Соболев С.К., Томашпольский В.Я. Векторная алгебра. Методические указания к решению задач по курсу Аналитическая геометрия (2010), страница 7

П. (одно «м»!) – датский математик (1850–1916).30С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра.2. 14 Свойство определителя Грама: Определитель Грама совокупности векторов всегда неотрицателен, и равен нулю тогда и только тогда,когда эти векторы линейно зависимы.2.15. Для нахождения ортогональной проекции вектора b на плоскость πнадо выбрать в плоскости π два неколлинеарных вектора a1 и a2 , тогдаPrπ⊥ ( b) = λ1a1 + λ2 a2 , где λ1 и λ2 являются решениями системы уравнений:2 a1 ⋅ λ1 + ( a1 i a2 ) ⋅ λ2 = ( a1 i b),2( a2 i a1 ) ⋅ λ1 + a2 ⋅ λ2 = ( a2 i b).cГлавный определитель ∆ этой системыесть определитель Грама векторов a1 и a2 :b∆ = Г ( a1 , a2 ) , поэтому он строго положителен, и система имеет единственное решеa2πние.pОбоснование.

Очевидно, что ортогоa1нальная проекция вектора b на плоскость π– это некоторый вектор р этой плоскости, иРис. 14поэтомуонпредставимввидеp = λ1a1 + λ2 a2 , причем, вектор c = p − bперпендикулярен плоскости π. (См. Рис. 14).

Следовательно, вектор с ортогонален векторам a1 и a2 , значит,2( a1 i c ) = 0, ( a1 i (λ1a1 + λ2 a2 − b)) = 0,  a1 ⋅ λ1 + ( a1 i a2 ) ⋅ λ2 − ( a1 i b) = 0,⇔⇔2 ( a2 i c ) = 0 ( a2 i (λ1a1 + λ2 a2 − b)) = 0( a2 i a1 ) ⋅ λ1 + a2 ⋅ λ2 − ( a2 i b) = 0.Пример 16. Найти координаты вектора т длины 4, образующего с осьюОХ угол 45°, с осью OY в два раза больший угол, чем с осью OZ.Решение. Пусть α , β и γ – направляющие углы вектора т. По условию, α = 45 °, β = 2γ .

Сразу можно найти первую координату вектора т:x = m cos α = 4 ⋅ cos 45 ° = 2 2 . Посколькуcos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1cos2 γ = 12 (1 + cos 2γ ) = 12 (1 + cos β ) , получим12и+ cos2 β + 12 (1 + cos β ) = 1 ⇒⇒ cos2 β + 12 cos β = 0 , откуда либо cos β = 0 ⇒ β = 90 ° ⇒ γ = 45 ° , либоcos β = − 12 ⇒ β = 120 ° ⇒ γ = 60 ° . В первом случае получаем такие вторуюитретьюкоординатывекторат:y = m cos β = 4 cos 90 ° = 0 ,z = m cos γ = cos 45 ° = 2 2 , а во втором: y = m cos β = 4 cos120 ° = − 2 ,z = m cos γ = 4 cos 60 ° = 2 .Ответ: m1 { 2 2; 0; 2 2 }, m2 { 2 2; − 2; 2 } .

Пример 17. В треугольнике АВС известны координаты его вершин:A(3; − 1; 2), B (1; 4; 5), C (4; 2; 6) . Найти косинус угла АВС.31С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра.Решение. Угол АВС образован векторами, выходящими из вершины В,т.е. BA(2; − 5; − 3) и BC (3; − 2;1) . Поэтомуcos ∠ BAC = cos( BA ^ BC ) =( BA i BC )=BA ⋅ BC3⋅ 2 + ( − 2) ⋅ ( − 5) + 1⋅ ( − 3)13== 139 + 4 + 1 ⋅ 4 + 25 + 914 38 2 133Ответ: cos ∠ ABC = 13 .

2 133Пример 18. С помощью скалярного произведения доказать следующиетеоремы планиметрии:(а) теорему косинусов: квадрат любой стороны треугольника равен суммеквадратов двух других сторон минус удвоенное произведение этих сторон накосинус угла между ними.(б) тождество параллелограмма: сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов всех его четырех сторон.Решение. (а) Пусть в треугольнике АВС угол ∠ ACB = γ , рассмотрим=векторы a = CA и b = CB . Тогда ( a ^ b) = γ и AB = b − a . Следовательно,2AB 2 = AB = ( b − a)2 = a2 + b2 − 2( a i b) = AC 2 + BC 2 − 2 ⋅ AC ⋅ BC ⋅ cos γ .(б) Для параллелограмма ABCD рассмотрим векторы AD = a и AB = b .Тогда AC = a + b и BD = a − b (см. рис.

1), и тогда:22AC 2 + BD 2 = AC + BD = ( a + b)2 + ( a − b)2 == ( a2 + 2( a i b) + b 2 ) + ( a2 − 2( a i b) + b2 ) = 2 ( a 2 + b2 ) = 2 ( AD 2 + BC 2 ) . Пример 19. Пусть α, β и γ – внутренниеCуглытреугольника.Доказать,чтоγcos α + cos β + cos γ ≤ 23 . Когда выполняетсяРис. 15точное равенство?NРешение. Пусть в треугольнике АВСnK∠ BAC = α , ∠ ABC = β , ∠ BCA = γ , и точка ОkO– центр окружности радиуса r, вписанной вmэтот треугольник, и пусть M, N и K – точкиαβ Bкасания сторон АВ, АС и ВС соответственно с Aэтой окружностью (см. Рис. 15). РассмотримMвекторы m = OM , n = ON и k = OK . Очевидно, что m = n = k = r и ( m ^ n) = ∠ MON = = 180 ° − ∠ MAN = 180 ° − α .Аналогично, ( m ^ k ) = 180 ° − β , ( n ^ k ) = 180 ° − γ .

Поэтому ( m i n) = − r 2 cos α ,( m i k ) = − r 2 cos β , ( n i k ) = − r 2 cos γ .Вспомним, что скалярный квадрат любого вектора, в частности, суммывекторов m, n и k , неотрицателен:32С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра.( m + n + k ) 2 ≥ 0 ⇔ m 2 + n2 + k 2 + 2( m i n) + 2( m i k ) + 2( n i k ) ≥ 0 ⇔⇔ 3r 2 − 2r 2 cos α − 2r 2 cos β − 2r 2 cos γ ≥ 0.Сократив на r 2 > 0 , немедленно получаем3 − 2 ( cos α + cos β + cos γ ) ≥ 0 ,откуда сразу следует требуемое неравенство.

Ясно, что точное равенстводостигается только когда m + n + k = 0 . Поскольку векторы m, n и k имеютодинаковую длину, это возможно лишь только когда эти векторы образуютмежду собой углы по 120°, т.е когда углы α, β и γ равны по 60°. В самомделе:m + n = − k ⇒ ( m + n)2 = k 2 ⇒ m 2 + n2 + 2( m i n) = k 2 ⇒⇒ 2r 2 − 2r 2 cos α = r 2 ⇒ cos α = 12 ⇒ α = 60 ° .Аналогично показывается, что β = γ = 60 ° . Пример 20. Доказать, что сумма квадратов всех шести рёбер тетраэдраравна 16( R 2 − ρ 2 ) , где R – радиус описанной сферы, а ρ – расстояние от центра этой сферы до центроида тетраэдра.Решение. Пусть точка О – центр сферы радиуса R, описанной около тетраэдра ABCD, которую мы возьмем за точку отсчета, М – центроид тетраэдра(см.

пример 6), тогда OM = ρ . Обозначим через а, b, c и d радиус-векторыa = OA, b = OB, c = OC , d = OD.Заметим,чтоa = b = c = d = R . Как мы уже показали в примере 6, OM = 14 ( a + b + c + d ) ,следовательно,2( a + b + c + d ) = 4 ⋅ OM ⇒ ( a + b + c + d ) 2 = 16 ⋅ OM = 16ρ 2 .Очевидно, чтоAB = b − a, AC = c − a, AD = d − a, BC = c − b, BD = d − b, CD = d − c .Поэтому сумма квадратов всех рёбер равна:∑ кв = AB 2 + AC 2 + AD 2 + BC 2 + BD 2 + CD 2 =вершинтетраэдра:= ( b − a )2 + ( c − a )2 + ( d − a )2 + ( c − b) 2 + ( d − b) 2 + ( d − c )2Прибавим к последнему равенству 16ρ 2 = ( a + b + c + d ) . Получим2∑ кв + 16ρ 2 = (b − a)2 + (c − a)2 + (d − a)2 + (c − b)2 + ( d − b)2 + (d − c )2 ++ ( a + b + c + d )2 = 4a 2 + 4b 2 + 4c 2 + 4d 2 = 4 ⋅ 4 R 2 = 16 R 2 ,поскольку все попарные скалярные произведения взаимно уничтожаются.

Пример 21. В тетраэдре ABCD Известны длины всех рёбер:AB = 5, AC = 6, BC = 7 , AD = 8, BD = 9 и CD = 10 . Найти косинус угламежду векторами AB и CD .33С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра.Решение.Рассмотримвекторыa = AB, b = BC , c = CDтождество 2. 9:( a + b + c ) 2 + b2 = ( a + b)2 + ( b + c )2 + 2( a i b) .иa+b+c =Здесьa + b = AB + BC = AC ,b + c = BC + CD = BD ,= AB + BC + CD = AD . Подставив в это тождество данные выражения, получим:AD 2 + BC 2 = AC 2 + BD 2 + 2 ( AB i CD ) ,отсюда2222( AB i CD ) = AD + BC − AC − BD = 64 + 49 − 36 − 81 = − 2 ,22^( AB i CD ) − 2Поэтому cos ( AB CD ) === − 1 .à5⋅1025AB ⋅ CDПример.

22. В параллелоBграмме ABCD известны стороныCAB = 5 ,AD = 8иуголEF∠ BAD = 60 ° . Точки E и F расbположены на диагоналях АС иBD и делят их в отношенииdРис. 16AE : EC = 3 : 1 , BF : FD = 1 : 2 . АDНайти длину отрезка EF.Решение. Возьмем на плоскости базис b = AB и d = AD . Тогда2b = AB 2 = 25, d 2 = AD 2 = 64, ( b i d ) = 5 ⋅ 8 ⋅ cos 60 ° = 20 . Теперь разложим побазису векторEF(см.рис.16).Получим:AE = 43 AC = 43 ( b + d ) ,AF = 23 AB + 13 AD = 23 b + 13 d . Поэтому1 b − 5 d = − 1 b + 5d .EF = AF − AE = ( 23 b + 13 d ) − 43 ( b + d ) = − 12()1212Теперь осталось найти длину этого вектора:111EF = EF = − 12( b + 5d ) = − 12⋅ ( b + 5d ) = 12( b + 5d )2 =551125 + 10 ⋅ 20 + 25 ⋅ 64 = 121 + 8 + 64 = 1273.= 12b 2 + 10( b i d ) + 25d 2 = 12573 . àОтвет: EF = 12Пример 23. Плоские углы трехгранного угла равны α, β и γ . Доказать,что 1 + 2 cos α cos β cos γ > cos2 α + cos2 β + cos2 γ .Решение.

Рассмотрим три единичных вектора a, b, c , выходящих извершины трехгранного угла и направленных по его рёбрам. Тогда скалярныеквадраты этих векторов равны единице, а попарные скалярные произведенияэтих векторов равны cos α , cos β и cos γ . Эти три вектора не компланарны ипоэтому линейно независимы, следовательно, их определитель Грама строгоположителен:34С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский.

Векторная алгебра.1cos α cos βΓ( a, b, c ) = cos α1cos γ > 0 .cos β cos γ1Вычислив этот определитель, получаем:Γ( a, b, c ) = 1 + 2 cos α cos β cos γ − cos2 α − cos2 β − cos2 γ > 0 ,откуда немедленно следует требуемое неравенство. àПример. 24. В тетраэдре ABCD известны длины рёбер, выходящих изодной вершины С и углы между ними: CA = 4, CB = 5, CD = 6 ,∠ ACB = 60 ° , ∠ ACD = arccos 13 , ∠ BCD = 120 ° . Найти: (а) угол между прямыми ВС и AD; (б) вектор р – ортогональную проекцию вектора CA на плоскость BCD (вектор р разложить по векторам CB и CD ).Решение. Рассмотрим базис, состоящий изDвекторов CA = a, CB = b, CD = d (см. Рис. 17)Рис.

17и составим таблицу скалярных произведенийэтивекторовдругнадруга:222da = 16, b = 25, d = 36 ,B( a i b) = 4 ⋅ 5 ⋅ cos 60 ° = 10 , ( a i d ) = 4 ⋅ 6 ⋅ 13 = 8 ,p( b i d ) = 5 ⋅ 6 ⋅ cos120 ° = − 15 .bA(а) косинус угла β между прямыми СВ и ADaCнаходится стандартным образом:( CB i AD ) .cos β = cos ( CB ^ AD ) = cos ( CB ^ AD ) =CB ⋅ ADВычисляем:( CB i AD ) = ( b i (d − a) ) = ( b i d ) − ( b i a ) = − 15 − 10 = − 25 , CB = b = 5 ,AD =2AD =( d − a )2 =d 2 − 2( a i d ) + a 2 =36 − 16 + 16 = 6 ,поэтому cos β = − 25 = − 5 .5⋅66(б) Ортогональная проекция р вектора CA = a на плоскость BCD имеет⊥вид p = PrBCD( a ) = λ ⋅ CB + µ ⋅ CD = λ b + µ d , где коэффициенты λ и µ являются решениями системы линейных уравнений b 2λ + ( b i d ) µ = ( b i a ), 25λ − 15µ = 10,⇔2( d i b )λ + d µ = ( d i a ),  − 15λ + 36µ = 8,Решив эту систему, находим: λ = 32 , µ = 14 , следовательно,4527( )⊥p = PrBCDCA = 32 ⋅ CB + 14 ⋅ CD .