Точка D делит отрезок BC пополам. Поэтому

x_D =, y_D =.

Отсюда находим

x_B = 2 x_D – x_C = –1, y_B = 2 y_D – y_C =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 Δ ABC до параллелограмма.

Общие формулы деления отрезка в данном отношении выглядят так:

x_С =, y_D =,

если точка С делит отрезок АВ в отношении l₁:l₂, т.е. ½ AC ½:½ BC ½=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

x_P = = = –,

y_P = = = –.

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

x_D = = = 4,

y_D = = = –, 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 – 7 y – 10 = 0.

Ответ: D (4,– ), AD: x – 7 y – 10 = 0.

4. Даны уравнения двух медиан x – y – 3 = 0, 5 x + 4 y – 9 = 0 треугольника ABC и координаты вершины A (– 1, 2). Составьте уравнение третьей медианы.

Решение. Сначала мы убедимся, что точка A не принадлежит данным медианам. Медианы треугольника пересекаются в одной точке M. Поэтому они входят в пучок прямых, проходящих через M. Составим уравнение этого пучка:

l( x – y – 3) + m(5 x + 4 y – 9) = 0.

Коэффициенты l и m определяются с точностью до пропорциональности; поэтому можем считать, что m = 1 (если m = 0 то уравнение пучка задает только первую медиану, а искомая прямая не совпадает с ней). Получаем уравнение пучка:

(l + 5) x + (–l + 4) y – 3l – 9 = 0.

Нам из этого пучка надо выбрать прямую, проходящую через точку A (– 1, 2). Подставим её координаты в уравнение пучка:

– (l + 5) + 2(–l + 4) – 3l – 9 = 0,

– 6l – 6 = 0, l = –1.

Найденное значение l подставляем в уравнение пучка и получаем искомое уравнение медианы:

4 x + 5 y – 6 = 0.

Ответ: 4 x + 5 y – 6 = 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 (x _o, y _o, z _o) параллельно двум неколлинеарным векторам (a ₁, a ₂, a ₃), (b ₁, b ₂, b ₃) имеет вид

x – x _o y – y _o z – z _o

a ₁ a ₂ a ₃ = 0.

b ₁ b ₂ b ₃

Подставляем в это уравнение наши данные:

x + 3 y – 7 z – 1

2 2 1 = 0.

0 –1 5

Раскрываем определитель:

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 (x _o, y _o, z _o) с направляющим вектором (a ₁, a ₂, a ₃) имеет вид

x = x _o + a ₁ t ,

y = y _o + a ₂ t ,

z = z _o + a ₃ t .

В нашем случае получаем уравнение:

x = 6 + 11 t ,

h: y = –5 – 10 t , (*)

z = –2 – 2 t .

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 + 11 t) – 10(–5 – 10 t) – 2(–2 – 2 t) + 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 t_D = –1 мы прошли путь от S до D, то путь от S до S ¢ мы пройдем за время t ¢= 2 t_D = –2. Подставляя это значение в (*), находим S ¢(–16, 15; 2).

Ответ: ABC: 11 x – 10 y – 2 z +105 = 0, D (–5, 5, 0), S ¢(–16, 15; 2),

x = 6 + 11 t ,

SD: y = –5 – 10 t ,

z = –2 – 2 t .

6. Даны уравнения прямой l плоскости p :

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 l ½½ p или , то ^ т.е. · = 0. Проверим:

· = 5·1 – 2·(–1) + 4·2 = 15 ¹ 0.

Значит, l пересекает π. Угол между l и pнаходим по формуле:

sin a =;

|| = =, || = = = 3.

Отсюда

sin a = =.

Пусть A _o – проекция точки A на плоскость, а B = l I π. Тогда l ¢= A _o B – это проекция прямой . Найдем сначала координаты точки B. Для этого перепишем уравнение прямой l в параметрическом виде:

x = 6 + t,

l: y = – t,

z = 2 + 2 t,

и решим его совместно с уравнением плоскости π. Подставляем из уравнения l в уравнение π:

5(6 + t ) – 2(– t ) + 4(2 + 2 t ) + 7 = 0,

30 + 5 t + 2 t + 8 + 8 t + 7 = 0,

15 t = – 45, t = – 3.

Подставляя это t в уравнение l находим координаты B (3, 3, 4). Составим уравнение перпендикуляра h = AA _o. Для прямой h вектор служит направляющим. Поэтому h задается уравнением

x = 6 + 5 t,

h: y = –2 t,

z = 2 + 4 t,

Решаем его совместно с уравнением плоскости π, чтобы найти координаты точки A _o:

5(6 + 5 t ) – 2(–2 t ) + 4(2 + 4 t ) + 7 = 0,

30 + 25 t + 4 t + 8 + 16 t + 7 = 0,

45 t = – 45, t = – 1.

Подставляем это t в уравнение h и находим A _o(1, 2,–2). Находим направляющий вектор прямой l': A _o B (2, 1,–2) и получаем ее уравнение:

.

7. Прямая l в пространстве задана системой уравнений

2 x +2 y – z – 1=0,

4 x – 8 y + z – 5= 0,

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:

x + 5 y – 6 z – 1

2 2 –1 = 0.

4 –8 1

– 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+ 4 z – 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:

x + y + 4 z – 5 = 0,

4 x – 8 y + z – 5 = 0,

2 x + 2 y – z – 1 = 0.

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 D ABC 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 =½ AD ½ и проверить h, вычислив S_{D ABC} 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 (12,–21,–12). Координаты этого вектора нацело делятся на 3. Поэтому в качестве вектора нормали к p можем взять = , (4,–7,– 4). Уравнение плоскости π, проходящей через точку A _o(x _o, y _o, z _o) перпендикулярно вектору (a, b, c), имеет вид:

a (x – x _o) + b (y – y _o) + c (z – z _o) = 0.

В нашем случае:

4(x – 9) - 7(y – 5) - 4(z – 1) = 0,

4 x - 7 y - 4 z + 3 = 0,

Составим уравнение прямой BC. Для нее вектор будет направляющим:

x = –3 + 4 t,

BC: y = 8 – 7 t, (*)

z = 4 – 4 t,

Поскольку D = π I BC, для нахождения координат точки D нужно решить совместно уравнения π и BC. Подставляем из уравнения BC в уравнение π:

4(–3 + 4 t ) – 7(8 – 7 t ) – 4(4 – 4 t ) + 3 = 0,

–12 + 16 t – 56 + 49 t – 16 + 16 t + 3 = 0,

81 t = 81, t = 1.

Подставляем это t в уравнение прямой BC и находим D (1, 1, 0). Далее, зная координаты точек A и D, составляем уравнение прямой AD вычисляем по формуле расстояния между точками:

h = = 9.

Далее, S_{Δ ABC} = |´ |; сначала находим сам вектор ´, а потом его модуль.

i j k i j k

´ = –12 3 3 = –27· – 4 1 1 = –27(– i + 4 j – 8 k) .

0 –18 –9 0 2 1

(В процессе вычисления мы воспользовались свойством определителя: общий множитель элементов одной строки можно выносить за знак определителя).

S_{Δ ABC} = · 27 =.

С другой стороны S_{Δ ABC} = | |· 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 + 4 t, 8 – 7 t, 4 – 4 t).

Находим квадрат расстояние от точки A до M (t):

h ²(t) = (9 + 3 – 4 t)² + (5 – 8 + 7 t)² + (1 – 4 + 4 t)²

= (12 – 4 t)² + (–3 + 7 t)² + (–3 + 4 t)² =

= 144 – 96 t + 16 t ² + 9 – 42 t + 49 t ² + 9 – 24 t + 16 t ² =

= 81 t ² – 162 t + 162.

Найдем наименьшее значение функции h ²(t) с помощью производной:

h ²(t) = 162 t – 162; h ²(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: 2 y + z + 5 = 0, p₂: 5 x + 4 y – 2z +11 = 0.

Решение. Если плоскости p₁ и p₂ заданы своими общими уравнениями

a ₁ x + b ₁ y + c ₁z + d ₁= 0, a ₂ x + b ₂ y + c ₂z + d ₂= 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: 2 x – y + 4z –12 = 0.

Решение. Проверяем на параллельность или совпадение:

Значит, p₁½½ p₂ но p₁ ¹ p₂. Расстояние от точки A (x, y, z) до плоскости, заданной уравнением находится по формуле

h =.

Выберем точку А Îp₁. Для этого надо подобрать любые три координаты, удовлетворяющие уравнению p₁. В нашем случае, самое простое: A _o(0, 8, 0). Расстояние от A _o 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: 2 x – y + 2= 0, p₂: 5 x + 4 y – 2 z –14 = 0,

который содержит данную точку А (0, 3,–2). Составить параметрическое уравнение прямой l = p ₁I p ₂ ;

Решение. Если точка лежит на плоскости p, которая делит двугранный угол пополам, то расстояния h ₁ и h ₂ от этой точки до p₁ и до p₂ равны.

Находим эти расстояния и приравниваем их:

=

Модули мы можем раскрывать с одинаковыми или разными знаками. Поэтому можем получить 2 ответа, т.к. p₁ и p₂ образуют два двугранных угла. Но в условии требуется найти уравнение плоскости, которая делит пополам тот угол, в котором находится точка А. Значит координаты точки М при подстановке в левые части уравнений данных плоскостей p ₁ и должны такие же знаки, что и координаты точки А. Легко проверить, что эти знаки для p₁ и «+» для p₂ . Поэтому мы раскрываем первый модуль со знаком «–», а второй – со знаком «+»:

=,

3(-2 x + y - 2) = 5 x + 4 y – 2 z –14,

p:11 x + y - 2 z - 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 можно найти с помощью векторного произведения (по определению, если = ´ , то ^ и ^ ):

 

i j k

= ´ = 2 –1 0 = 2 i + 4 j + 13 k .

5 4 –2

Для того, чтобы найти координаты одной точки на прямой, мы должны найти частное решение системы уравнений

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, .

Каноническое уравнение прямой, проходящей через точку B (x _o, y _o, z _o) параллельно вектору (a ₁, a ₂, a ₃), имеет вид:

= =.

В нашем случае имеем уравнение:

l: = =.

Ответ: p: 11 x + y – 2 z = 0, l: = =.

11. Даны уравнения двух прямых в пространстве:

x = –1 – t, x = –3 + 2 t ¢,

l ₁: y = 6 + 2 t, l ₂: y = –2 – 3 t ¢,

z = 5 + 2 t, z = 3 – 2 t ¢.

Доказать, что данные прямые скрещиваются и составить уравнение их общего перпендикуляра.

Решение. Из уравнений прямых находим координаты их направляющих векторов: (–1, 2, 2), (2,–3,–2) и точек A (–1, 6, 5)Î l ₁ , B (–3,–2, 3) Î l ₂ . Проверяем и на коллинеарность:

= =.

Значит и l ₁ l ₂. Следовательно, прямые l ₁ и l ₂ либо скрещиваются, либо пересекаются. Мы найдем расстояние между ними, и, если оно не равно нулю, то прямые скрещиваются.

Расстояние вычисляется по формуле

d =.

Находим

I j k

´ = –1 2 2 = 2 i + 2 j – k; |´ |= = 3.

2 –3 –2

(– 2,– 8,–2), = – 2·2 – 8·2 – 2·(–1) = –18, d =.

Вектор = ´ перпендикулярен и перпендикулярен. Сле-довательно, ^ l ₁ и ^ l ₁, а значит, является направляющим вектором общего перпендикуляра к этим прямым. Мы уже нашли его коор-динаты: (2, 2,–1). Для того, чтобы

составить уравнение h нам нужно найти координаты одной точки на этой прямой. Для этого мы составим уравнение плоскости π, проходящей через l ₁ и h. Для нее векторы, будут направляющими, и A Îp.

x – 1 y – 2 z – 1

–1 2 2 = 0.

2 2 –1

– 6(x – 1) + 3( y – 2) – 6(z – 1) = 0.

– 2(x – 1) + ( y – 2) – 2(z – 1) = 0.

p: –2 x + y – 2 z + 2 = 0.

Находим точку пересечения l ₂ и π . Для этого из уравнения l ₂ подставляем в уравнение π:

–2(–3 + 2 t ¢) –2 + 3 t ¢ – 2(3 – 2 t ¢) + 2 = 0,

6 – 4 t ¢ – 2 – 3 t ¢ – 6 – 4 t ¢ + 2 = 0,

–7 t ¢= 0, t ¢= 0.

Подставляем найденное t ¢ в уравнение l ₂ и находим, что B (–3,–2, 3) и есть общая точка l ₂ и π. Имея точку на h и направляющий вектор этой прямой составляем ее уравнение:

.

Заметим, что прямую h можно задать как пересечение двух плоскостей: плоскости π и плоскости π₁, проходящей через прямую l ₂ с направляющим вектором. Этот способ решения также допускается, и он несколько короче.

Второй способ решения этой задачи использует методы дифференциального исчисления. Общий перпендикуляр к двум скрещивающимся прямым – это кратчайший из отрезков, соединяющих две точки на этих прямых. Находим квадрат расстояния от произвольной точки прямой l ₁ до произвольной точки прямой l ₂:

h ²(t, t ¢) = (–3 +2 t ¢ + 1 + t )² + (–2 – 3 t ¢ – 6 – 2 t)² + (3 – 2 t ¢ – 5 – 2 t)² =

= (t +2 t ¢ – 2)² + (8 + 2 t + 3 t ¢)² + (2 + 2 t + 2 t ¢)² .

Найдем точку минимума функции h ²(t, t ¢). Для этого вычисляем частные производные и приравниваем их к нулю:

h ²(t, t ¢) = 2(t +2 t ¢ – 2) + 4(8 + 2 t + 3 t ¢) + 4(2 + 2 t + 2 t ¢) = 2(9 t +12 t ¢ + 18);

h ²(t, t ¢) = 4(t +2 t ¢ – 2) + 6(8 + 2 t + 3 t ¢) + 4(2 + 2 t + 2 t ¢) = 2(12 t +17 t ¢ + 24);

9 t +12 t ¢ + 18 = 0 t = –2

12 t +17 t ¢ + 24 = 0 t ¢ = 0.

Подставляем эти значения t и t ¢ в уравнения l ₁ и l ₂ соответственно и находим, что C (1, 2, 1) и B (–3,–2, 3) являются концами общего перпендикуляра. Остается составить уравнение прямой, проходящей через две точки B и C.

12. Дано уравнение сферы S:

x ² + y ² + z ² +12 x -10 y – 4 z -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. Найдем два вектора параллельных плоскости: (2, 1, 1), (0,–1, 5). Уравнение плоскости, проходящей через данную точку A (x _o, y _o, z _o) параллельно двум данным векторам (a ₁, a ₂, a ₃), (b ₁, b ₂, b ₃) имеет вид

x – x _o y – y _o z – z _o

a ₁ a ₂ a ₃ = 0.

b ₁ b ₂ b ₃

Подставляем в это уравнение наши данные:

x + 3 y – 7 z – 1

2 2 1 = 0.

0 –1 5

Раскрываем определитель:

Найдем координаты центра O ¢ и радиус сферы. Для этого выделим полные квадраты:

(x ² –12 x + 36) – 36 + ( y ² +10 y + 25) + (z ² + 4 z + 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. Из уравнения плоскости находим, что вектор (11,–10,–2) является вектором нормали к плоскости. Этот же вектор будет направляющим для прямой . Параметрическое уравнение прямой, проходящей через данную точку A (x _o, y _o, z _o) с направляющим вектором (a ₁, a ₂, a ₃) имеет вид

x = x _o + a ₁ t ,

y = y _o + a ₂ t ,

z = z _o + a ₃ t .

В нашем случае получаем уравнение:

x = 6 + 11 t ,

l: y = –5 – 10 t ,

z = –2 – 2 t .

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 + 11 t) – 10(–5 – 10 t) – 2(–2 – 2 t) + 105 = 0,

66 + 121 t + 50 + 100 t + 4 + 4 t + 105 = 0,

225 t = –225, t = –1.

Найденное t подставляем в уравнение l и находим координаты центра окружности: O ²(–5, 5, 0). Находим длину отрезка O ¢ O ² как расстояние между точками:

½ O ¢ O ²½= = 15.

По теореме Пифагора

r ² = R ² –½ O ¢ O ²½² = 241– 225 = 16.

Значит, r = 4 – радиус окружности.

Ответ: r = 4, O ²(–5, 5, 0).