1610840900-6b427cf5bfcd0cc0b9a85ea758232dac (824176), страница 2

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 2)

1) Выберем прямоугольную систему координат такую, что направление вектораa совпадает с направлением оси Ox , а вектор b лежит в плоскости Oxy . Тогда в этойсистеме координат векторы a, b, c будут иметь координаты a ={a, 0, 0} , b = {b, c, 0} ,c = {d , e, f } , где a, b, c, d , e, f − какие-то действительные числа. Имеем0[a, b] = c0 0,0 0ab,0 ={0, 0, ac} ,cabтогда0[[a, b], c ] = eac ac,ff0d,0d0 ={−ace, acd , 0}eС другой стороны,− a (b, c ) = −a (bd + ce) ={−abd − ace, 0, 0} ,b( a, c) = bad = {bad , cad , 0} .следовательно,− a (b, c) + b( a, c ) ={−ace, acd , 0} .Значит, равенство пункта 1) доказано.2) Имеем[ a, [b, c]] = −[[b, c ], a ] = (согласно п.1) = b(c, a ) −c (b, a ) = b( a, c ) −c ( a, b) .Равенство пункта 2) доказано.3) Имеем([a, b],[c, d ]) =< a, b, [c, d ] >=<[c, d ], a, b >= ([[c, d ], a ], b) == ( −c (d , a ), b) + ( d (c, a ), b) = −(b, c ) ⋅ ( a, d ) + (a, c ) ⋅ (b, d ) =( a, c)(b, c )(a, d ).(b, d )Здесь первое и третье равенство выполнены в силу определения смешанногопроизведения векторов, а четвертое − согласно пункту 1.

Равенство пункта 3 доказано.4) Имеем[[a, b],[c, d ]] = (согласно п.2) = c([a, b], d ) − d ([a, b], c) = c < a, b, d > − d < a, b, c > .Вторая часть равенства доказывается аналогично с применением равенства пункта 1.Равенство пункта 4 доказано.5) Пусть в некоторой прямоугольной системе координат векторы a, b, c, x, y , z имеютсоответственно координаты: a = {a1 , a2 , a3} , b = {b1 , b2 , b3} , c = {c1 , c2 , c3} , x = {x1 , x2 , x3} ,y = { y1 , y2 , y3} , z = {z1 , z 2 , z3} .

Так как определитель транспонированной матрицы равенопределителю исходной и определитель произведения матриц равен произведению ихопределителей, получаем:a1a2a3x1x2x3a1a2a3x1y1z1< a, b, c > ⋅ < x, y , z >= b1c1b2c2b3 ⋅ y1c3 z1y2z2y3 = b1z3c1b2c2b3 ⋅ x2c3 x3y2y3z2 =z3a1 x1 + a2 x2 + a3 x3a1 y1 + a2 y2 + a3 y3a1 z1 + a2 z2 + a3 z3= b1 x1 + b2 x2 + b3 x3c1 x1 + c2 x2 + c3 x3b1 y1 + b2 y2 + b3 y3c1 y1 + c2 y2 + c3 y3b1 z1 + b2 z2 + b3 z3 =c1 z1 + c2 z2 + c3 z3( x, a )( x, b )( x, c )( y, a )( y , b)( y, c)( z, a)( x, a )( z , b) = ( y , a )( z, c)( z, a)( x, b )( y , b)( z , b)( x, c )( y, c) .( z, c)Равенство пункта 5 доказано.6) Равенство пункта 6 является следствием равенства пункта 5.Задача 16Доказать, что объем параллелепипеда, построенного на векторахV =( a, a )(b, a )( c, a )( a, b)(b, b)(c , b)a , b, c ,равен( a, c)(b, c) .(c, c )Решение.

Данное равенство является следствием равенства пункта 6 задачи 15.Задача 17Вычислить объем параллелепипеда, зная длины OA = a , OB = b , OC = c трех его ребер,выходящих из одной точки O , и углы ∠BOC = α , ∠COA = β , ∠AOB = γ между ними.Решение. Согласно равенству задачи 16 имеем:V =(a, a )(b, a )(c , a )(a, b)(b, b)(c , b )(a, c )(b, c ) =(c , c )a2ab cos γac cos βab cos γb2bc cos αac cos β1bc cos α = abc cos γc2cos β=abc 1 + 2 cos αcos β cos γ −cos 2 α −cos 2 β −cos 2 γ.cos γ1cos αcos βcos α =1Ответ: V= abc 1 + 2 cos αcos β cos γ − cos 2 α − cos 2 β − cos 2 γ.Задача 18Даны плоские углы ∠BOC = α , ∠COA = β , ∠AOB = γ трехгранного угла OABC .1) Вычислить косинусы его внутренних двугранных углов A, B, C , противолежащихграням BOC , COA, AOB .2) Даны внутренние двугранные углы A, B, C трехгранного угла OABC ,противолежащие граням BOC , COA, AOB .

Вычислить косинусы его плоских угловα, β ,γ .3) Доказать, чтоsin α sin β sin γ==.sin AРешение. 1) Пустьe1 , e2 , e3sin Bsin C− единичные векторы лучей OA, OB.OC (рис. 62),тогдаcos A ==([e1 , e2 ],[e1 , e3 ])= (согласно п.3 задачи 15) =| [e1 , e2 ] | ⋅ | [e1 , e3 ] |(e1 , e1 )(e2 , e3 ) −(e1 , e3 )(e1 , e2 )cos α −cos β cos γ=,sin β sin γsin β sin γаналогичноcos B =cos β − cos α cos γ,sin α sin γcos C =cos γ − cos α cos β.sin α sin β2) Рассмотрим трехгранный угол, ребра которого имеют направления [e1 , e2 ] ,[e3 , e1 ] (рис.

63),[e2 , e3 ] ,его плоские углы будут π − A, π − B, π −C , а двугранные − π −α, π − β, π − γ Применив кэтому углу результат пункта 1 данной задачи, получим:cos(π − A) − cos(π − B ) cos(π − C ) − cos A − cos B cos Ccos(π − α ) ==,sin(π − B ) sin(π − C )sin B sin Cоткудаcos α =Аналогичноcos β =cos A + cos B cos C.sin B sin Ccos B + cos A cos Ccos C + cos A cos B, cos γ =.sin A sin Csin A sin B3) Введем обозначения: [e1 , e2 ] =n3 , [e2 , e3 ] =n1 , [e3 , e1 ] =n2 . Имеем:sin α| [e2 , e3 ] || n1 | ⋅ | n2 | ⋅ | n3 |sin A=| [n2 , n3 ] || n2 | ⋅ | n3 |=| [[e3 , e1 ],[e1 , e2 ]] |= (согласно п.4 задачи 15) ==| n1 | ⋅ | n2 | ⋅ | n3 || n | ⋅ | n2 | ⋅ | n3 |= 1.| e1 < e3 , e1 , e2 > −e2 < e3 , e1 , e1 >||< e1 , e2 , e3 >|Аналогичноsin β | n1 | ⋅ | n2 | ⋅ | n3 |=sin B|< e1 , e2 , e3 >|Равенство пункта 3 доказано.Ответ: 1) cos A =2) cos α =иsin γ | n1 | ⋅ | n2 | ⋅ | n3 |=.sin C|< e1 , e2 , e3 >|cos α − cos β cos γcos β − cos α cos γcos γ − cos α cos β, cos C =, cos B =.sin β sin γsin α sin γsin α sin βcos A + cos B cos Ccos B + cos A cos Ccos C + cos A cos B, cos γ =, cos β =.sin B sin Csin A sin Csin A sin BЗадача 19В тетраэдре OABC известны длины OA = a , OB = b , OC = c ребер, выходящих извершины O , и углы ∠BOC = α , ∠COA = β , ∠AOB = γ между ними.

Найти расстояниемежду скрещивающимися прямыми OA и BC .Решение. ПустьOA = a, OB = b, OC = c(рис. 64).Имеемρ(OA, BC ) ==abc 1 + 2 cos α cos β cos γ − cos 2 α − cos 2 β − cos 2 γ=| [ a, c − b] |=abc 1 + 2 cos α cos β cos γ − cos 2 α − cos 2 β − cos 2 γ=| [ a, c ] − [ a, b] |==|< OA, OB, OC >|= (согласно задаче 17) =| [OA, BC ] |abc 1 + 2 cos α cos β cos γ − cos 2 α − cos 2 β − cos 2 γ([a, c ] − [ a, b],[ a, c ] − [ a, b])abc 1 + 2 cos α cos β cos γ − cos 2 α − cos 2 β − cos 2 γ| [ a, c ] |2 −2([a, b],[ a, c ])+ | [ a, b] |2=== (согласно п.3 задачи 15) =abc 1 + 2 cos α cos β cos γ − cos 2 α − cos 2 β − cos 2 γa 2 c 2 sin 2 β − 2((a, a )(b, c) − ( a, b)(a, c)) + a 2b 2 sin 2 γabc 1 + 2 cos α cos β cos γ − cos 2 α − cos 2 β − cos 2 γa 2 c 2 sin 2 β − 2( a 2bc cos α − a 2bc cos β cos γ ) + a 2b 2 sin 2 γ=Ответ: ρ(OA, BC ) ==bc 1 + 2 cos α cos β cos γ − cos 2 α − cos 2 β − cos 2 γc 2 sin 2 β − 2bc(cos α − cos β cos γ ) + b 2 sin 2 γbc 1 + 2 cos α cos β cos γ − cos 2 α − cos 2 β − cos 2 γc 2 sin 2 β − 2bc(cos α − cos β cos γ ) + b 2 sin 2 γ..==Задача 20 Дано уравнение x − 2 y + 7 = 0 стороны треугольника и уравнения x + y − 5 = 0 и2 x + y −11 = 0 медиан, выходящих из вершин треугольника, лежащих на данной прямой.Составить уравнение двух других сторон треугольника.

Система координат аффинная.Решение. Обозначим данную сторону треугольника через AB , вершину треугольника,противолежащую стороне AB − через C , медиану x + y − 5 = 0 − через AM , медиану2 x + y −11 = 0 − через BL . Пусть O − точка пересечения медиан AM и BL (рис. 65).Найдем координаты точек A, B, O : x− 2y 7=+ 0,  x = 1,A:  ⇔  x y 5=−+ 0  y = 4; x− 2y 7 =+ 0,  x = 3,B:  ⇔  2x y−+ 1 = 0  y = 5; x y 5=−+ 0  x = 6,O:  ⇔  2x y−+ 1 = 0  y = − 1.3AO , то2Итак, A = (1, 4), O = (6,−1) , тогда AO ={5,−5} . Так как AM =иM = {8.5,−3.5} . Аналогично,AM ={7.5,−7.5}B = (3,5), O = (6,−1)⇒ BO = {3,−6} ⇒ BL = {4.5,−9} ⇒ L = (7.5,−4) .Значит, уравнение прямой AL будет иметь видx −1y −4=7.5 − 1 − 4 − 4а уравнение прямой BM будет иметь вид⇔ 16 x + 13 y − 68 = 0 ,x −3y −5=8 .5 − 3 − 3 .5 − 5⇔ 17 x + 11 y − 106 = 0 .При этом ясно, что прямая AL совпадает с прямой AC , а прямая BM − с прямой BC .Ответ: 16 x +13 y − 68 = 0, 17 x +11 y −106 = 0 .Задача 21Вершина треугольника находится в точке (−2, 9) , а биссектрисами двух его угловслужат прямые 2 x − 3 y +18 = 0 и y + 2 = 0 .

Написать уравнение стороны треугольника,противолежащей данной вершине. Система координат прямоугольная.Решение. Обозначим данную вершину треугольника через A , биссектрису2 x − 3 y +18 = 0 − через BL , биссектрису y + 2 = 0 − через CM ( B и C − вершинытреугольника). Найдем координаты точки D , симметричной точке A относительнопрямой BL (рис. 66).Для этого напишем в параметрическом виде уравнение прямой, проходящей через точкуA и перпендикулярной прямой BL : x = − 2 + 2t, y = 9 − 3t.Найдем значение параметра t , соответствующее точке пересечения этой прямой спрямой BL , для чего подставим в уравнение прямой BL правые части данныхпараметрических уравнений:2(−2 + 2t ) − 3(9 − 3t ) + 18 = 0 ⇔ t = 1 .Значит, значение параметра t , соответствующее симметричной точке D это t = 2 , акоординаты точки D есть D = ( 2,3) .

Аналогично, координаты точки E , симметричнойточке A относительно прямой CM , есть E = ( −2,−13) . Значит, уравнение прямой DEбудет иметь видx−2y −3=− 2 − 2 − 13 − 3⇔ 4x − y − 5 = 0 .Ясно также, что точки D и E лежат на прямой BC , поэтому прямые DE и BCсовпадают.Ответ: 4 x − y − 5 = 0 .Задача 22Стороны треугольника BC, CA и AB треугольника ABC разделены точками P, Q, R вотношенияхBP= λ,PCCQ= µ,QAAR=ν .RBПусть A′, B′, C ′ − точки пересечения пар прямых BQ и CR , CR и AP , AP и BQ .Найти отношение площади ориентированного треугольника A′B′C ′ к площадиориентированного треугольника ABC .Решение.

Введем систему координат с началом в точке A и базисными векторамиAB = e1 и AC = e2 (рис. 67).Найдем координаты точек P, Q, R в этой системе координат:1 λ  ν 1R =, 0 , Q =  0,,, P = . 1 +ν 1 + λ 1 + λ  1+ µ Составим теперь уравнения прямых AP, BQ, CR в этой системе координат:AP : λx − y = 0 ;x − 1 (1 + µ ) y=⇔ x + (1 + µ ) y − 1 = 0 ;−11(1 + ν ) x y − 1CR :=⇔ (1 + ν ) x + νy − ν = 0 .ν−1Найдем теперь координаты точек A′, B′, C ′ :BQ : µνx= , x + (1+ µ )y − 1= 0,  1+ µ + µ νA′ : ⇔ (1+ ν )x + ν y − ν = 0  y = 1 ; 1+ µ + µ ν νx= , λ x − y = 0,  1+ ν + ν λB′ : ⇔ (1+ ν )x + ν y − ν = 0  y = λ ν ; 1+ ν + ν λ 1x= , λ x − y = 0,  1+ λ + λ µC′ : ⇔ x + (1+ µ )y − 1= 0  y = λ . 1+ λ + λ µКоординаты векторов A′B′ и A′C ′ тогда равныν (1 − λµν )(1 + ν )(λµν − 1)A′B′ = { X 1 , Y1} = ,; (1 + µ + µν )(1 + ν + νλ ) (1 + µ + µν )(1 + ν + νλ ) (1 + µ )(1 − λµν )λµν − 1A′C ′ = { X 2 , Y2 } = ,. (1 + µ + µν )(1 + λ + λµ ) (1 + µ + µν )(1 + λ + λµ ) Имеем далее:< A′ B′ , A′ C′ > < X1e1 + Y1e2, X 2 e1 + Y2 e2 >(1 − λ µ ν )== X1Y2 − X 2Y1 =.(1 + µ + µ ν )(1 + ν + ν λ )(1 + λ + λ µ )< AB, AC >< e1,e2 >2Ответ:< A′ B′ , A′ C′ >(1 − λ µ ν )2=.< AB, AC > (1 + µ + µ ν )(1 + ν + ν λ )(1 + λ + λ µ )Задача 23Найти внутренние углы треугольника, стороны которого заданы уравнениями3 x − y + 6 = 0 , x − y + 4 = 0 , x + 2 y = 0 .

Система координат прямоугольная.Решение. Обозначим сторону 3 x − y + 6 = 0 через AB , сторону x − y + 4 = 0 − через BC ,сторону x + 2 y = 0 − через CA . Вычислим тангенсы трех углов: угла от прямой AB допрямой BC , угла от прямой BC до прямой CA и угла от прямой CA до прямой AB(рис. 68).При этом, если два или три из этих тангенсов будут иметь знак «плюс», то треугольникABC положительно ориентирован, в противном случае − отрицательно ориентирован. Впервом случае все вычисленные углы треугольника будут его внутренними углами, вовтором − внешними. Имеем:3tg∠( AB  BC ) =tg∠( BC  CA) =tg∠(CA  AB ) =1 −11;=−3 ⋅1 + ( −1) ⋅ (−1)21 −11 2;= −31 ⋅1 + ( −1) ⋅ 21 23 −1.= −71 ⋅ 3 + 2 ⋅ ( −1)Значит, внутренние углы треугольника равныОтвет:−1∠ B = arctg 12 , ∠C = arctg 3 , ∠A = arctg 7 .arctg 12 , arctg 3, arctg 7 .Задача 24Найти косинус того угла между прямыми x + 5 y = 0 и 10 x + 2 y +1 = 0 , в котором лежитточка (1, 1) .

Характеристики

Список файлов курсовой работы