3;1;0) перпендикулярно до площини 5x + 2 y − 3z + 6 = 0 .

Розв’язання. Нехай точка M (x; y; z) є біжучою точкою площини. Вектори

= (1;0;3);

= (5;2;−3)

і

= ( x − 2; y − 1; z + 3) є

компланарними. Умова

AB

n

AM

компланарності і визначатиме рівняння шуканої площини.

x − 2

y − 1

z + 3

= 0 .

1

0

3

5

2

− 3

Після розкриття цього визначника одержуємо шукане загальне рівняння

площини:

3x − 9 y − z = 0 .

Завдання 14. Задані точки A(− 1;3;5); B(3;0;−1); C(− 2;2;4). Записати:

а) рівняння площини α ,

що проходить через ці точки; б) обчислити відстань

від точки M (2;5;2)

до площини α ; в) записати рівняння прямої, яка проходить

через точку B перпендикулярно до площини;

г) рівняння площини β ,

яка

проходить через точку M паралельно до площини α ; д) рівняння прямої,

яка

проходить через точки A і B .

Розв’язання.

а) Запишемо рівняння площини α :

x + 1

y − 3

z − 5

3 + 1

0 − 3 − 1 − 5

= 0 .

− 2 + 1

2 − 3

4 − 5

Розкривши визначник, отримаємо − α : 3x − 10 y + 7z − 2 = 0 .

б) Відстань від точки M (2;5;2) до площини α обчислимо за формулою

d =

AxM + ByM + CzM + D

=

3 × 2 -10 ×5 + 7 × 2 -

2

=

32

» 2,5 .

A2 + B2

+ C 2

32

+ (-10)2 + 72

158

Шукане рівняння прямої:

x − 3

=

y

=

z + 1

.

3

− 10

7

г)

Оскільки

площини

α

та

β

паралельні, то нормальний

вектор

(3;−10;7)

площини α є також нормальним вектором площини β . Записуємо

n

загальне рівняння площини β , яка проходить через точку M (2;5;2):

3( x − 2) − 10( y − 5) + 7(z − 2) = 0 , або

3x − 10 y + 7z + 30 = 0 .

д) рівняння прямої, яка проходить через дві задані точки має вигляд:

x − x1

=

y − y1

=

z − z1

.

x2 − x1

y2 − y1

z2 − z1

Підставляємо координати точок A і B :

x + 1

=

y − 3

=

z − 5

.

4

− 3

− 6

Завдання 15.

Звести

загальне рівняння

прямої

x − 5 y + z − 6 = 0

до

4x + 5 y − z + 1 = 0

канонічного вигляду.

Розв’язання. Знайдемо точку M 0 ,

що належить заданій

прямій.

Для

цього

покладемо

z0 = 0 , тоді

система прийме

вигляд

x − 5 y = 6

, звідки

4x + 5 y = −1

x0 = 1,

y0 = −1. Отже, точка M 0 (1; − 1; 0) знайдена.

Обчислимо координати напрямного вектора

=

n1 ×

2 :

s

n

R

R

R

i

j

k

− 5

1

1

1

1

− 5

=

1

− 5

1

= i

−

+ k

= 0i

+ 5

+ 25k = (0; 5; 25).

j

j

s

5

−1

4

4

5

4

5 −1

−1

Шукане рівняння прямої:

x − 1

y + 1

=

=

z

.

0

5

25

Завдання 16.

Знайти координати проекції точки M (4;3;−2)

на площину

5x + 4 y − 3z + 12 = 0 та координати точки M', симетричної точці

M відносно

цієї площини.

l :

x − 4

=

y − 3

=

z + 2

.

5

4

−3

Знайдемо координати точки перетину прямої та площини. Для цього

перейдемо до параметричного задання прямої l .

x = 5t + 4;

l :

y = 4t + 3;

z = −3t − 2.

Підставимо вирази x, y, z у рівняння площини

5(5t + 4) + 4(4t + 3) − 3(−3t − 2) + 12 = 0.

Розв’язавши отримане рівняння, знайдемо:

t = −1.

Підставивши значення

t = −1 в рівняння прямої

l , знайдемо координати проекції O

точки

M на

задану площину: O(−1;−1;1).

Нехай симетрична

точка

M ′

до точки

M відносно

площини має

координати M ′(x′; y′; z′). Оскільки точка O −

середина відрізка MM ′, то

x

′

+ 4

= −1;

y

′

+ 3

= −1;

z

′

− 2

= 1.

2

2

2

Звідси, отримаємо: x′ = −6, y′ = −5, z′ = 4.

Отже, точка симетрична до точки

′

M відносно заданої площини має координати M (−6;−5;4).

Завдання 17. Знайти: а)

проекцію

точки

M (−7;6;1) на

пряму

x = y − 4 = z − 2 ; б) відстань від точки M до прямої ; в) точку M', симетричну

5

2

−1

Вектор

(5;2;−1) паралельний

до

прямої,

отже,

перпендикулярний до

s

площини σ. Рівняння площини σ

σ : 5( x + 7) + 2( y − 6) − (z −1) = 0.

Спростивши, матимемо σ :

5x + 2 y − z + 24 = 0.

Знайдемо точку перетину заданої прямої та площини σ. Для цього

запишемо параметричне рівняння прямої

x = 5t;

x

y − 4

z − 2

=

=

= t

y = 2t + 4;

5

2

−1

z = −t + 2.

Підставляючи отримані вирази x, y, z в рівняння площини, матимемо

5(5t) + 2(2t + 4) − (−t + 2) + 24 = 0.

З цього рівняння знайдемо: t = −1.

Прийнявши в рівнянні прямої t = −1 ,

знайдемо O(−5;2;3)

− проекція точки M на пряму.

Відстань від точки M до прямої

d =| OM |=

=

= 2

(−2)2 + 42 + (−2)2

24

6.

Нехай симетрична точка M ′

до точки M відносно прямої має координати

M ′(x′; y′; z′). Оскільки точка O −

середина відрізка MM ′, то

x

′

− 7

= −5;

y

′

+ 6

= 2;

z

′

+ 1

= 3.

2

2

2

′

Звідси, знаходимо координати точки M (−3;−2;5).

Завдання 18.

Двійки

векторів

e1 (2;1);

2 (3;5)

та

e1′(11;16);

2′(21;28)

e

e

утворюють в просторі L базиси B та B′ відповідно, а

1

5

A =

є матрицею

2

4

10

оператора в базисі B . Визначити: а) матрицю H переходу від базису B до B′ ;

′

B

′

.

б) матрицю A оператора в базисі

11

21

Розв’язання. а) Записуємо вектори

′ =

і

′ =

у вигляді

e

e

1

2

16

28

стовпців та формуємо матрицю

11

21

Аналогічно

2

3

B′ =

.

B =

.

16

28

1

5

Знаходимо обернену до матриці В: B−1 =

1

5

− 3

. Матрицю H

переходу

7

− 1

2

обчислюємо з матричного рівняння B′ = BH , звідки H = B−1 B′

=

1

3

.

3

5

Перевірка. Покажемо, що стовпці матриці Н дійсно є координатами

розкладу векторів (

e ′ ,

e ′ )

нового базису у старому базисі (

,

) :

e

e

1

2

1

2

e′

(11;16) =

+ 3

= (2;1) + 3(3;5) ;

e

e

1

1

2

2′ (21;28) = 3

e1 + 5

e2 = 3(2;1) + 5(3;5) .

e

′

оператора в базисі

B

′

обчислимо із рівності

′

H × A× H

−1

.

б) матрицю A