1610840900-6b427cf5bfcd0cc0b9a85ea758232dac (824176), страница 3

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

Текст из файла (страница 3)

Система координат прямоугольная.Решение. Обозначим прямую x + 5 y = 0 через l1 , а прямую 10 x + 2 y +1 = 0 − через l2 .Через n1 ={1, 5} обозначим вектор нормали к прямой l1 , а через n2 ={10, 2} − векторнормали к прямой l2 . Пусть точка A имеет координаты A = (1, 1) . Так какFl ( A) = 1 ⋅1 + 5 ⋅1 = 6 > 0 и Fl ( A) = 10 ⋅ 1 + 2 ⋅ 1 + 1 > 0 , то векторы n1 и n2 , будучиотложенными от точки пересечения прямых l1 и l2 , своими концами будут указывать вту полуплоскость по отношению к каждой из этих прямых, в которой лежит точка A(рис.

69).12Значит, ∠( n1 , n2 ) = π −ϕ , где ϕ − искомый угол. Имеем:cos ϕ = −(n1 , n2 )5=− .13| n1 | ⋅ | n2 |5.13Ответ: cos ϕ = −Задача 25Найти центр O и радиус r круга, вписанного в треугольник со сторонами x + y +12 = 0 ,7 x + y = 0 , 7 x − y + 28 = 0 . Система координат прямоугольная.Решение. Обозначим сторону x + y +12 = 0 через AB , сторону 7 x + y = 0 − через BC ,сторону 7 x − y + 28 = 0 − через AC .

Найдем координаты вершин A, B, C треугольникаABC : x y++ 12= 0,  x = − 5,A:  ⇔  7x y+− 28= 0  y = − 7; x y++ 12= 0,  x= 2,B:  ⇔  7x y=+ 0  y= − 4;1 7x y+− 28= 0,  x = − 2C:  ⇔  7x+ y = 0  y = 4.1Так как FAB (C ) = −2 + 14 + 12 > 0 , FAC ( B) = 7 ⋅ 2 + 14 + 28 > 0 , FBC ( A) = 7 ⋅ (−5) − 7 < 0 , тоцентр O вписанной в треугольник ABC окружности лежит по отношению к прямымAB и AC в положительной полуплоскости, а по отношению к прямой BC − вотрицательной полуплоскости (рис. 70).Кроме того, точка O( x0 , y0 ) одинаково удалена от прямых AB, AC , BC , при этом модулив формуле для вычисления расстояния от точки до прямой раскрываются в соответствиесо знаком для данной полуплоскости.

Имеем:| x0 + y0 + 12 | | 7 x0 − y0 + 28 | | 7 x0 + y0 |ρ (O, AB) = ρ (O, AC ) = ρ (O, BC ) ⇔==⇒25 25 2x + y + 12 7 x0 − y0 + 28 − 7 x0 − y0⇒ 0 0==⇔ x0 = − 2, y0 = − 6 .25 25 2Таким образом, координаты центра вписанной в треугольник ABC окружности естьO ( −2,−6) , а радиус этой окружности равен любому из вычисленных расстояний и равенr =2 2 .Ответ: O ( −2,−6) , r = 2 2 .Задача 26Даны четыре вершины тетраэдра A(3, 5, −1), B (7, 5, 3), C (9, −1, 5), D (5, 3, −3) .Написать уравнения плоскостей, равноудаленных от всех вершин тетраэдра.

Системакоординат аффинная.Решение. Существуют плоскости двух типов (7 плоскостей), равноудаленные от всехвершин тетраэдра. Плоскости первого типа (4 плоскости) параллельны граням тетраэдра ипроходят через середины ребер, выходящих из вершины, противолежащей данной грани.Плоскости второго типа (3 плоскости) параллельны паре скрещивающихся ребертетраэдра и проходят через середины остальных его ребер. Выберем по одной плоскостикаждого типа и напишем их уравнения. Рассмотрим плоскость π1 , проходящую черезсередины K , L, M ребер DA, DB, DC соответственно (рис.

71).Имеем: K = (4, 4, − 2) , L = (6, 4, 0) , M = (7, 1,1) , KL ={2, 0, 2} , KM ={3, −3, 3} .Значит, уравнение плоскости π1 будет иметь видx −423y −40−3z +22 =03⇔ x − z −6 = 0 .Аналогично находим уравнения остальных плоскостей π2 , π3 , π4 первого типа:π 2 : x + y − 10 = 0 ,π3 : x + 2 y − z − 8 = 0 ,π 4 : 2 x + y − z − 14 = 0 .Перейдем к плоскостям второго типа. Рассмотрим плоскость π5 , проходящую черезсередины K , L, N ребер DA, DB, AC соответственно (рис.

72).Имеем: K = (4, 4, − 2) , L = (6, 4, 0) , N = (6, 2, 2) , KL ={2, 0, 2} , KN ={2, −2, 4} .Значит, уравнение плоскости π5 будет иметь видx −422y −40−2z +22 =04⇔ x − y − z −2 = 0 .Аналогично находим уравнения остальных плоскостей π6 , π7 второго типа:π 6 : 2 x + y + z − 16 = 0 ,π 7 : 5 x + y − 2 z − 28 = 0 .Ответ: x − z − 6 = 0 , x + y −10 = 0 , x + 2 y − z − 8 = 0 , 2 x + y − z −14 = 0 , x − y − z − 2 = 0 ,2 x + y + z −16 = 0 , 5 x + y − 2 z − 28 = 0 .Задача 27Написать уравнение прямой, проходящей через точку (1, 2, 3) и пересекающей прямыеx y +1 z − 2==2−21иx y+2 z== .403Система координат аффинная.Решение. Обозначим данную точку через A , а прямые через l и m соответственно.Уравнение искомой прямой будем искать в общем виде, т.е.

в виде системы двухлинейных уравнений, определяющих плоскости π1 и π2 , пересечение которых есть этапрямая. Плоскость π1 при этом будет проходить через точку A и прямую l , аплоскость π2 − через точку A и прямую m (рис. 73).Рассмотрим плоскость π1 . В качестве направляющих векторов этой плоскости можновзять направляющий вектор прямой l , т.е вектор {2, − 2,1} , и вектор, соединяющийточку A с точкой (0, −1, 2) , лежащей на прямой l , т.е. вектор {−1,−3,−1} . Тогдауравнение плоскости π1 будет иметь видx −12−1y −2−2−3z −31 =0−1⇔ 5 x + y −8 z +17 = 0 .Аналогично находим уравнение плоскости π2 :π 2 : 12 x + 9 y − 16 z + 18 = 0 .Значит, уравнение искомой прямой можно записать в виде 5x + y − 8z + 17 = 0, 12 x + 9 y − 16 z + 18 = 0. 5x + y − 8z + 17 = 0,Ответ:  12 x + 9 y − 16 z + 18 = 0.Задача 28Написать уравнение общего перпендикуляра к двум прямым:x −1 y − 2 z − 3==841иx −1yz +1==2−21и найти расстояние между этими прямыми.

Найти также точки пересечения общегоперпендикуляра к данным прямым с этими прямыми. Система координат прямоугольная.Решение. Обозначим данные прямые через l и m соответственно. Уравнение искомойпрямой будем искать в общем виде, т.е. в виде системы двух линейных уравнений,определяющих плоскости π1 и π2 , пересечение которых есть искомый общийперпендикуляр. Плоскость π1 при этом будет проходить через прямую lперпендикулярно плоскости π , которая параллельна направляющим векторам a ={8,4,1}и b ={2,−2,1} прямых l и m соответственно, а плоскость π2 − через прямуюперпендикулярно плоскости π (рис. 74).mРассмотрим плоскость π1 . В качестве направляющих векторов этой плоскости можновзять направляющий вектор прямой l , т.е вектор a ={8,4,1} , и вектор, перпендикулярныйпрямым l и m , т.е.

вектор [a, b] ={6,−6,−24} . Тогда уравнение плоскости π1 будетиметь видx −186y −24−6z −31 =0− 24⇔ 5 x −11 y + 4 z + 5 = 0 .Аналогично находим уравнение плоскости π2 :π2 : x + y −1 = 0 .Значит, уравнение искомой прямой можно записать в виде 5x − 11y + 4 z + 5 = 0, x + y − 1 = 0.m найдем по известной формулеРасстояние между скрещивающимися прямыми l и|< a, b, AB >|ρ(l , m) == mod| [ a, b] |8204−2−211−46 2 + 6 2 + 24 2.=3 2Здесь B = (1,0,−1) − точка, лежащая на прямой m .Обозначим через L и M точки пересечения общего перпендикуляра к прямым l иm соответственно с этими прямыми. Координаты точки L будем искать как координатыточки пересечения прямой l с плоскостью π2 , для этого запишем уравнение прямой lв параметрическом виде x = 1 + 8t , y = 2 + 4t , z = 3+ tи подставим правые части этих параметрических уравнений в уравнение плоскости π2 :11 + 8t + 2 + 4t − 1 = 0 ⇔ t = − .6L = (− 13 , 43 , 176 ) . Аналогично, координаты точки M находим как координаты72 1точки пересечения прямой m с плоскостью π : M = ( , ,− ) .3 36Значит,1Ответ: 1) 5x − 11y + 4 z + 5 = 0, x + y − 1 = 0;2) 3 2 ; 3)(− 13 , 43 , 176 ) , ( 23 , 13 ,− 76 ) .Задача 29Составить уравнение плоскости, проходящей через точку (−3,1, 0) и через прямуюx + 2 y − z + 4 = 0 , 3 x − y + 2 z −1 = 0 .

Система координат аффинная.Решение. Мы знаем, что любая плоскость, проходящая через линию пересечения двухданных плоскостей, имеет уравнениеλ ( x + 2 y − z + 4) + µ (3 x − y + 2 z − 1) = 0 .Так как эта плоскость проходит через точку (−3,1, 0) , тоλ ( −3 + 2 + 4) + µ ( −9 − 1 − 1) = 0 ⇔ 3λ − 11µ = 0 .Поэтому можно положить λ = 11 и µ = 3 . Окончательно, уравнение искомой плоскостипринимает вид11( x + 2 y − z + 4) + 3(3x − y + 2 z − 1) = 0 ⇔ 20 x + 19 y − 5 z + 41 = 0 .Ответ: 20 x +19 y − 5 z + 41 = 0 .Задача 30Написать уравнение биссекторной плоскости острого двугранного угла, образованногоплоскостью 2 x − 3 y + 6 z − 6 = 0 с плоскостью Oyz . Система координат прямоугольная.Решение.

Обозначим данные плоскости через π1 и π2 и рассмотрим векторы нормалиn1 ={2, − 3, 6} и n2 ={1, 0, 0} к данным плоскостям. Скалярное произведение векторовn1 и n2 положительно, следовательно эти векторы образуют острый угол. Но каждый изэтих векторов, будучи отложенным от любой точки пересечения двух данных плоскостей,своим концом будет указывать в положительное полупространство относительно тойплоскости, которой он перпендикулярен (рис.

75).Следовательно, острый угол между плоскостями есть пересечение двух полупространств,имеющих по отношению к соответствующим плоскостям разные знаки. Так какбиссекторная плоскость двугранного угла между плоскостями есть геометрическое местоточек, равноудаленных от этих плоскостей, то в соответствие с вышесказанным модули вформуле для вычисления расстояния должны быть раскрыты с разными знаками.

Имеем:| 2x − 3 y + 6z − 6 |22 + 32 + 62=|x|⇒1Ответ: 3 x − y + 2 z − 2 = 0 .Задача 312x − 3y + 6z − 6 − x=71⇔ 3x − y + 2 z − 2 = 0 .Две вершины треугольника закреплены в точках A и B , а третья вершина Cперемещается так, что угол при вершине A остается все время вдвое больше угла привершине B . Найти линию, описываемую вершиной C .Решение. Введем на плоскости, в которой лежит треугольник ABC , полярную системукоординат следующим образом. Положим точку A началом полярной системыкоординат, луч, противоположный лучу AB , положим полярной осью, а направлениевращения положим против часовой стрелки (рис. 76).Пусть ∠BAC = π −ϕ , тогдаAB = p, AC = r .∠ ABC = π2 − ϕ2 , а ∠ ACB =3ϕ2− π2 .

Пусть такжеПрименим к треугольнику ABC теорему синусов:ABACprpr=⇔=⇔ −=⇔3ϕϕ3ϕππsin ∠ C sin ∠ Bsin( 2 − 2 ) sin( 2 − 2 )cos 2 cos ϕ2p cos ϕ2pp⇔ r===3 cos ϕ2 − 4 cos3 ϕ2 3 − 4 cos2 ϕ2 1 − 2 cosϕ.Таким образом, мы получили уравнение ветви гиперболы с параметром p = AB иэксцентриситетом e = 2 , фокальной осью которой является прямая AB , а фокусом,лежащим внутри этой ветви, − точка A .Ответ: Ветвь гиперболы с параметром p = AB и эксцентриситетом e = 2 , фокальнойосью которой является прямая AB , а фокусом, лежащим внутри этой ветви, − точка A .Задача 32Определить тип линии5 x 2 + 4 xy + 8 y 2 − 32 x − 56 y + 80 = 0 ;написать ее каноническое уравнение и найти каноническую систему координат.Решение. Вычислим ортогональные инварианты данной линии:S = 5 +8 =13,δ=5228= 36,5∆= 2−1628− 28−16− 28 = −1296 .80Так как δ > 0 , а S∆ < 0 то эта линия есть действительный эллипс, найдем корни еехарактеристического уравнения:λ2 − Sλ + δ = 0 ⇔ λ2 − 13λ + 36 = 0 λ1 = 4, λ 2 = 9 .Значит, в некоторой прямоугольной системе координат уравнение этого эллипсазапишется в виде∆ 2 2 x′ y′λ x′ + λ y ′ + = 0 ⇔ 4 x′ + 9 y ′ − 3 6 = 0 ⇔ + = 1δ942 22 21 2.Система для определения центра данного эллипса будет выглядеть следующим образом: 5x0 + 2y0 − 16 = 0,  x0 = 2, ⇔ 2x0 + 8y0 − 28 = 0  y0 = 3.Следовательно, центр эллипса находится в точке O′ = (2,3) .

Характеристики

Список файлов курсовой работы