1610840900-6b427cf5bfcd0cc0b9a85ea758232dac (Какие-то задачи с решением)

Задачи по аналитической геометрии2012, мех-мат. МГУЗадача 1Дан тетраэдр OABC . Выразить через векторы OA, OB, OC вектор EF с началом всередине E ребра OA и концом в точке F пересечения медиан треугольника ABC .Решение. Пусть D − середина ребра BC (рис. 54).112221AF = AD = (OB + OC − 2OA) . Далее,33111EF = AF − AE = (OB + OC − 2OA) + OA = ( 2OB + 2OC − OA) .326Тогда OD = (OB + OC ) , AD = OD − OA = (OB + OC − 2OA) , а16Ответ: EF = (2OB + 2OC − OA) .Задача 2Дан правильный шестиугольник ABCDEF . Принимая за базисные векторы AB и AC ,найти в этом базисе координаты векторов AB, BC , CD, DE , EF , FA (рис.

55).Решение. Очевидно, что координаты в данном базисе вектора AB есть {1, 0} , акоординаты вектора DE − {−1, 0} . Так как BC = AC − AB , то BC ={−1,1} иEF ={1, −1} .Далее, AD = 2 BC = 2( AC − AB) и CD = AD − AC = AC − 2 AB . Поэтому, CD ={−2,1} , аFA ={2,−1} .Ответ: AB ={1, 0} , BC ={−1,1} , CD ={−2,1} , DE ={−1, 0} , EF ={1, −1} , FA ={2,−1}.Задача 3Даны четыре вектора a ={1, 2, 3} , b ={2,−2,1} , c ={4, 0, 3} и d ={16,10,18} .

Найтивектор, являющийся проекцией вектора d на плоскость, определяемую векторами a иb , при направлении проектирования, параллельном вектору c .Решение. Разложим вектор d по базису a, b, c , т.е. найдем такие числа α , β , γ , чтоd = αa + βb + γ c . Запишем последнее равенство покоординатно: 16 = α + 2β + 4γ , 10 = 2α − 2β , ⇔ 18 = 3α + β + 3γ α = 2, β −= 3, γ = 5.Таким образам, вектор d имеет в базисе a, b, c координаты {2,−3, 5} , а искомыйвектор d ′ − координаты {2,−3, 0} . Поэтому, d ′ = 2a − 3b = {−4,10, 3} . Последниекоординаты получены уже в исходном базисе.Ответ: {−4,10, 3} .Задача 4Пусть на плоскости или в пространстве даны отрезок AB и точка O .

Пусть на прямойAB дана такая точка C , отличная от точки B , чтоAC = λCB, λ ∈ R, λ ≠ −1 .Пусть также OA = a, OB = b, OC = c (рис. 56).Выразить векторчерез векторыcaи b и число λ .Решение: Имеемc = OC = OA + AC = OA +Ответ: c =λλa + λb.AB = a +(b − a ) =1+ λ1+ λ1+ λa + λb.1+λЗадача 5Доказать, что сумма векторов, идущих из центра правильного многоугольника к еговершинам, равна 0 .Решение. Пусть a − сумма векторов, идущих из центра правильного n -угольника к еговершинам. При повороте данного многоугольника вокруг его центра на угол 2π n векторa , с одной стороны, должен повернуться на этот же угол.

С другой стороны, при этомповороте многоугольник переходит в себя, поэтому вектор a должен остатьсянеизменным. Следовательно, a = 0 , что и требовалось доказать.Задача 6Пусть на плоскости или в пространстве дан набор точек M 1 , , M n и точка O . Пусть вnточки M 1 , , M n помещены массы m1 , , mn , причем∑mi =1i≠ 0 . Скажем, что точка Mявляется центром масс системы точек M 1 , , M n , если∑ m OM=∑ mni =1OMini =1i.iДоказать, что положение центра масс не зависит от выбора точки O .Решение.

Возьмем произвольную точку O′ , отличную от точки O . Пусть M ′ − центрмасс системы точек M 1 , , M n , соответствующий точке O′ . Докажем, что M ′ = M .Имеем:∑ m O′M∑ mnO′M ′ =i =1ini =1∑=niii =1mi (O′O + OM i )∑ni =1mi∑ mi OM i = O′O + OM = O′M ,= O′O + i =1 n∑i =1 minследовательно, M ′ = M , что и требовалось доказать.Задача 7Доказать, что при любом расположении точек A, B, C , D на плоскости или в пространствеимеет место равенство( BC , AD ) + (CA, BD ) + ( AB, CD ) = 0 .Решение. ПустьDA = a, DB = b, DC = c(рис.57).Имеем( BC , AD) + (CA, BD) + ( AB, CD ) = (c − b,−a ) + (a − c,−b) + (b − a,−c ) =(a, b) − (a, c ) − (a, b) + (b, c) − (b, c ) + (a, c) = 0 ,что и требовалось доказать.Задача 8Доказать, что если A, B, C , D − четыре произвольные точки (на плоскости или впространстве), а P и Q − середины отрезков AC и BD , тоAB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 = AC 2 + BD 2 + 4PQ 2 .Решение.

ПустьDA = a , DB = b, DC = c(рис. 58).ТогдаPQ = PA + AD + DQ =111(a − c) − a + b = (b − a − c) .222Имеем далееAC 2 + BD 2 + 4 PQ 2 = (c − a, c − a ) + (b, b) + (b − a − c, b − a − c) == (c, c ) − 2( a, c ) + ( a, a ) + (b, b) + (b, b) + (a, a ) + (c, c ) − 2( a, b) − 2(b, c) + 2(a, c ) == 2( a, a ) + 2(b, b) + 2(c, c ) −2(a, b) −2(b, c ) .С другой стороны,AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 = (b − a, b − a ) + (c − b, c − b) + (c, c ) + ( a, a ) == (b, b) + ( a, a ) − 2(a, b) + (c, c) + (b, b) − 2(b, c) + (c, c ) + (a, a ) == 2( a, a ) + 2(b, b) + 2(c, c ) −2(a, b) −2(b, c ) .22AB+BC+ CD 2 + DA2 = AC 2 + BD 2 + 4PQ 2 , что и требовалось доказать.Следовательно,Задача 9Вычислить длину d диагонали OD 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.

Найти также косинусы углов, образуемых диагональю OD сребрами OA, OB, OC .Решение. Пусть OA = a, OB = b, OC = c, OD = d (рис. 59).Имеемd = OD = ( d , d ) = (a +b +c, a +b +c ) = ( a, a ) +(b, b) +(c, c ) + 2( a, b) + 2( a, c ) + 2(b, c ) == a 2 +b 2 + c 2 + 2ab cos γ + 2ac cos β + 2bc cos α .Далееcos ∠DOA ==( a, d )( a, a + b + c ) ( a , a ) + ( a , b ) + ( a , c )===adad| a | ⋅| d |a 2 + ab cos γ + ac cos β a + b cos γ + c cos β=.addАналогично получаем, чтоcos ∠DOB =a cos γ + b + c cos αdcos ∠DOC =a cos β + b cos α + c.dиОтвет:d = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab cos γ + 2ac cos β + 2bc cos α ,cos ∠DOB =cos ∠DOA =a cos γ + b + c cos αa cos β + b cos α + c, cos ∠DOC =.dda + b cos γ + c cos β,dЗадача 10Пусть r − радиус окружности, описанной около правильного n -угольника.

Найти 1)сумму квадратов длин всех сторон и всех диагоналей этого многоугольника, выходящихиз одной вершины; 2) сумму квадратов длин всех сторон и всех диагоналей этогомногоугольника.Решение. 1) Пусть A1 A2  An − данный правильныйоколо него окружности, OAi = ai , i =1, , n . Имеемn -угольник,O − центр описаннойnnn22222AA=(a−a,a−a)=2rn−2(a,a)=2rn−2a,∑∑∑1 ii1i11i1 ∑ ai  = 2r n − ( a1 , 0) = 2 r n .i =1i =1i =1 i =1 Предпоследнее равенство верно, так как согласно задаче 5 сумма векторов, идущих изцентра правильного многоугольника к его вершинам, равна 0 .2) Сумму квадратов длин всех сторон и всех диагоналей данного многоугольникаможно найти, если умножить сумму квадратов длин всех сторон и всех диагоналей этогомногоугольника, выходящих из одной вершины, на количество вершин, и разделить на 2,так как каждая сторона или диагональ многоугольника соответствует ровно двум еговершинам.

Таким образом, искомая сумма равна r 2 n 2 .nОтвет: 1) 2r 2 n ; 2) r 2 n 2 .Задача 11В треугольнике ABC проведена биссектриса AD . Известно, чтоAB = c, AC = b, ∠BAC = α . Найти длину биссектрисы AD .Решение. Пусть AB = c, AC = b (рис. 60).Так как, согласно теореме о биссектрисе внутреннего угла треугольникаBD c= ,DC bимеем:AD =b c + cb.b +cТогда длина этого вектора равна b c + cb b c + cb AD = ( AD, AD) =  b +c , b +c  =2b 2c 2 + 2bc (b, c )=b +c2b 2c 2 + 2b 2c 2 cosα bc 2 + 2 cosα 2bc cos α2 .===b+ cb+ cb+ cОтвет:2bc cos α2AD =b+ c.Задача 12В треугольнике ABC проведена биссектриса AD .

Известно, чтоAB = c, AC = b, CD = x, BD = y . Найти длину биссектрисы AD .Решение. ПустьAB = c, AC = b, AD = d , CD = x, BD = y , ∠BAC =α(рис. 60) . Имеем:xy = −( x, y ) = −(d − b, d − c ) = −d + (b, d ) + (c, d ) − (b, c) =2− d 2 + d (b + c) cos α2 − bc cosα = − d 2 + 2bc cos2 α2 − bc cosα = − d 2 + bc .Здесь в предпоследнем равенстве мы воспользовались формулой для вычисления длиныбиссектрисы, полученной в предыдущей задаче:d 2 = bc − xyОтвет:AD = bc − xy⇔ d = bc − xy2bc cos α2d=b+ c.

Следовательно,..Задача 13Пусть на плоскости или в пространстве дан набор точек M 1 , , M n и точка O . Пусть вnточки M 1 , , M n помещены массы m1 , , mn , причем∑mi =1i≠ 0 , а точка M − центрмасс системы точек M 1 , , M n . Назовем моментом инерции точки O относительно{M }системы точек M 1 , , M n величину J O i =n∑ m OMi =1i2i. Доказать, что момент инерцииточки O относительно системы точек M 1 , , M n равен сумме момента инерции точкиO относительно центра масс M и момента инерции точки M относительно системыточек M 1 , , M n , то естьJ O{M i } = J OM + J M{M i } .При этом центр масс мы принимаем за систему, состоящую из одной точки, в которуюnпомещена масса∑mii =1.Решение.

Имеем:nnnni =1i =1i =1J OM + J M{M i } = OM 2 ∑ mi + ∑ mi MM i2 = OM 2 ∑ mi + ∑ mi ( MO + OM i , MO + OM i ) =i =1nn2OM 2 ∑ mi + ∑ miOM i2 + 2 MO, ∑ mi OM i  = 2OM 2 ∑ mi + ∑ mi OM i2 + 2 MO, OM ∑ mi  =i =1i =1i =1i =1i =1i =1nnnnnnnni =1i =1i =1i =1= 2OM 2 ∑ mi + ∑ mi OM i2 − 2OM 2 ∑ mi = ∑ miOM i2 = J O{M i } ,что и требовалось доказать.Задача 14Доказать, что сумма векторов, перпендикулярных к граням тетраэдра, равных поабсолютной величине площадям этих граней и направленных в сторону вершин,противолежащих граням, равна нулю.Решение. Обозначим данный тетраэдр через OABC и положим OA = a, OB = b, OC = c .Кроме того, выберем в пространстве ориентацию таким образом, что векторы[ a, b], [b, c ], [c, a ] , перпендикулярные к граням тетраэдра и равные по абсолютнойвеличине площадям этих граней, будут направлены в сторону вершин, противолежащихграням (рис.

61).Тогда вектор [ AC , AB] также будет направлен в сторону вершины, противолежащейграни ABC . Имеем[OA, OB ] +[OB, OC ] +[OC , OA] +[ AC , AB] =[ a, b] +[b, c ] +[c, a ] +[c − a, b − a] ==[ a, b] +[b, c ] +[c, a ] +[c, b] −[ a, b] −[c, a ] −[ a, a ] = 0 ,что и требовалось доказать.Задача 15Доказать тождества:1) [[a, b], c] = −a (b, c) +b(a, c) ;2) [ a,[b, c]] =b(a, c) −c(a, b) ;3) ([a, b],[c, d ]) =4)( a, c )(b, c )(a, d );(b, d )[[a, b],[c, d ]] = c < a, b, d > − d < a, b, c > = b < a, c, d > − a < b, c, d > ;( x, a )5) < a, b, c > ⋅ < x, y , z >= ( y , a)( z, a)( x, b )( y, b)( z , b)( a, a )( a, b)( a, c )26) < a, b, c > = (b, a )( c, a )(b, b)( c, b )(b, c) .( c, c )( x, c )( y, c) ;( z, c)Решение.