Точка D делит отрезок BC пополам. Поэтому

x_D = , y_D = .

Отсюда находим

x_B=2x_D– x_C= –1, y_B =2y_D –y_C =1, B(–1,1).

Аналогично, используя тот факт, что О – середина АВ, находим координаты точки А(-2,-7). Возможен другой путь решения этой задачи: достроить ΔABC до параллелограмма.

Общие формулы деления отрезка в данном отношении выглядят так:

x_С = , y_D = ,

если точка С делит отрезок АВ в отношении l₁:l₂, т.е. ½AC½:½BC½=l₁:l₂.

Известно, что точка пересечения медиан делит медиану в отношении 2:1, считая от вершины. В нашем случае Р делит СО в отношении 2:1. Поэтому

x_P = = =–,

y_P = = = – .

Ответ:А(–2,–7), B(–1,1), P.

3. Даны координаты вершин A(–4,–2), B(9,7), C(2,–4) треугольника ABC.Составить общее уравнение биссектрисыADи найти координаты точкиD.

Решение. Из курса элементарной математики известно, что = . Вычисляем

(13,9), (6,–2);

½½==5, ½½= =2 .

Значит BD:DC=5:2 . Далее, применяя формулы деления отрезка в заданном отношении (см. задачу 16) находим

x_D = = =4,

y_D = = = – , D(4,– ).

Составляем уравнение прямой, проходящей через точки A и D. Для неё вектор является направляющим. Но, в качестве направляющего мы можем взять любой вектор, коллинеарный . Например, удобно будет взять = , (7,1). Тогда уравнение

AD : = y+ 2 Û x–7y–10=0.

Ответ: D(4,– ), AD: x–7y–10=0.

4. Даны уравнения двух медиан x–y–3=0, 5x+4y–9=0 треугольника ABC и координаты вершины A(–1, 2). Составьте уравнение третьей медианы.

Решение. Сначала мы убедимся, что точка A не принадлежит данным медианам. Медианы треугольника пересекаются в одной точке M. Поэтому они входят в пучок прямых, проходящих через M. Составим уравнение этого пучка:

l(x–y–3) + m(5x+4y–9) = 0.

Коэффициенты l и m определяются с точностью до пропорциональности; поэтому можем считать, что m=1 (если m=0 то уравнение пучка задает только первую медиану, а искомая прямая не совпадает с ней). Получаем уравнение пучка:

(l+5)x+(–l+4)y–3l–9=0.

Нам из этого пучка надо выбрать прямую, проходящую через точку A(–1, 2). Подставим её координаты в уравнение пучка:

– (l+5)+2(–l+4)–3l–9=0,

–6l–6=0, l= –1.

Найденное значение l подставляем в уравнение пучка и получаем искомое уравнение медианы:

4x+5y–6 = 0.

Ответ: 4x+5y–6 = 0.

5.Даны координаты вершин треугольной пирамиды SABC: A(–3,7,1), B(–1,9,2), C(–3,6,6) S(6,–5,–2). Составить уравнение плоскости основания ABC и уравнение высоты SD. Найти координаты точки D и точки S¢, симметричной S относительно плоскости основания.

Решение. Найдем координаты двух векторов параллельных плоскости основания p= ABC:

= (2, 1, 1), = (0,–1, 5).

Уравнение плоскости, проходящей через данную точку A(x_o,y_o,z_o) параллельно двум неколлинеарным векторам (a₁,a₂,a₃), (b₁,b₂,b₃) имеет вид

x–x_o y–y_o z–z_o

a₁ a₂ a₃ = 0.

b₁ b₂ b₃

Подставляем в это уравнение наши данные:

x+3 y–7 z–1

2 2 1 = 0.

0 –1 5

Раскрываем определитель:

Из уравнения плоскости находим, что вектор (11,–10,–2) является вектором нормали к плоскости. Этот же вектор будет направляющим для прямой h=SD . Параметрическое уравнение прямой, проходящей через данную точку A(x_o,y_o,z_o) с направляющим вектором (a₁,a₂,a₃) имеет вид

x=x_o+ a₁t,

y=y_o+ a₂t,

z=z_o + a₃t.

В нашем случае получаем уравнение:

x=6 + 11t,

h: y=–5 – 10t, (*)

z=–2 – 2t.

Найдем основание перпендикуляра. Это точка пересечения прямой с плоскостью p. Для этого мы должны решить совместно уравнения и p. Подставляем из уравнения l в уравнение π:

11(6+11t)–10(–5–10t)–2(–2–2t)+ 105 = 0,

66+121t+50+100t+4+4t+105=0,

225y= –225, t= –1.

Найденное t подставляем в уравнение l и находим координаты D(–5,5,0).

Вспомним физический смысл параметрического уравнения прямой: оно задает прямолинейное и равномерное движение. В нашем случае, начальная точка – это S, вектор скорости – это . Отрезок SS¢вдвое длиннее отрезка SD и на его прохождение понадобится вдвое больше времени. Если за время t_D=–1 мы прошли путь от S до D, то путь от S до S¢ мы пройдем за время t¢=2t_D= –2.Подставляя это значение в (*), находим S¢(–16, 15;2).

Ответ: ABC: 11x–10y–2z+105 = 0, D(–5,5,0), S¢(–16, 15;2),

x=6 + 11t,

SD: y=–5 – 10t,

z=–2 – 2t.

6.Даны уравнения прямой l плоскости p:

Убедиться, что l и p пересекаются и составить уравнение проекции l¢ прямой l на плоскость. Найти угол между l и p .

Решение. Из уравнения прямой находим ее направляющий вектор: (1,–1, 2) и точку на этой прямой: A(6, 0, 2) , а из уравненияплоскости – векторнормали к плоскости:

(5,–2, 4). Очевидно, что если l½½ p или , то ^ т.е. ·=0. Проверим:

·= 5·1 –2·(–1)+4·2= 15 ¹ 0.

Значит, l пересекает π. Угол между l и pнаходим по формуле:

sina= ;

|| = = , ||= == 3 .

Отсюда

sina= = .

Пусть A_o – проекция точки A на плоскость, а B=lIπ. Тогда l¢= A_oB – это проекция прямой . Найдем сначала координаты точки B. Для этого перепишем уравнение прямой l в параметрическом виде:

x=6+t,

l: y= –t,

z=2+2t,

и решим его совместно с уравнением плоскости π. Подставляем из уравнения l в уравнение π :

5(6+t)–2(–t)+4(2+2t) + 7 =0,

30+5t+2t+8+8t+7=0,

15t= –45, t= –3.

Подставляя это t в уравнение l находим координаты B(3,3,4). Составим уравнение перпендикуляра h = AA_o. Для прямой h вектор служит направляющим. Поэтому h задается уравнением

x=6+5t,

h: y= –2t,

z=2+4t,

Решаем его совместно с уравнением плоскости π, чтобы найти координаты точки A_o:

5(6+5t)–2(–2t)+4(2+4t) + 7 =0,

30+25t+4t+8+16t+7=0,

45t= –45, t= –1.

Подставляем это t в уравнение h и находим A_o(1, 2,–2). Находим направляющий вектор прямой l' : A_oB(2, 1,–2) и получаем ее уравнение:

7. Прямая l в пространстве задана системой уравнений

2x+2y–z–1=0,

4x–8y+z–5=0,

и даны координаты точки A(–5,6,1). Найти координаты точки В, симметричной А относительно прямой l.

Решение. Пусть P – основание перпендикуляра, опущенного из точки A на прямую l . Сначала мы найдем координаты точки P. Для этого мы составим уравнение плоскости p, проходящей через точку A перпендикулярно плоскостям p₁и p₂ . Находим векторы нормали к этим плоскостям: (2, 2,–1), (4,–8, 1). Для плоскости p они будут направляющими. Поэтому уравнение этой плоскости:

x+5 y–6 z–1

2 2 –1 = 0.

4 –8 1

–6(x+5)–6(y–6)–24(z–1)=0.

Прежде чем раскрывать скобки обязательно

сначала делим все уравнение на –6:

x+5+y–6+4(z–1)=0,

x+y+4z–5=0.

Теперь P – точка пересечения плоскостей p , p₁и p₂. Для того, чтобы найти ее координаты мы должны решить систему, составленную из уравнений этих плоскостей:

x+ y+4z–5=0,

4x–8y+ z–5=0,

2x+2y– z–1=0.

Решая ее по методу Гаусса, находим P(1,0,1). Далее, используя тот факт, что P – середина AB мы находим координаты точки B(7,–6,1).

Точку P можно найти другим способом, как ближайшую к A точку прямой l. Для этого необходимо составить параметрическое уравнение этой прямой. Как это делается, см. задачу 10. Дальнейшие действия см. в задаче 8.

8. ВDABCс вершинамиA(9,5,1), B(–3,8,4), C(9,–13,–8)проведена высота AD. Найти координаты точки D, составить уравнение прямой AD, вычислить h=½AD½ и проверить h, вычислив S_D_ABC с помощью векторного произведения.

Решение. Очевидно, что точку D можно найти так: D = πIBC , где π – это плоскость, которая проходит через точку A перпендикулярно стороне BC. Для этой плоскости служит вектором нормали. Находим (12,–21,–12). Координаты этого вектора нацело делятся на 3. Поэтому в качестве вектора нормали к p можем взять = , (4,–7,–4). Уравнение плоскости π, проходящей через точку A_o(x_o, y_o, z_o) перпендикулярно вектору (a,b, c), имеет вид:

a(x–x_o) +b(y–y_o) + c(z–z_o) =0.

В нашем случае:

4(x–9) -7(y–5) - 4(z–1) =0,

4x -7y - 4z+3 =0,

Составим уравнение прямой BC. Для нее вектор будет направляющим:

x=–3+4t,

BC: y= 8–7t, (*)

z=4–4t,

Поскольку D = π IBC, для нахождения координат точки D нужно решить совместно уравнения π и BC. Подставляем из уравнения BC в уравнение π:

4(–3+4t)–7(8–7t)–4(4–4t)+3=0,

–12+16t–56+49t–16+16t+3=0,

81t=81, t =1.

Подставляем это t в уравнение прямой BC и находим D(1, 1, 0). Далее, зная координаты точек A и D, составляем уравнение прямой AD вычисляем по формуле расстояния между точками:

h= = 9.

Далее, S_ΔABC = |´ |; сначала находим сам вектор ´, а потом его модуль.

i j k i j k

´ = –12 3 3 = –27· –4 1 1 = –27(–i+4j–8k).

0 –18 –9 0 2 1

(В процессе вычисления мы воспользовались свойством определителя: общий множитель элементов одной строки можно выносить за знак определителя).

S_ΔABC = ·27 = .

С другой стороны S_ΔABC = | |·h. Отсюда h = . Находим

| |= = 3 = 27.

Поэтому h = 9. Это совпадает с ранее найденным ответом.

Точку D можно найти, как ближайшую к A точку прямой BC, используя методы дифференциального исчисления. Пусть M(t) – произвольная точка прямой BC; её координаты определяются системой (*):

M(–3+4t, 8–7t, 4–4t).

Находим квадрат расстояние от точки A до M(t):

h²(t)=(9+3–4t)²+(5–8+7t)²+(1–4+4t)²

= (12–4t)²+(–3+7t)²+(–3+4t)²=

=144–96t+16t²+9–42t+49t²+9–24t+16t²=

=81t²–162t+162.

Найдем наименьшее значение функции h²(t) с помощью производной:

h²(t)=162t–162; h²(t)=0 Þ t=1.

Подставляем это значение t в уравнение прямой BC и находим, что D(1, 1, 0) является ближайшей к A точкой на прямой BC.

9. Исследовать взаимное расположение следующих пар плоскостей (пересекаются, параллельны, совпадают). Если плоскости пересекаются, то найдите угол между ними, если параллельны – расстояние между ними.

а).p₁: 2y+z+5=0, p₂: 5x+4y–2z+11=0.

Решение. Если плоскости p₁ и p₂ заданы своими общими уравнениями

a₁x+b₁y+c₁z+d₁=0, a₂x+b₂y+c₂z+d₂=0,

то

p₁½½ p₂ Û = = ¹ ,

p₁= p₂ Û = = = .

В нашем случае ¹ ¹ , поэтому плоскости не параллельны и не совпадают. Значит, они пересекаются. Угол между плоскостями вычисляется по формуле

cosa= ,

где и – векторы нормали к этим плоскостям. В нашем случае

(0,2,1), (5,4,–2), · =0·5+2· 4+1·(–2);

|| = = , || = = 3 .

Значит, cosa= = .

Ответ:a=arccos .

б) p₁: x–y+2z+8=0,

p₂: 2x–y+4z–12=0.

Решение. Проверяем на параллельность или совпадение:

Значит, p₁½½ p₂ но p₁¹ p₂. Расстояние от точки A(x,y,z) до плоскости, заданной уравнением находится по формуле

h= .

Выберем точку АÎp₁. Для этого надо подобрать любые три координаты, удовлетворяющие уравнению p₁. В нашем случае, самое простое: A_o(0,8,0). Расстояние от A_o до p₂ и будет расстоянием между p₁ и p₂:

h= = .

10. Составить уравнение плоскости p, которая делит пополам тот из двугранных углов между плоскостями

p₁: 2x–y+2= 0, p₂: 5x+4y–2z–14=0,

который содержит данную точку А(0,3,–2). Составить параметрическое уравнение прямой l = p₁Ip₂;

Решение. Если точка лежит на плоскости p, которая делит двугранный угол пополам, то расстояния h₁и h₂ от этой точки до p₁ и до p₂ равны.

Находим эти расстояния и приравниваем их:

Модули мы можем раскрывать с одинаковыми или разными знаками. Поэтому можем получить 2 ответа, т.к. p₁ и p₂ образуют два двугранных угла. Но в условии требуется найти уравнение плоскости, которая делит пополам тот угол, в котором находится точка А . Значит координаты точки М при подстановке в левые части уравнений данных плоскостей p₁и должны такие же знаки, что и координаты точки А. Легко проверить, что эти знаки для p₁ и «+» для p₂. Поэтому мы раскрываем первый модуль со знаком «–», а второй – со знаком «+» :

= ,

3(-2x+y-2) = 5x+4y–2z–14,

p:11x+y-2z-14=0.

Для того, чтобы составить уравнение прямой l, нам нужно найти направляющий вектор этой прямой и точку на ней.

Из уравнений p₁ и p₂находим координаты векторов нормали к этим плоскостям: (2,–1, 0), (5, 4,–2). Направляющий вектор прямой l перпендикулярен и . Такой можно найти с помощью векторного произведения (по определению, если = ´ , то ^ и ^):

i j k

= ´ = 2 –1 0 = 2i+4j+13k.

5 4 –2

Для того, чтобы найти координаты одной точки на прямой, мы должны найти частное решение системы уравнений

Поскольку уравнений два, а неизвестных три, то система имеет бесконечное количество решений. Нам достаточно подобрать одно. Проще всего положить x = 0 и тогда находим

Þ z=–3, .

Каноническое уравнение прямой, проходящей через точку B(x_o,y_o,z_o) параллельно вектору (a₁,a₂,a₃), имеет вид:

= = .

В нашем случае имеем уравнение:

l: = = .

Ответ:p: 11x+y–2z=0, l: = = .

11. Даны уравнения двух прямых в пространстве:

x=–1–t, x=–3+2t¢,

l₁: y=6+2t, l₂: y=–2–3t¢,

z=5+2t, z=3–2t¢.

Доказать, что данные прямые скрещиваются и составить уравнение их общего перпендикуляра.

Решение. Из уравнений прямых находим координаты их направляющих векторов: (–1, 2, 2), (2,–3,–2) и точек A(–1,6,5)Î l₁, B(–3,–2, 3) Î l₂. Проверяем и на коллинеарность:

= = .

Значит и l₁ l₂ . Следовательно, прямые l₁ и l₂либо скрещиваются, либо пересекаются. Мы найдем расстояние между ними, и, если оно не равно нулю, то прямые скрещиваются.

Расстояние вычисляется по формуле

d = .

Находим

I j k

´ = –1 2 2 = 2i+2j–k; |´|= = 3.

2 –3 –2

(–2,–8,–2) , = – 2·2 – 8·2 – 2·(–1) = –18 , d = .

Вектор =´ перпендикулярен и перпендикулярен . Сле-довательно, ^l₁ и ^l₁, а значит, является направляющим вектором общего перпендикуляра к этим прямым. Мы уже нашли его коор-динаты: (2,2,–1). Для того, чтобы

составить уравнение h нам нужно найти координаты одной точки на этой прямой. Для этого мы составим уравнение плоскости π, проходящей через l₁ и h. Для нее векторы , будут направляющими,и AÎp.

x–1 y–2 z–1

–1 2 2 = 0.

2 2 –1

–6(x–1)+3(y–2)–6(z–1)=0.

–2(x–1)+(y–2)–2(z–1)=0.

p: –2x+y–2z+2=0.

Находим точку пересечения l₂ и π. Для этого из уравнения l₂ подставляем в уравнение π:

–2(–3+2t¢)–2+3t¢–2(3–2t¢)+2=0,

6–4t¢–2–3t¢–6–4t¢+2=0,

–7t¢=0, t¢=0.

Подставляем найденное t¢ в уравнение l₂и находим, что B(–3,–2,3) и есть общая точка l₂ и π. Имея точку на h и направляющий вектор этой прямой составляем ее уравнение:

Заметим, что прямую h можно задать как пересечение двух плоскостей: плоскости π и плоскости π₁, проходящей через прямую l₂с направляющим вектором . Этот способ решения также допускается, и он несколько короче.

Второй способ решения этой задачи использует методы дифференциального исчисления. Общий перпендикуляр к двум скрещивающимся прямым – это кратчайший из отрезков, соединяющих две точки на этих прямых. Находим квадрат расстояния от произвольной точки прямой l₁ до произвольной точки прямой l₂ :

h²(t,t¢)=(–3+2t¢+1+t)²+(–2–3t¢–6–2t)²+(3–2t¢–5–2t)²=

= (t+2t¢–2)²+(8+2t+3t¢)²+(2+2t+2t¢)².

Найдем точку минимума функции h²(t,t¢). Для этого вычисляем частные производные и приравниваем их к нулю:

h²(t,t¢)= 2(t+2t¢–2)+4(8+2t+3t¢)+4(2+2t+2t¢) = 2(9t+12t¢+18);

h²(t,t¢)= 4(t+2t¢–2)+6(8+2t+3t¢)+4(2+2t+2t¢) =2(12t+17t¢+24);

9t+12t¢+18=0 t=–2

12t+17t¢+24=0 t¢=0.

Подставляем эти значения t и t¢ в уравнения l₁ и l₂соответственно и находим, что C(1,2,1) и B(–3,–2,3) являются концами общего перпендикуляра. Остается составить уравнение прямой, проходящей через две точки B и C.

12. Дано уравнение сферы S :

x²+y²+z²+12x-10y–4z-176=0.

а) Составить уравнение плоскости p, проходящей через точки A(–3,7,1), B(–1,9,2), C(–3,6,6)

б) найти координаты центра и радиус окружности, по которой p пересекает S .

Решение. Найдем два вектора параллельных плоскости: (2,1,1), (0,–1,5). Уравнение плоскости, проходящей через данную точку A(x_o,y_o,z_o) параллельно двум данным векторам (a₁,a₂,a₃), (b₁,b₂,b₃) имеет вид

x–x_o y–y_o z–z_o

a₁ a₂ a₃ = 0.

b₁ b₂ b₃

Подставляем в это уравнение наши данные:

x+3 y–7 z–1

2 2 1 = 0.

0 –1 5

Раскрываем определитель:

Найдем координаты центра O¢ и радиус сферы. Для этого выделим полные квадраты:

(x²–12x+36)–36+(y²+10y+25)+(z²+4z+4)–4–176=0,

(x–6)²+(y–5)²+(z+2)²=241.

Значит, O¢(6,–5,–2), R= .

Центр окружности, получающейся в сечении сферы плоскостью, является основанием перпендикуляра , опущенного из центра сферы на плоскость. Из уравнения плоскости находим, что вектор (11,–10,–2) является вектором нормали к плоскости. Этот же вектор будет направляющим для прямой . Параметрическое уравнение прямой, проходящей через данную точку A(x_o,y_o,z_o) с направляющим вектором (a₁,a₂,a₃) имеет вид

x=x_o+ a₁t,

y=y_o+ a₂t,

z=z_o + a₃t.

В нашем случае получаем уравнение:

x=6 + 11t,

l: y=–5 – 10t,

z=–2 – 2t.

11(6+11t)–10(–5–10t)–2(–2–2t)+ 105 = 0,

66+121t+50+100t+4+4t+105=0,

225t = –225, t= –1.

Найденное t подставляем в уравнение l и находим координаты центра окружности: O²(–5,5,0). Находим длину отрезка O¢O² как расстояние между точками:

½O¢O²½= = 15.

По теореме Пифагора

r²=R²–½O¢O²½²= 241–225=16.

Значит, r=4 – радиус окружности.

Ответ: r=4, O²(–5,5,0).

⇐ Назад