Беклемишева Л.А., Петрович А.Ю., Чубаров И.A. Сборник задач по аналитической геометрии и линейной алгебре (2-е изд., 2004) (1095459), страница 67
Текст из файла (страница 67)
Поэтому ~а+ Ь|~ = 50, так как (ед, ег) = 1; (а — Ь|~ = 10. Итак, длины диагоналей параллелограмма равны бдд'2 н дд'ГО. Один из углов параллелограмма — это угол у между вектора- (а, Ь) миаиЬ; сов~дд = ' . Имеем(а, Ъ) = — 2~ед,'~ +8~ег 4 6(ед, ег) = )а( )Ь| = 10, ~ р =4~„р ц„р+8( „г) =20., ~~ ~г = ~„~г+щ„~г— — 8 (ед, ег) = 10; сов дг = 1/~ 2.
Итак, острый угол параллелограмма равен 45'. 2.24. По определенидо Ь = х + у, где вектор х коллинеарсн вектору а, а вектор у ортогонален вектору а. Иначе говоря, Ь = Ла+ у, где (а, у) = О. Умножая обе части векторного равенства скалярно на а, имеем (а, Ь) = Л/а/~ + (а, у) = Л/а!~, (а, Ь) (а, Ь) откуда Л = . Итак, х = а. ~а~г ' ' (а(г 2.34.
Пусть вектор с имеет координаты х, у, г. Из условия ортогональности векторам а и Ь имеем: х — у + - = О, 5х + у + х = О. Выражая из первого уравнения г = у — х и подставляя во второе, име- Реиления ем: 2у+ 4х = О, откуда у = — 2х, з = — Зх. Условию ортогональности векторам а и Ь удовлетворяет бесконечно много векторов с с координатами (х, — 2х, — Зх).
Из условия [с[ = 1 имеем [х[ = 1/ч'14, откуда х = х1/~Г4. Задача имеет два решения: (1/Л4, — 2/чг14, — 3,1~/Г4) и ( — 1/ч'Г4, 2/;~Г4, 3/~/Г4). 3.9. Площадь параллелограмма равна Я = [ВА, ВС) [ (если плоскость рассматривать в пространстве). Имеем ВА = Зем ВС = = — 2е~+ 2ем [[ем ез)[ = 3, [ВА, ВС) = 6[ее, еэ — е~) = 6[ее, ез) + + 6 [ем ез) = 6 [ем ез). Искомая площадь равна Я = 6 [ем ез) = 18. 3.29. 1) Если векторы ам аьв аз компланарны, то, например, аз = Ла~ + дав. Так как (Ьз, а~) = (Ьз, аз) = О, то и (Ъз, аз) = О, что противоречит равенству (Ьв, аз) = 1.
Пусть теперь векторы ам аз, ав некомпланарны. Докажем, что в этом случае взаимная тройка суще- ствует. Так как (Ьз, а~) = (Ьз, аз) = О, то Ьз = Л[ам аз[. Сквляр Л находим из условия (Ьз, аз) = 1. Имеем Л([аы аз), аз) = 1, откуда Л = 1/(ам аэ, аз), а Ьз = [ам аг)Дам аг, аз) Аналогично находим Ь| = [аз, аврам аз, аз), Ьз = [аз, а~)/(ам аз, аз).
2) Формулы описаны выше. 3) По формуле задачи 3.26, 4), (Ьм Ьз, Ьз) = 1/(ам ам аз). По- этому знаки чисел (ам аз, аз) и (Ь,, Ьз, Ьз) совпадают. Значит век- торы Ьм Ьм Ьз образуют базис той же ориентации, что и ам аз, аз. 4.11. Имеем: РР = — ВР = — (АР— АВ), ЕС = ЕР -ь РС = 3 3 ~ 2 — 1— = — АР+ — АВ.
Поэтому базисные векторы второй системы коор- 3 3 динат выражаются через базисные векторы первой системы так: 1 2, 2 2 е[ = — е~ + — ем ез = — — е~+ — ещ Далее, АК = АВ+ ВЕ = АВ+ 3 3 ' ' 3 3 1 7— + — [АР— АВ); поэтому начало второй системы координат имеет 3[, /2 1Л в первой системе координаты [ и, - [. Теперь остается зависать: [,3 3[ 1, 2, 2 2, 2, 1 ,! р!4 ~ х!4 р! 3 3 3 ' 3 3 3 5.20. Если бы три точки А, В, С лежали по одну сторону от искомой прямой, то они принадлежали бы одной прямой, нврвллельной искомой. Но точки А, В, С не лежат на одной прямой; значит, две из них лежат по одну сторону от искомой прямой, третья — по другую.
Если А и В лежат по одну сторону от прямой, С вЂ” по другую, то искомая прямая проходит через точки В (2, 3) и М ( — 1, 2) середих — 2 у — 3 ны отрезков ВС и АС соответственно; ее уравнение — 1 — 2 2 — 3' т.е. х -- Зу + 7 = О. Реиления 350 Аналогично разбираются два других случая расположения точек А, В, С относительно прямой. Задача имеет три решения: х — Зу + 7 = О, Зх + 4у — 18 = О, 2х+ + 7у — 12 = О. 5.34.
Проведем через точку А(1, 2) прямую, перпендикулярную прямой Зх — у+9 = О. Ее параметрические уравнения т = = 1 + 31, у = 2 — 1 (так как направляющий вектор имеет координаты (3, — Ц). Пусть Ал — искомая проекция. Обозначим через 1а значение параметра 1 на прямой х = 1+ 31, у = 2 — 1, соответствующее точка пересечения с прямой Зх — у+ 9 = 0 (т.е. точке Ал).
Найдем это значение 1а из уравнения 3 (1+ 31а) — (2 — 1а) + 9 = О, откуда 1а = — 1. Тогда искомая проекция имеет координаты ( — 2, 3). Далее, так как вектор А>В = АА> имеет координаты ( — 3, 1), то точка В имеет координаты ( — 5, 4). 5.53. Точки, равноудаленные от двух данных прямых, имеют ~х — 7у — 1) )х+ у+ 7( координаты, удовлетворяющие уравнению 5ьГ2 зГ2 Множество таких точек — пара прямых (биссектрисы двух углов между данными прямыми). Угол, содержащий точку А (1, 1), определяется неравенствами х — 7у — 1 < О, х + у + 7 ) О.
Поэтому урав— т+7у+1 х+у 9 7 пение искомой биссектрисы =, т.е. Зх — у+ би>2 ь>2 ~А+ 2В+ 2С~ 2 3 'А ~-В +с 15' ~7А+ 4В+ 4С~ 4 1 'л -Гл +-а л Разделим (1) на (2): 2~А+ 2В + 2С~ = ~7А+ 4В+ 4С~. (2) (3) + 17 = О. 6.44. Введем систему координат с началом в точке А и базис- ными векторами ел = АА>, ез = АВ, ез = АР. По условию задачи Аа (Л/3, О, 0), Ва (О, Л, 0), Р (О, О, Л), где Л ) О. Уравнение плоскости АаВаРа во введенной системе; Зх+ у+ х = Л. Точка С> имеет координаты (1, 1, 1) и принадлежит плоскости АаВаРа, значит, Л = 5.
Объем параллелепипеда И = (ААн АВ, АР) ~. Объем тетраэдра \ ' = а, 6) (АА, АЛ, ль )/ = — ( — Ал> рла, ААР) = — Ъ'= 125 = — Ъ'. 18 6.78. Уравнение плоскости с нормшльным вектором и (А, В, С), проходящей через начало координат: Ах -~- Ву+ Сх = О. Из условия задачи имеем: Реигения 351 Конец нормального вектора искомой плоскости, отложенного из начала координат, имеет координаты ЛА, ЛВ, ЛС, где Л у'= О. Условие принадлежности этого конца тупому двугранному углу между данными плоскостями илтеег вид (1 7+ 2 4+ 2 4) (ЛА+ 2ЛВ+ 2ЛС) (7ЛА+4ЛВ+ 4ЛС) ) 0 (см. задачу 6.75), т.е. (.4 + 2В + 2С) (7А -~- 4В -~- 4С) > О.
Значит, (3) раскрывается как 2(А+ 2В+ 2С) = 7А+ 4В+ 4С, т.е. А = О. Тогда из (1) илтеем: 5~В+ С~ = ~/Вг + Сг, что равносильно 12Вг+ + 25ВС+ 12Сг = О. Отношение ВттС отсюда пРинимает два значения: — Зтт4 и — 4ттЗ. Нормальный вектор искомой плоскости можно взять равным п(0, 3, — 4) или п(0, 4, — 3).
Задача имеет два решения: Зу = 4г; 4у = Зг. 7.34. Введем полярную систему координат, полюс которой находится в центре эллипса, а полярная ось направлена по болыпой оси. Тогда х = гсозтр,и эллипс имеет уравнение (т совр)г (гяптр)г, агЬг + =1, т.е.г аг Ьг ' аг япг ~р + Ьг соьг ~р 1) Так как по условию полярные углы точек А, В равны ~р и д+ нтт2т то 1 1 а зш~тр+ 5~сов'р а соз~тр+Ь зш тр а +Ьг ОАг ОВг + агЬг азЬг азЬг 2) , гЬг азЬг АВг = ОАг + ОВг— + аг зтпг тр + Ьг созг тр аг созг р + Ьг зтпг тр агЬг агЬг р+ттсоз2р р — дсоз2р' аг + Ьг аг — Ьг 2рагЬг где р= >Ч= )О, так что АВг= 2 2 рг — т7г совг 2|р 2аЬ Наименьшее значение АВ достигается при сов 2р = 0 и равно хтаг+Ьг ' наибольшее значение АВ достигается пртт соз 2<р = х1 и равно з/аг 4 Ьг 9.4. 2) Найдем угол поворота р системы координат из формулы (9) (при этом можно считать, что 0 ( тр ( нтт2, тогда яп2тр ) О, и 4 1 3 ~ттт ° тт ° ч *ттттт=-, ° тт= т' т т аттг т' 1 2 яп тр = —, соз р = —.
Замена координат при повороте на угол р хт 5 УГ5 2х' — у' х' + 2у' осуществляется по формулам (7): х =, у = . Под- Решения 352 ставляя эти выражения в уравнение кривой, получим после упроще,г,, 2, 24 ния: х — 4у + — х + — у — 6 = О. Выделим полные квадраты по тг5 ч'5 х' и у'. ~х' + 2х' — + — ~ — — — 4 ~~у' — 2у' — + — ~ — — ~— — 6 = О, т.е. х'+ — ) — 4 1 у' — — ) + 1 = О. Перенесем начач'5 ч'5 ло координат по формулам х = х + —, у = у — — и получим 3 ь25 тУ5 х — 4у = — 1. Твк как это уравнение отличается от канонического п2 п2 уравнения гиперболы знаком свободного члена, требуется дополнительный поворот системы на угол 2г/2: х" = — У, у" = Х, после которого получаем каноническое уравнение гиперболы: 4Х вЂ” У2 = 1.
Записав теперь окончательные формулы перехода от исходной системы — Х вЂ” 2У 2Х вЂ” У координат к канонической: х = — 1, у = + 1, нахо- 1 2 1 Л' 51' дим каноническую систему координат: О' ( — 1, 1), Е2 Е2 10.66. Найдем уравнения проекции сечения на плоскость Оху, исключив 2 из данных уравнений. Получим х + 2у — (2 — х — у) 2 2 2 = — 4, или у — 2ху+ 4х+ 4у = О. Теперь найдем центр полученной линии второ2 о порядка, используя уравнения (6) из введения к гл.
3. или задачу 9.18. Уравнения (6) имеют вид — 2у + 4 = О, 2у — 2х + 4 = = О. Находим хо = 4, уо = 2. Так как искомая точка лежит на данной плоскости, то хо + Уо + 22о = 2, откУДа зо = — 2. Ответ: С (4, 2, — 2). 10.68. Изложим один из способов решения задачи. Сначала составляем уравнения проекции на плоскость Оу сечения данного элл2п2соида плоскостью х+ у+ 2 = 6 и находим центр полученной линии второго порядка. Искомый центр сечения имеет то же коорДинаты Уо, зо, что и ЦентР пРоекЦии; пРи найденных Уо, хо кооРДинату хо центра сечения легко определить из уравнения плоскости. Принимая Ь за параметр,таким образом находим искомое множество точек. Выполним намеченную программу. Уравнение проекции на плоскость Оуз получим, исключая х из уравнений хз + 2у2+ 322 = 4 и х ь у + 2 = Ь.
Получаем Зуз + 422 + 2уз — 2Ьу — 2)22+ Ь~ — 4 = О. Составляем уравнения для определения центра этой кривой (см. задачу 9.18) бу+ 22 — 26 = О, 82+ 2у — 25 = О. Отсюда уо = 3)2/11, зо = 2й/11. Подставляя эти числа в уравнение плоскости х + У+ — = 5, полУчим хо = 66/11. Итак, хо = 6)2/11, Уо = Решен.ия 353 = ЗЬ/11, зо = 26/11. Обозначив 5 = 1И,получим х = 6г, у = Зг, з = = 2« — уравнения линии центров.
Однако искомому множеству принадлежат не все точки прямой, а лишь лежащие внутри эллипсоида. Вычисляя значения параметра 1 = х „/2,~33, соответствующие точкам пересечения прямой и эллипсоида, находим ограничение на 5 Ответ: х = 61, у = 31, з = 21, ~З~ < х««2~'33. 10.71. Укажем один из способов решения задачи. Запишем уравнение плоскости в парамегрическом виде; х = 3 + аз а + 6| и, у = = 2+ ази+ Ьзи, з = ази+ Ьзи. Подставив эти уравнения в уравнение эллипсоида, получим уравнение сечения во внутренних координатах плоскости: (3 + ази + Ьзи) ' 2(2 + ази + Ьзи) + 4(1 + ази + Ьзи) = 9. (9) Так как по условию центр этого эллипса лежит в точке с координатами ио = О, ио = О, то в уравнении (9) отсутствуют линейные члены. Приравнивая нулю коэффициенты при этих членах, получим условия на координаты направляющих векторов плоскости: ба~ + 8аз + 8аз = О, 66«+ 8Ьз + 86з = О. Они показывают, что за нормальный вектор искомой плоскости можно взять вектор п(6, 8, 8).
Но наша плоскость по условию проходит через точку С (3, 2, 1). Поэтому ее уравнение имеет вид 6(х — 3) + 8(у — 2) + 8(з — 1) = О, или Зх+ 4у+ 4з — 21 = О. 10.75. Найдем проекцию сечения на плоскость Оху. Для этого исключим изданных уравнений з. Получим хз + у — 4 = О. Следовательно, искомая проекция содержится в окружности. Однако для точек данного гиперболоида хз — у + зз+ 1 = О всегда хз — у + 1 ( О. Поэтому искомая проекция состоит из двух дуг окружности, заключенных внутри ветвей гиперболы хз — у + 1 = О. Найдя точки перс сечения гиперболы и окружности, получаем ответ: з = О, хз + уз = = 4, ~у~ > ° '5,12 (или ~х~ < х/3,~2).
Остальные проекции находятся аналогично. 11.12. 1) Допустим, что данная поверхность эллипсоид. В канонической системе координат уравнение эллипсоида линейных членов не содержит. Любая другая система координат с началом в центре симметрии эллипсоида отличается от канонической лишь базисом. Формулы замены базиса однородные, и при такой замене совокупность членов второй степени переходит в совокупность членов второй степени; линейные члены не могут «возникнуть». Для остальных типов поверхностей доказательство аналогичное.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
