Соболев С.К., Томашпольский В.Я. Векторная алгебра. Методические указания к решению задач по курсу Аналитическая геометрия (2010) (1004048), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Второй конец медианы BD – точка D– является серединой отрезка АС, её координаты:xD = 12 ( x A + xC ) = 12 ( 2 + 4 ) = 3, y D = 12 ( y A + yC ) = 12 ( 3 + 7 ) = 5,z D = 12 ( z A + zC ) = 12 ( − 1 − 5 ) = − 3 ⇒ D(3; 5; − 3).Длина медианы AD равна:AD =(2 − 3)2 + (3 − 5) 2 + ( − 1 + 3)2 = 1 + 4 + 4 = 3.11С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра.Ответ: P(2; 92 ; − 1), AD = 3 . ■Пример 6. Доказать, что отрезки, соединяющие середины противоположных рёбер произвольного тетраэдра3, пересекаются в одной точке и делятся ею пополам (эта точка называется центроидом4 тетраэдра).Решение.
Пусть в тетраэдре ABCD середиDны рёбер АВ, АС, AD, BC, BD и CD – это точкиРис.7K, L, M, N, P, и Q соответственно (см. Рис. 7).Далее, пусть Е – середина отрезка KQ (соединяющего середины рёбер АВ и CD), F – отрезкаMQLP (соединяющего середины рёбер АC и BD), и,Pнаконец, G – середина отрезка MN (соединяюGщего середины рёбер АD и BC). Нам надо докаE Fзать, что точки Е, F и G совпадают. Для этого ALдостаточно показать равенство их радиусCKвекторов OE , OF и OG , где О – произвольнаяB Nточка отсчета.Обозначим через а, b, с и d радиус-векторы вершин А, В, С и D соответственно, и выразим через эти четыре вектора радиус-вектор точки Е:OE = 12 ( OK + OQ ) = 12 ( 12 ( OA + OB ) + 12 ( OC + OD ) ) = 14 ( a + b + c + d ) .Аналогично,OF = 12 ( OL + OP ) =( 12 ( OA + OC ) + 12 ( OB + OD ) ) = 14 ( a + c + b + d ) иOG = 12 ( OM + ON ) = 12 ( 12 ( OA + OD ) + 12 ( OB + OC ) ) = 14 ( a + d + b + c ) .12Итак, мы получили OE = OF = OG , следовательно, точки Е, F и G совпадают.
Замечание. Если в примерах 3 и 4 точка отсчета О лежит в плоскоститреугольника АВС, то найденные выражения радиус-векторов точки пересечения медиан и точки пересечения биссектрис через радиусы векторы вершин треугольника не являются единственными. Например, если точка О совпадает с точкой С, то OM = 13 ( OA + OB ) , что не противоречит полученномурезультату, т.к. вектор OC в этом случае нулевой. Аналогично, четыре вектора а, b, с и d в примере 4 линейно зависимы (при любом положении точкиО), и поэтому выражение вектора OE через эти векторы не однозначно. Однако, найденные в примерах 3, 4 и 6 выражения отличаются тем, что они независят от положения точки отсчета О.Теперь решим задачи на использовании единственности разложениявектора по базису.3Тетраэдром называется многогранник, ограниченный четырьмя треугольными гранями, т.е.
этотреугольная пирамида.4Точное определение центроида геометрической фигуры см. далее на стр. 18.12С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра.LПример 7. В параллеBCлограмме ABCD точки Е и L являются серединами сторон АВ иbEВС соответственно, точки K и FMрасположены на сторонах ADFCD и делят их в отношенииРис. 8DAK : KD = 2 : 1, CF : FD = 3 : 1.
АdKОтрезки EF и KL пересекаютсяв точке М. Найти отношения EM : MF и KM : ML .Решение. Возьмем векторы b = AB и d = AD в качестве базиса наплоскости, и сначала разложим по этому базису векторы EF и KL :EF = EA + AD + DF = − 12 b + d + 14 b = − 14 b + d ;KL = KA + AB + BL = − 23 d + b + 12 d = b − 16 d .Обозначим x = EM , y = KM (см. Рис. 8).
Понятно, что 0 < x < 1 , 0 < y < 1 иEFKLискомые отношения равны EM : MF = x : (1 − x ) , KM : ML = y : (1 − y ) .Теперь разложим вектор AM по базису {b, d } двумя способами:(1) AM = AE + EM = 12 b + xEF = 12 b + x ( − 14 b + d ) = ( 12 − 14 x ) b + x d ;(2) AM = AK + KM = 23 d + yKL = 23 d + y ( b − 16 d ) = y b + ( 23 − 16 y ) d .В силу единственности разложения вектора по базису, коэффициентыпри b и при d в обоих разложения должны быть равны: 12 − 14 x = yx + 4 y = 2,⇔216 x + y = 4.x = 3 − 6 yРешив эту систему (например, по формулам Крамера), находим∆ = − 23, ∆ x = − 14, ∆ y = − 8 ⇒ x = 14 , y = 8 .2323Отсюда, получаем искомые отношения:EM : MF = x : (1 − x ) = 14: 9 = 14 : 9;23 23{KM : ML = y : (1 − y ) =823: 15= 8 : 15.
23Пример 8. В тетраэдре ABCD точка Е – середина ребра AD, точки F и Kделят ребро CD на три равные части: CF = FK = KD , а точка L делит реброАВ в отношении AL : LB = 1 : 3 . Отрезок KL пересекает плоскость BEF вточке М. Найти отношение KM : ML .Решение. Рассмотрим некомпланарные векторы a = DA, b = DB иc = DC как базис в пространстве (см. Рис. 9). Разложим вектор KL по этомубазису:13С.К.
Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра.KL = KD + DB + BL = − 13 c + b + 43 BA = − 13 c + b + 43 ( a − b ) = 43 a + 14 b − 13 c.Обозначим, как и в предыдущем примере, x = KM . Сначала разложим векKLтор DM по базису { a, b, c } :1) DM = DK + KM = 13 c + x ⋅ KL = 13 c + x ⋅ ( 43 a + 14 b − 13 c ) == 43 x ⋅ a + 14 x ⋅ b + 13 (1 − x ) ⋅ c;{Но если использовать тот жеDприем, что и в примере 7, то надобудет приравнять коэффициентыразложения вектора, например,KDM , по данному базису (это триcуравнения).
Для этого надо иметьEFеще одно разложение этого вектораMи еще две неизвестные. Заметим,abчто векторы p = BE и q = BF обqpразуют базис на плоскости BEF, иCвектор BM лежит в этой плоскости. AПусть y и z – коэффициенты разлоLРис. 9Bжения вектора BM по векторам p иq: BM = y ⋅ p + z ⋅ q .Теперь нам надо найти числа х, у и z. Для этого разложим по исходномубазису { a, b, c } векторы p и q:p = BE = BD + DE = −b + 12 a , q = BF = BD + DF = −b + 23 c ,а затем разложим вектор DM по базису { a, b, c } вторым способом:2) DM = DB + BM = b + y p + z q = b + y ( −b + 12 a ) + z ( −b + 23 c ) == 12 y ⋅ a + (1 − y − z ) ⋅ b + 23 z ⋅ c.В силу единственности разложения вектора по базису, коэффициентыпри векторах а, b и с должны быть равны в обоих разложениях.
Получимсистему трех уравнений с тремя неизвестными, которую решим, выразив y иz через х из первого и третьего уравнений и подставив их во второе уравнение: x = 25 , 43 x = 21 y , y = 23 x,113311 4 x = 1 − y − z, ⇔ 4 x + 2 x + 2 − 2 x = 1, ⇒ y = 5 , 1 (1 − x ) = 2 z; z = 1 − 1 x;z = 3 .3322103Итак, BM = 53 p + 10q и} KM : ML = x : (1 − x ) = 25 : 53 = 2 : 3 . Пример 9. В параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 точки K и M расположены на рёбрах АВ и B1C1 и делят их в отношении AK : KB = 1: 2 , B1M = MC1 .Найти проекции вектора KM : (а) на плоскость A1BD параллельно прямой14С.К.
Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра.AC1 ; (б) на прямую AC1 параллельно плоскости A1BD . Ответ представить ввиде разложения по векторам a = AB , b = AD , c = AA1 .Решение. В плоскостиC1A1BD выберем неколлинеарные Рис. 10векторы p = A1B , q = A1D , иMrнайдем разложение вектораB1KMпоновомубазисуCp, q, r = AC1 .
(см. Рис. 10). Ноpвые базисные векторы выражаются через исходный базис{ a, b, c } следующим образом:BaKp = A1B = A1 A + AB = a − c ,D1A1qDcbAq = A1D = A1 A + AD = b − c ,r = AC1 = AB + BC + CC1 = a + b + c . Поэтомуa = p + c , b = q + c ⇒ r = ( p + c ) + ( q + c ) + c = p + q + 3c .
Отсюда получимвыражения старых базисных векторов через новые:c = 13 ( r − p − q) , a = p + c = p + 13 ( r − p − q) = 23 p − 13 q + 13 r ,b = q + c = q + 13 ( r − p − q) = − 13 p + 23 q + 13 r . Теперь разложим вектор KMсначала по исходному базису { a, b, c } , а потом и по новому базису { p, q, r } :KM = KB + BB1 + B1M = 23 a + c + 12 b == 23 ⋅ ( 23 p − 13 q + 13 r ) + 13 ( r − p − q) + 12 ( − 13 p + 23 q + 13 r ) =131= − 18p − 92 q + 18r.Следовательно, проекция вектора KM на плоскость A1BD параллельнопрямой AC1 равна:1PrAAC( KM ) = − 181 p − 92 q = − 181 (a − c ) − 92 (b − c ) = − 181 a − 92 b + 185 c ,1 BDа проекция вектора KM на прямую AC1 параллельно плоскости A1BD естьA1BDPrAC( KM ) = 1813 r = 1813 ⋅ (a + b + c ) = 1813 a + 1813 b + 1813 c.
■1Пример 10. В пространстве даны пять точек A( − 1; 4; 3) , B(1; 3; 8) ,C (5; 7; − 3) , D (3;10;1) и M ( − 1; − 6;14) . Найти: (а) координаты точки N – проекции точки M на плоскость АВС параллельно прямой AD; (б) координатыточки K – проекции точки М на прямую AD параллельно плоскости АВС;(в) вектор q – проекцию вектора p (10; 9; − 16) на плоскость ABD параллельнопрямой АС, (г) проекцию вектора p на направление вектора AC параллельноплоскости AВD.15С.К.
Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра.Решение.Рассмотримбазисb = AB{2; − 1; 5} ,c = AC{6; 3; − 6} ,d = AD{4; 6; − 2} и найдем разложение вектора AM {0; − 10;11} по этому базису: 2 6 4 0 x b + y c + z d = b = AM ⇔ x − 1 + y 3 + z 6 = − 10 . 5 −6 − 2 11 2 x + 6 y + 4 z = 0,Получится система линейных уравнений − x + 3 y + 6 z = − 10, решение 5 x − 6 y − 2 z = 11,которой (например, методом Крамера): x = 2, y = 13 , z = − 23 . Следовательно,AM = 2 ⋅ AB + 13 ⋅ AC − 23 ⋅ AD , значит, проекция вектора AM на плоскостьАВСпараллельнопрямойADестьвекторAN = 2 ⋅ AB + 13 ⋅ AC == 2 ⋅{2; − 1; 5} + 13 ⋅{6; 3; − 6} = {6; − 1; 8} , поэтому точка N имеет координаты:xN = x A + x AN = − 1 + 6 = 5, y N = y A + y AN = 4 − 1 = 3 ,z N = z A + z AN = 3 + 8 = 11 .
Следовательно, проекция точки М на плоскостьАВС параллельно прямой AD есть точка N с координатамиADPrABC( M ) = N (5; 3;11) .Аналогично, проекция вектора AM на прямую AD параллельно плоскостиАВС есть вектор AK = − 23 AD = − 23 {4; 6; − 2} = {− 6; − 9; 3} , поэтому точка Kимеет координаты: xK = x A + x AK = − 1 − 6 = − 7 , y K = y A + y AK = 4 − 9 = − 5 ,ABCz K = z A + z AK = 3 + 3 = 6 . Итак, PrAD( M ) = K ( − 7; − 5; 6) .Для нахождения проекций вектора p (10; 9; − 16) также разложим его потому же базису: 2 6 4 10 получимα b + β c + γ d = b = p ⇔ α −1 + β 3 + γ 6 = 9 , 5 −6 − 2 − 16 систему уравнений 2α + 6β + 4γ = 10,ее решение: α = − 1, β = 53 , γ = 12 , поэтому −α + 3β + 6γ = 9, , 5α − 6β − 2γ = − 16,ACпроекция вектора р на плоскость ABD есть вектор q = PrABD( p) = α b + γ d =1= −{2; − 1; 5} + 2 {4; 6; − 2} = {0; 4; − 6} , а проекция вектора р на направлениевектораc = ACпараллельноплоскостиABDравнаABDPrAC( p) == β ⋅ c = 53 ⋅ 36 + 9 + 36 = 15.Ответы:( а)ADPrABC( M ) = N (5; 3;11) ;(б)ABCPrAD( M ) = K ( − 7; − 5; 6) ;ACABD(в) PrABD( p) = q{0; 4; − 6} ; (г) PrAC( p) = 15 .16С.К.
Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра.1.19. Барицентрические координатына плоскости. Пусть заданы три точки А, В иС, не лежащие на одной прямой, еще точкаотсчета О. Тогда для любой точки М пространства найдутся три числа α , β и γ та-Цвет{5:3:2}Рис.11*кие, что OM = α ⋅ OA + β ⋅ OB + γ ⋅ OC . Приэтом, точка М принадлежит плоскости ABCтогда и только тогда, когда α + β + γ = 1 , ачисла α , β и γ определены однозначно и независят от положения точки О. Числа α , β иγ , а также любая тройка чисел, им пропорциональная, называются барицентрическими координатами точки М относительно точек А, В и С.
Барицентрические координаты указываются в фигурных скобках и разделяются двоеточием: M {α : β : γ } . Это название связано с тем, что если в точках А, В и Ссосредоточены массы α , β и γ соответственно, то центр масс этих трех точек имеет барицентрические координаты {α : β : γ } . Барицентрические координаты, сумма которых равна единице, называются приведёнными.Если точка М имеет в плоскости АВС относительно точек А, В и С барицентрические координаты M { p : q : r} , то это значит, что для любой точкиотсчета О справедливо представление:pqOM = p + q + r OA + p + q + r OB + p +rq + r OC .Замечание. Если α + β + γ = 1 и OM = α ⋅ OA + β ⋅ OB + γ ⋅ OC , то числаα и β определяются из разложения: CM = α ⋅ CA + β ⋅ CB , а γ = 1 − α − β .Пример 11.
В треугольнике АВС известны длины его сторонBC = a, AC = b AB = c . Найти барицентрические координаты относительно его вершин: (а) точки пересечения медиан М; (б) центра Р вписаннойокружности Р.Решение. (а) В примере 3 мы уже получили искомое разложение радиус-вектора точки пересечения медиан: OM = 13 OA + 13 OB + 13 OC . В качествебарицентрических координат можно взять любую тройку чисел, пропорциональных этим коэффициентам, например M {1 : 1 : 1} .(б) Воспользуемся найденным в примере 4 разложением радиус-вектора точabcки Р: OP =OA +OB +OC . В качестве барицентриa+b+ca+b+ca+b+cческих координат можно взять любую тройку чисел, пропорциональных этимкоэффициентам, например P{a : b : c} .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
