bludova_t_v_praktikum_z_vishoi_matematiki

3. Знайти гострий кут між площинами П1: 11x 8y 7z 15 0 і

Пряма в просторі

Вигляд рівняння прямої визначається однозначним її розміщенням в просторі Охуz. Розглянемо можливі випадки задання прямої.

1. Точкою M0 (x0 , y0 , z0 ) інапрямним вектором v m, p, q (рис. 6.7).

Ці рівняння називаються канонічними рівняннями прямої. Якщо рівні між собою відношення позначити через t, то дістанемо параметричні рівняння прямої:

x x0 mt ,

y y0 pt ,

z z0 qt, t R .

364

i

X

Умова перпендикулярності та паралельності двох прямих:

l1 l2 v1 v2 v1 v2 0 , m1m2 p1 p2 q1q2 0 ;

365

6. Розміщення прямої l відносно площини П. Із попередньої формули випливає:

а) l П V || n mA Bp Cq ;

б) l || П V n n V Am Bp Cq 0 ;

A x x1 B y y1 C z z1 0

значення х, у і z із параметричних рівнянь прямої l:

x x0 mt, y y0 pt, z z0 qt.

Дістаємо рівняння відносно параметра t, його розв’язок t t1 визначає точку перетину M 2 x2 , y2 , z2 , де

x2 x0 mt1, y2 y0 pt1, z2 z0 qt1.

366

ЗАДАЧІ

1. Знайти точку перетину прямої l

з площиною П: 3x 5y z 2 0.

Розв’язання. Значення x, y, z з параметричних рівнянь прямої l:

x 12 4t , y 9 3t , z 1 t , t R ,

підставляємо в рівняння площини П:

3 12 4t 5 9 3t 1 t 2 0 t 3.

Підставляючи значення параметра t 3 , в параметричні рівняння прямої, дістаємо координати точки перетину l П 24,18,4 .

2. Знайти косинус кута між прямими

367

368

Додаток 2

АНАЛІТИЧНА ГЕОМЕТРІЯ НА ПЛОЩИНІ

1.Найпростіші задачі аналітичної геометрії

1.1.Відстань між двома точками. Площа трикутника

Якщо на площині задано дві точки А(x1; y1) та B(x2; y2), то відстань між ними (рис. 1.1) обчислюється за формулою

AB x2 x1 2 y2 y1 2 , (1.1)

тобто довжина відрізка дорівнює квадратному кореню із суми квадратів різниць відповідних координат.

B(x2; y2)

Знаки «плюс» або «мінус» вибираємо залежно від того, проти чи за годинниковою стрілкою відбувається обхід периметра трикутника від A до В та від В до С.

З формули (1.2) при S = 0 дістаємо умову того, що три точки A(x1; y1), B(x2; y2) та C(x3; y3) лежать на одній прямій:

369

Приклад 1. Задано дві суміжні вершини квадрата А(5; 3) та В(–1; 4). Знайти його площу.

Розв’язання. За формулою (1.1) обчислюємо довжину сторони квадрата:

AB 5 1 2 3 4 2 37.

Площа квадрата дорівнює S = AB2 = 37 (кв. од.).

Приклад 2. Довести, що трикутник з вершинами А(1; 1), B(2; 3) та C(5; –1) прямокутний.

Розв’язання. Обчислюємо довжини сторін трикутника:

AB 2 1 2 3 1 2 5,

AC 5 1 2 1 1 2 20,

BC 5 2 2 1 3 2 25 5.

Довжини сторін задовольняють умову AB2 + AC2 = BC2, тому цей трикутник прямокутний.

Приклад 3. На осі абсцис знайти таку точку М, відстань якої до точки N(2; –3) дорівнює 5.

Розв’язання. Якщо точка M лежить на осі Ox, то вона має координа-

ти M(x; 0). Тоді відстань MN x 2 2 0 3 2 5 . З останньої рівно-

сті знаходимо (x–2)2 = 16, звідки x1 = 6, x2 = –2. Таким чином, задача має два розв’язки: M1(6; 0) та M2(–2; 0), зображені на рис. 1.3.

Рис. 1.3

370

Приклад 4. Дано вершини трикутника M(–3; 6), N(9; –10) і P(–5; 4). Визначити центр С і радіус R описаного біля цього трикутника кола.

Розв’язання. Нехай центр кола має координати С(a; b). Точка С однаково віддалена від даних точок M, N та P, тобто MC = NC = PC. Підставляючи в останні рівності координати точок, дістаємо систему рівнянь для визначення a та b:

Підносимо кожне рівняння до квадрата і після очевидних спрощень дістаємо:

Звідси a = 3, b = –2. Таким чином, центр кола має координати С(3; –2). Радіус кола R MC 3 3 2 2 6 2 100 10.

Приклад 5. Яку умову задовольняють координати точки М(х; y), якщо вона рівновіддалена від точок A(3; 5) та B(–1; 4)?

Розв’язання. За умовою задачі AM = BM, або в координатній формі:

x 3 2 y 5 2 x 1 2 y 4 2 .

Піднесемообидвістороницьогорівняннядоквадрата, розкриємодужки і після зведення подібних членів дістанемо шукану умову: 8х + 2y –17 = 0.

Приклад 6. Знаючи дві протилежні вершини ромба A(2; 1), С(14; 9) і

довжину його сторони AB = 65 , визначити координати інших вершин ромба.

Розв’язання. Нехай вершина В має координати B(x; y). Сторони ромба

рівні, тому AB = АС = 65 . Скориставшись формулою (1.1), дістанемо систему рівнянь

371

Спростивши кожне рівняння, дістанемо еквівалентну систему:

Таким чином, дві інші вершини ромба мають координати В(6; 8), D(10; 2). Ромб зображено на рис. 1.4.

Рис. 1.4

Приклад 7. Обчислити довжину проведеної з вершини С висоти трикутника АВС з вершинами A(3; 6), B(–1; 3) і C(2; –1).

Розв’язання. Довжину основи АВ трикутника АВС знайдемо як від-

Тепер знаходимо висоту трикутника h 2aS 5.

Приклад 8. Відомі дві вершини трикутника A(4; 3) і B(2; 1) та його площа S = 5. Знайти координати третьої вершини С, якщо вона лежить на бісектрисі другого та четвертого координатних кутів.

372

Розв’язання. Якщо точка лежить на бісектрисі другого та четвертого координатних кутів, то її абсциса та ордината однакові за абсолютною величиною та протилежні за знаком, тобто С(х; –х). За формулою площі трикутника маємо:

Обчислюючи визначник, знаходимо 4x 2 10. Звідси x1 = 3, x2 = –2. Таким чином, третя вершина трикутника може міститись в одній із точок

С1(3; –3) або С2(–2; 2) (рис. 1.5).

Приклад 9. Пряма проходить через точки А(11; 3) та В(3; –1). На цій прямій знайти точку, ордината якої дорівнює 4.

Розв’язання. Нехай точка М має координати М(х; 4). Якщо точки А,

Приклад 10. Знайти точку перетину діагоналей АС і ВD чотирикут-

ника з вершинами А(–3; 1), B(–2; 5), C(5; 5), D(1; –4).

Розв’язання. Точка M(x; y) (рис. 1.6) перетину діагоналей чотирикутника належить прямим, що проходять через точки A і C та B і D. Використовуючи умову (1.3), дістаємо систему рівнянь:

Таким чином, точка перетину діагоналей має координати M(–1; 2).

373