Примеры решения задач. ⇐ ПредыдущаяСтр 6 из 6
1. Даны координаты вершин A(1,– 6), B(–3, 0), C(6, 9) треугольника ABC. Составить уравнение окружности описанной вокруг треугольника. Решение. Для того, чтобы составить уравнение окружности нам необходимо знать ее радиус R и координаты центра О(a, b). Тогда уравнение выглядит так: (x–a)2 +(y–b)2 = R2. Центр окружности, описанной вокруг треугольника находится на пересечении серединных перпендикуляров к сторонам этого треугольника. Находим координаты середин M1(x1, y1), и M3(x3, y3) сторон BC и AB соответственно: x1= = = , y1= = = , M1 . Аналогично M3(–1,–3). Пусть l3 – прямая, являющаяся серединным перпендикуляром к AB , а l1 – к BC. Тогда = (– 4, 6) ^ l3 и l3 проходит через M3 . Поэтому ее уравнение: – 4(x+1)+6(y+3) = 0. Аналогично = (9, 9) ^ l3 . Поэтому уравнение l1: 9(x-)+9(y-)=0, x + y – 6 = 0. Имеем О = l1 I l3. Поэтому, чтобы найти координаты точки О необходимо решить совместно уравнения l1 и l3:
Прибавим ко второму уравнению первое, умноженное на 4:
Отсюда y = 1, x = 5, O(5, 1). Радиус равен расстоянию от О до любой из вершин треугольника. Находим: R =½½= = . Значит уравнение окружности: (x – 5)2 + (y –1)2 = 65. 2.В прямоугольном треугольнике ABC известныуравнение одного из катетов 3x – 2y + 5 = 0, координаты вершины C(–5,–5) и координаты середины O(–3/2,–3) гипотенузы AB. Найти координаты вершин A, B и координаты точки E, симметричной O относительно стороны BC. Найти координаты точки пересечения медиан треугольника ABC . Решение. Пусть катет, уравнение которого нам дано, – это СВ. Он задан общим уравнением вида ax+by+c=0. В данном уравнении геометрический смысл коэффициентов a и b – это координаты вектора нормали (a, b). Поэтому (3,-2)^ВС. Составим уравнение перпендикуляра l = ODк стороне СВ и найдем координаты точки D. Вектор будет параллелен OD, т.е. он является направляющим вектором этой прямой. Кроме этого, нам известны координаты точки О на этой прямой. Составляем параметрическое уравнение l: (*) Имеем D = l I BC. Поэтому, для того, чтобы найти координаты этой точки мы должны решить совместно уравнения l и BC. Подставляем x и y из уравнения l в уравнение BC : 3(– + 3t) –2(–3 -2t)+5 = 0, – + 9t +6 +4t+5 = 0, 13t=–, tD= –. Подставляем найденное t в уравнение l и находим координаты точки Точка D делит отрезок BC пополам. Поэтому xD = , yD = . Отсюда находим xB = 2xD – xC = –1, yB = 2yD – yC =1, B(–1, 1). Аналогично, используя тот факт, что О – середина АВ, находим координаты точки А(-2,-7). Возможен другой путь решения этой задачи: достроить ΔABC до параллелограмма. Общие формулы деления отрезка в данном отношении выглядят так: xС = , yD = , если точка С делит отрезок АВ в отношении l1:l2, т.е. ½AC½:½BC½=l1:l2. Известно, что точка пересечения медиан делит медиану в отношении 2:1, считая от вершины. В нашем случае Р делит СО в отношении 2:1. Поэтому xP = = = –, yP = = = – . Ответ:А(–2,–7), B(–1, 1), P. 3. Даны координаты вершин A(– 4,–2), B(9, 7), C(2,– 4) треугольника ABC. Составить общее уравнение биссектрисы AD и найти координаты точки D. Решение. Из курса элементарной математики известно, что = . Вычисляем (13, 9), (6,–2); ½½= = 5, ½½= = 2 . Значит BD: DC= 5 : 2 . Далее, применяя формулы деления отрезка в заданном отношении (см. задачу 16) находим xD = = = 4, yD = = = – , D(4,– ). Составляем уравнение прямой, проходящей через точки A и D. Для неё вектор является направляющим. Но, в качестве направляющего мы можем взять любой вектор, коллинеарный . Например, удобно будет взять = , (7, 1). Тогда уравнение AD : = y + 2 Û x – 7y – 10 = 0. Ответ: D(4,– ), AD: x – 7y – 10 = 0. 5.Даны координаты вершин треугольной пирамиды SABC: A(–3, 7, 1), B(–1, 9, 2), C(–3, 6, 6) S(6,–5,–2). Составить уравнение плоскости основания ABC и уравнение высоты SD. Найти координаты точки D и точки S¢, симметричной S относительно плоскости основания. Решение. Найдем координаты двух векторов параллельных плоскости основания p = ABC: = (2, 1, 1), = (0,–1, 5). Уравнение плоскости, проходящей через данную точку A(xo, yo, zo) параллельно двум неколлинеарным векторам (a1, a2, a3), (b1, b2, b3) имеет вид =0. Подставляем в это уравнение наши данные: =0. Раскрываем определитель по первой строке: 11(x-3)-10(y-7)-2(z-1)=0, 11x-10y-2z+105=0, Из уравнения плоскости находим, что вектор (11,–10,–2) является вектором нормали к плоскости. Этот же вектор будет направляющим для прямой h = SD. Параметрическое уравнение прямой, проходящей через данную точку A(xo, yo, zo) с направляющим вектором (a1, a2, a3) имеет вид
В нашем случае получаем уравнение: h: (*) Найдем основание перпендикуляра. Это точка пересечения прямой с плоскостью p. Для этого мы должны решить совместно уравнения и p. Подставляем из уравнения l в уравнение π: 11(6 + 11t) – 10(–5 – 10 t) – 2(–2 – 2t) + 105 = 0, 66 + 121 t + 50 + 100 t + 4 + 4 t + 105 = 0, 225 y = –225, t = –1. Найденное t подставляем в уравнение l и находим координаты D(–5, 5, 0). Вспомним физический смысл параметрического уравнения прямой: оно задает прямолинейное и равномерное движение. В нашем случае, начальная точка – это S, вектор скорости – это . Отрезок SS¢вдвое длиннее отрезка SD и на его прохождение понадобится вдвое больше времени. Если за время tD= –1 мы прошли путь от S до D, то путь от S до S¢ мы пройдем за время t¢= 2tD= –2. Подставляя это значение в (*), находим S¢(–16, 15; 2). Ответ: SD: 6.Даны уравнения прямой l плоскости p: l: x-6= = , p: 5x–2y+4z+7=0. Убедиться, что l и p пересекаются и составить уравнение проекции l¢ прямой l на плоскость. Найти угол между l и p .
Решение. Из уравнения прямой находим ее направляющий вектор: (1,–1, 2) и точку на этой прямой: A(6, 0, 2) , а из уравненияплоскости – векторнормали к плоскости: (5,–2, 4). Очевидно, что если l½½p или lÎp, то ^ т.е. · = 0. Проверим · = 5·1 – 2·(–1) + 4·2 = 15 ¹ 0. Значит, l пересекает p. Угол между l и pнаходим по формуле: sin a = ; || = = , || = = = 3 . Отсюда sin a = = . Пусть Ao – проекция точки A на плоскость, а B=lIπ. Тогда l¢= AoB – это проекция прямой l. Найдем сначала координаты точки B. Для этого перепишем уравнение прямой l в параметрическом виде: l: и решим его совместно с уравнением плоскости π. Подставляем из уравнения l в уравнение π : 5(6 + t ) – 2(– t ) + 4(2 + 2t ) + 7 = 0, 30 + 5t + 2t + 8 + 8t + 7 = 0, 15t = – 45, t = – 3. Подставляя это t в уравнение l находим координаты B(3, 3, 4). Составим уравнение перпендикуляра h = AAo. Для прямой h вектор служит направляющим. Поэтому h задается уравнением h: Решаем его совместно с уравнением плоскости p, чтобы найти координаты точки Ao: 5(6 + 5t ) – 2(–2t ) + 4(2 + 4t ) + 7 = 0, 30 + 25t + 4t + 8 + 16t + 7 = 0, 45t = – 45, t = – 1. Подставляем это t в уравнение h и находим Ao(1, 2,-2). Находим направляющий вектор прямой l¢: AoB(2, 1,-2) и получаем ее уравнение: =y-2= . 7. Прямая l в пространстве задана системой уравнений
и даны координаты точки A(–5,6,1). Найти координаты точки В, симметричной А относительно прямой l. Решение. Пусть P – основание перпендикуляра, опущенного из точки A на прямую l . Сначала мы найдем координаты точки P. Для этого мы составим уравнение плоскости p, проходящей через точку A перпендикулярно плоскостям p1 и p2 . Находим векторы нормали к этим плоскостям: (2, 2,–1), (4,–8, 1). Для плоскости p они будут направляющими. Поэтому уравнение этой плоскости: = 0. – 6( x + 5) – 6( y – 6) –24( z – 1) = 0 . Прежде чем раскрывать скобки обязательно сначала делим все уравнение на – 6: x + 5 + y – 6 + 4( z – 1) = 0, x+ y+ 4z – 5 = 0. Теперь P – точка пересечения плоскостей p , p1 и p2 . Для того, чтобы найти ее координаты мы должны решить систему, составленную из уравнений этих плоскостей:
Решая ее по методу Гаусса, находим P(1,0,1). Далее, используя тот факт, что P – середина AB мы находим координаты точки B(7,-6,1). Точку P можно найти другим способом, как ближайшую к A точку прямой l . Для этого необходимо составить параметрическое уравнение этой прямой. Как это делается, см. задачу 10. Дальнейшие действия см. в задаче 8. 8.В DABC с вершинами A(9, 5, 1), B(–3, 8, 4), C(9,–13,–8) проведена высота AD. Найти координаты точки D, составить уравнение прямой AD, вычислить h=|AD| и проверить h, вычислив SDABC с помощью векторного произведения. Решение. Очевидно, что точку D можно найти так: D = π I BC , где π – это плоскость, которая проходит через точку A перпендикулярно стороне BC. Для этой плоскости служит вектором нормали. Находим a(x – xo) + b(y – yo) + c(z – zo) = 0. В нашем случае: 4(x – 9) - 7(y – 5) - 4(z – 1) = 0, 4x - 7y - 4z + 3 = 0, Составим уравнение прямой BC. Для нее вектор будет направляющим: BC: (*) Поскольку D = π I BC, для нахождения координат точки D нужно решить совместно уравнения π и BC. Подставляем x, y, z из уравнения BC в уравнение π: 4(–3 + 4t ) – 7(8 – 7t ) – 4(4 – 4t ) + 3 = 0, –12 + 16 t – 56 + 49t – 16 + 16 t + 3 = 0, 81t = 81, t = 1. Подставляем это t в уравнение прямой BC и находим D(1, 1, 0). Далее вычисляем h=|AD| по формуле расстояния между точками: h = = 9. Далее, SΔABC = |´ |; сначала находим сам вектор ´, а потом его модуль. ´ == –27·= –27(–i + 4j– 8k) . (В процессе вычисления мы воспользовались свойством определителя: общий множитель элементов одной строки можно выносить за знак определителя). SΔABC = · 27 = . Имеем SΔABC = | |·h. Отсюда h = . Находим | |= = 3 = 27. Поэтому h = 9. Это совпадает с ранее найденным ответом. Точку D можно найти, как ближайшую к A точку прямой BC, используя методы дифференциального исчисления. Пусть M(t) – произвольная точка прямой BC; её координаты определяются системой (*): M(–3 + 4t, 8 – 7t, 4 – 4t). Находим квадрат расстояние от точки A до M(t): h2(t) = (9 + 3 – 4t)2 + (5 – 8 + 7t)2 + (1 – 4 + 4t)2 = (12 – 4t)2 + (–3 + 7t)2 + (–3 + 4t)2 = = 144 – 96t + 16t2 + 9 – 42t + 49t2 + 9 – 24t + 16t2 = = 81t2 – 162t + 162. Найдем наименьшее значение функции h2(t) с помощью производной: h2(t) = 162t – 162; h2(t) = 0 Þ t = 1. Подставляем это значение t в уравнение прямой BC и находим, что D(1, 1, 0) является ближайшей к A точкой на прямой BC. 9. Исследовать взаимное расположение следующих пар плоскостей (пересекаются, параллельны, совпадают). Если плоскости пересекаются, то найдите угол между ними, если параллельны – расстояние между ними. а).p1: 2y + z + 5 = 0, p2: 5x + 4y – 2z +11 = 0. Решение. Если плоскости p1 и p2 заданы своими общими уравнениями a1x + b1 y + c1z +d1= 0, a2x + b2 y + c2z +d2= 0, то p1½½ p2 Û = = ¹ , p1 = p2 Û = = = . В нашем случае ¹ ¹ , поэтому плоскости не параллельны и не совпадают. Значит, они пересекаются. Угол между плоскостями вычисляется по формуле cos a = , где и – векторы нормали к этим плоскостям. В нашем случае (0, 2, 1), (5, 4,–2), · = 0·5 + 2· 4 + 1·(–2); || = = , || = = 3 . Значит, cos a = = . Ответ:a = arccos . б) p1: x – y + 2z + 8 = 0, p2: 2x – y + 4z –15 = 0. Решение. Проверяем на параллельность или совпадение: = ¹ Значит, p1½½ p2 но p1 ¹ p2. Расстояние от точки M(x, y, z) до плоскости, заданной уравнением находится по формуле h = . Выберем точку MÎp1. Для этого надо подобрать любые три координаты, удовлетворяющие уравнению p1. В нашем случае, самый простой выбор: A(0, 8, 0). Расстояние от A до p2 и будет расстоянием между p1 и p2 : h = = . 10. Составить уравнение плоскости p, которая делит пополам тот из двугранных углов между плоскостями p1: 2x – y + 2= 0, p2: 5x + 4y – 2z –14 = 0, который содержит данную точку А(0, 3,–2). Составить параметрическое уравнение прямой l=p1Ip2; Решение. Если точка M(x, y, z) лежит на плоскости p, которая делит двугранный угол пополам, то расстояния h1 и h2 от этой точки до p1 и до p2 равны. Находим эти расстояния и приравниваем их: = Модули мы можем раскрывать с одинаковыми или разными знаками. = , 3(-2x + y - 2) = 5x + 4y – 2z –14, p: 11x + y - 2z - 14 = 0. Для того чтобы составить уравнение прямой l, нам нужно найти направляющий вектор этой прямой и точку на ней. Из уравнений p1 и p2 находим координаты векторов нормали к этим плоскостям: (2,–1, 0), (5, 4,–2). Направляющий вектор прямой l перпендикулярен и . Такой вектор можно найти с помощью векторного произведения (по определению, если = ´ , то ^ и ^ ): = ´ = = 2i + 4j+ 13k . Для того, чтобы найти координаты одной точки на прямой, мы должны найти частное решение системы уравнений 2x - y + 2 = 0, 5x + 4y - 2z – 14 = 0. Поскольку уравнений два, а неизвестных три, то система имеет бесконечное количество решений. Нам достаточно подобрать одно. Проще всего положить x = 0, и тогда находим Þ z = -3. B(0, 2,-3)Î l. Каноническое уравнение прямой, проходящей через точку B(xo, yo, zo) параллельно вектору (a1, a2, a3), имеет вид: = = . В нашем случае имеем уравнение: l: = = . Ответ:p: 11x + y – 2z = 0, l: = = . 11. Дано уравнение сферы S: x2 + y2 + z2 +12x -10y – 4z -176 = 0. а) Составить уравнение плоскости p, проходящей через точки A(–3, 7, 1), B(–1, 9, 2), C(–3, 6, 6) б) найти координаты центра и радиус окружности, по которой p пересекает S . Решение. Так же, как и в задаче 8 составляем уравнение плоскости p=ABC: 11x-10y-2z+105=0, Найдем координаты центра O¢ и радиус сферы. Для этого выделим полные квадраты: (x2 –12x + 36) – 36 + ( y2 +10y + 25) + (z2 + 4z + 4) – 4 –176 = 0, (x – 6)2 + (y – 5)2 + (z + 2)2 = 241. Значит, O¢(6,–5,–2), R = . Центр окружности, получающейся в сечении сферы плоскостью, является основанием перпендикуляра , опущенного из центра сферы на плоскость. Так же, как и в задаче 1 составляем уравнение прямой : l: (*) И точно также находим основание перпендикуляра. Это будет центр окружности: O ²(–5, 5, 0). Находим длину отрезка O ¢O ² как расстояние между точками: ½O ¢O ²½= = 15. По теореме Пифагора r2 = R2 –½O ¢O ²½2 = 241– 225 = 16. Значит, r = 4 – радиус окружности. Ответ:r = 4, O ²(–5, 5, 0).
©2015 arhivinfo.ru Все права принадлежат авторам размещенных материалов.
|