МЕТОДИЧЕСКИЕ РЕКОМЕНДАЦИИ К ДИСЦИПЛИНЕ АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ
реклама
МЕТОДИЧЕСКИЕ РЕКОМЕНДАЦИИ
К ДИСЦИПЛИНЕ
АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ
Основная образовательная программа подготовки бакалавра
по направлению
подготовки бакалавриата 010200 «Математика и компьютерные науки»
профиль общий
1. Программа учебной дисциплины
1 семестр
Гл. I Элементы векторной алгебры в евклидовом пространстве.
1. Направление на прямой, в плоскости и в пространстве.
2. Равные (эквиполлентные ) направленные отрезки.
3. Определение вектора.
4. Линейная зависимость векторов.
5. Базис системы векторов.
6. Координаты вектора.
7. Ортонормированный базис множества векторов
пространства
8. Скалярное произведение двух векторов пространства.
9. Ориентация плоскости.
10 Векторное произведение двух векторов
11 Смешанное произведение трех векторов
12 Применение векторов к решению задач школьного курса
геометрии.
Гл. II. Метод координат в пространстве и на плоскости
1. Аффинная система координат пространства
2. Декартова система координат
3. Формулы перехода от одной аффинной системы
координат к другой.
4. Система координат плоскости.
5. Примеры других систем координат на плоскости и в
пространстве.
6. Метод координат решения задач.
Гл. III. Плоскость и прямая в пространстве. Прямая на плоскости.
1. Уравнения плоскости.
2. Расположение плоскости относительно осей координат,
координатных плоскостей и начала координат.
3. Взаимное расположение двух и трех плоскостей.
4. Полупространство.
5. Метрические задачи.
6. Пучок и связка плоскостей.
7. Уравнения прямой в пространстве.
§ 8. Взаимное расположение прямых в пространстве.
9. Метрические задачи о прямых
10 Взаимное расположение прямой и плоскости.
11. Взаимное расположение прямых.
12. Уравнения прямой в плоскости.
13. Расположение прямой относительно осей координат,
и начала координат.
14. Взаимное расположение двух прямых.
15. Полуплоскость.
16. Метрические задачи.
17. Пучок прямых.
Гл.IV. Кривые второго порядка
1. Алгебраические кривые.
2. Эллипс.
3. Гипербола.
4. Парабола.
5. Приведение уравнения кривой второго порядка к
каноническому виду и классификация кривых второго
порядка.
2 семестр
Гл. V. Преобразования плоскости
1. Группа движений.
2. Теорема единственности.
3. Движения первого и второго родов.
4. Классификация движений по числу неподвижных точек.
5. Подгруппы группы движений.
6. Равномерно разрывные группы движений.
7. Группа преобразований подобия.
8. Теорема единственности.
9. Преобразования подобия первого и второго родов.
10. Гомотетия и ее свойства.
11. Группа аффинных преобразований плоскости.
12. Аффинные преобразования первого и второго родов.
13. Аффинные преобразования в координатах.
14. Классификация аффинных преобразований по числу неподвижных точек.
15. Родственные преобразования.
16. Подгруппы группы аффинных преобразований.
Гл. VI. Поверхности второго порядка
1. Алгебраические поверхности.
2. Поверхности вращения.
3. Метод сечения исследования поверхностей.
4. Эллипсоид.
5. Гиперболоиды.
6. Параболоиды.
7. Цилиндрические и конические поверхности.
8. Прямолинейные образующие поверхностей второго
порядка.
9. Конические сечения.
Гл. VII. Преобразования пространства
1. Группа аффинных преобразований пространства.
2. Аффинные преобразования первого и второго родов.
3. Аффинные преобразования в координатах.
4. Группа движений пространства.
5. Движения первого и второго родов.
6. Движение в координатах.
7. Группа преобразований подобия пространства
Гл. XIII. Аффинное и евклидово n-мерные пространства
1. Система аксиом Вейля n-мерного аффинного
пространства.
2. k - плоскость. Свойства k – плоскостей.
3. Аффинная система координат n-мерного аффинного
пространства, простейшие задачи.
4. Уравнения k - плоскости.
5. Группа аффинных преобразований n-мерного аффинного пространства
6. Евклидово n-мерное пространство.
7. Связь аксиом школьного курса геометрии и системы
аксиом Вейля трехмерного евклидова пространства.
3 семестр
Гл. IХ. Проективное пространство
1. Модели проективной плоскости.
2. n-мерное проективное пространство.
3. k - плоскость. Свойства k – плоскостей.
4. Принцип двойственности. Теорема Дезарга.
5. Проективные координаты точки n-мерного проективного
пространства.
6. Группа проективных преобразований n-мерного
проективного пространства.
7. Гомология.
8. Сложное отношение четырех точек прямой.
9. Разделенность пар точек.
10. Перспективные формы первой ступени. Проективные
формы первой ступени.
11. Кривые второго порядка
12. Пучки второго порядка.
13. Проективные отображения кривых второго порядка.
2. Автор программы: Верещагин Б.М., к.ф.-м.н., доцент.
3. Рецензенты: Богомолова И.В., к.ф.-м.н., доцент.
4. Цели освоения дисциплины
Целями и задачами освоения дисциплины аналитическая геометрия
являются: заложить фундаментальные знания, необходимые для
применения математических методов исследования. Научить студентов
вариативным методам решения задач и доказательства теорем геометрии. Все
эти методы должны базироваться на прочной основе математических
дисциплин. Развивать профессиональную компетентность, определяемую как
совокупность теоретических и практических навыков, способность
осуществлять профессиональные функции.
Главная цель курса геометрии - научить студента основам геометрической
культуры, необходимой для научного обоснования курса геометрии,
сформировать практические навыки решения задач по геометрии.
5. Место дисциплины в структуре ООП ВПО
Предлагаемый курс имеет межпредметные связи с курсами алгебры,
дискретной математики, информационных технологий в математике,
математического анализа, физики, информатики.
6. Компетенции обучающегося, формируемые в результате освоения
дисциплины
(модуля) * ОК-6; ОК-8; ОК-11; ОК-14; ПК-3; ПК-4; ПК-7; ПК-8; ПК-9; ПК10; ПК-16; ПК-21; ПК-22; ПК-29.
ОК-6 – способностью применять в научно-исследовательской и
профессиональной деятельности базовые знания в области фундаментальной
и прикладной математики и естественных науках;
ОК-8 – способностью и постоянной готовностью совершенствовать и
углублять свои знания, быстро адаптироваться к любым ситуациям;
ОК-11 – фундаментальной подготовкой в области фундаментальной
математики и компьютерных наук, готовностью к использованию
полученных знаний в профессиональной деятельности;
ОК-14 – способностью к анализу и синтезу информации, полученной из
любых источников;
ПК-3 – умением формулировать результат;
ПК-4 – умением строго доказать утверждение;
ПК-7 – умением грамотно пользоваться языком предметной области;
ПК-8 – умением ориентироваться в постановках задач;
ПК-9 – знанием корректных постановок классических задач;
ПК-10 – пониманием корректности постановок задач;
ПК-16 – выделением главных смысловых аспектов в доказательствах;
ПК-21 – владением предметно-задачной формой представления
математических и естественнонаучных знаний;
ПК-22 – умением увидеть прикладной аспект в решении научной задачи,
грамотно представить и интерпретировать результат;
ПК-29 – возможностью преподавания физико-математических дисциплин и
информатики в общеобразовательных учреждениях и образовательных
учреждениях среднего профессионального образования.
7. Объем дисциплины (модуля) и виды учебной работы (для всех
направлений подготовки, на которых обеспечивается данная дисциплина
(модуль)).
Общая трудоемкость дисциплины (модуля) составляет 8 зачетных
единиц
(из расчета 1 ЗЕТ= 36 часов);
Часов в интеракт.форме. (из
ауд.)
144
42
ПР/
СМ
ЛБ
Часы на СРС
. (для дисц-н с экзаменом,
включая часы на экзамен)*
Всего аудит.
288/8
ЛК
90+54
и
1
1
2
Трудоемкость в
часах/ЗЕТ
010200.62
Математика
компьютерные
науки, ЗФО
Семестр
№
п/п
Курс
Шифр и наименование
направления с указанием
профиля (названием
магистерской программы),
формы обучения
Виды учебной работы в часах
Вид итогового контроля (форма
отчетности)
288 часов.
1
2
3
26
26
18
экзамен
28
28
18
экзамен
Общее количество часов по СРС в данной таблице для дисциплин с формой контроля
«Экзамен» высчитывается так же как и для дисциплин с формой контроля «Зачёт», где
общее количество часов на СРС равно разности общей трудоёмкости по дисциплине и
общего количества аудиторной работы.
8. Содержание дисциплины (модуля)
Разделы дисциплины (модуля) и виды занятий (в часах). Примерное распределение
учебного времени:
№
п/п
Наименование
раздела, темы
Количество часов
Всего
ауд.ч./в
ЛК
ПР/
СМ
ЛБ
Часов на
СРС
интеракт.ф.
1 семестр
Гл. I Элементы векторной алгебры в
евклидовом пространстве.
110
26
28
8
8
4
6
8
8
6
6
26
10
28
10
6
6
2
2
8
10
18
6
18
14
4
4
12
14
30
Гл. II. Метод координат в
пространстве и на плоскости
Гл. III. Плоскость и прямая в
пространстве. Прямая на плоскости.
Гл.IV. Кривые второго порядка
2 семестр
Гл. V. Преобразования плоскости
Гл. VI. Поверхности второго порядка
Гл. VII. Преобразования пространства
Гл. VIII. Аффинное и евклидово nмерные пространства
3 семестр
Гл. IХ. Проективное пространство
9. Содержание разделов дисциплины (модуля)
1 семестр
Гл. I Элементы векторной алгебры в евклидовом пространстве.
§ 1. Направление на прямой, в плоскости и в пространстве.
§ 2. Равные (эквиполлентные ) направленные отрезки.
§ 3. Определение вектора.
§ 4. Линейная зависимость векторов.
§ 5. Базис системы векторов.
§ 6. Координаты вектора.
§ 7. Ортонормированный базис множества векторов
пространства
§ 8. Скалярное произведение двух векторов пространства.
§ 9. Ориентация плоскости.
30
30
§ 10 Векторное произведение двух векторов
§ 11 Смешанное произведение трех векторов
§ 12 Применение векторов к решению задач школьного курса
геометрии.
Гл. II. Метод координат в пространстве и на плоскости
§ 1. Аффинная система координат пространства
§ 2. Декартова система координат
§ 3. Формулы перехода от одной аффинной системы
координат к другой.
§ 4. Система координат плоскости.
§ 5. Примеры других систем координат на плоскости и в
пространстве.
§ 6. Метод координат решения задач.
Гл. III. Плоскость и прямая в пространстве. Прямая на плоскости.
§ 1. Уравнения плоскости.
§ 2. Расположение плоскости относительно осей координат,
координатных плоскостей и начала координат.
§ 3. Взаимное расположение двух и трех плоскостей.
§ 4. Полупространство.
§ 5. Метрические задачи.
§ 6. Пучок и связка плоскостей.
§ 7. Уравнения прямой в пространстве.
§ 8. Взаимное расположение прямых в пространстве.
§ 9. Метрические задачи о прямых
§ 10 Взаимное расположение прямой и плоскости.
§ 11. Взаимное расположение прямых.
§ 12. Уравнения прямой в плоскости.
§ 13. Расположение прямой относительно осей координат,
и начала координат.
§14. Взаимное расположение двух прямых.
§ 15. Полуплоскость.
§ 16. Метрические задачи.
§ 17. Пучок прямых.
Гл.IV. Кривые второго порядка
§ 1. Алгебраические кривые.
§ 2. Эллипс.
§ 3. Гипербола.
§ 4. Парабола.
§ 5. Приведение уравнения кривой второго порядка к
каноническому виду и классификация кривых второго
порядка.
2 семестр
Гл. V. Преобразования плоскости
§ 1. Группа движений.
§ 2. Теорема единственности.
§ 3. Движения первого и второго родов.
§ 4. Классификация движений по числу неподвижных точек.
§ 5. Подгруппы группы движений.
§ 6. Равномерно разрывные группы движений.
§ 7. Группа преобразований подобия.
§ 8. Теорема единственности.
§ 9. Преобразования подобия первого и второго родов.
§ 10. Гомотетия и ее свойства.
§ 11. Группа аффинных преобразований плоскости.
§ 12. Аффинные преобразования первого и второго родов.
§ 13. Аффинные преобразования в координатах.
§ 14. Классификация аффинных преобразований по числу неподвижных
точек.
§ 15. Родственные преобразования.
§ 16. Подгруппы группы аффинных преобразований.
Гл. VI. Поверхности второго порядка
§ 1. Алгебраические поверхности.
§ 2. Поверхности вращения.
§ 3. Метод сечения исследования поверхностей.
§ 4. Эллипсоид.
§ 5. Гиперболоиды.
§ 6. Параболоиды.
§ 7. Цилиндрические и конические поверхности.
§ 8. Прямолинейные образующие поверхностей второго
порядка.
§ 9. Конические сечения.
Гл. VII. Преобразования пространства
§ 1. Группа аффинных преобразований пространства.
§ 2. Аффинные преобразования первого и второго родов.
§ 3. Аффинные преобразования в координатах.
§ 4. Группа движений пространства.
§ 5. Движения первого и второго родов.
§ 6. Движение в координатах.
§ 7. Группа преобразований подобия пространства
Гл. VIII. Аффинное и евклидово n-мерные пространства
§ 1. Система аксиом Вейля n-мерного аффинного
пространства.
§ 2. k - плоскость. Свойства k – плоскостей.
§ 3. Аффинная система координат n-мерного аффинного
пространства, простейшие задачи.
§ 4. Уравнения k - плоскости.
§ 5. Группа аффинных преобразований n-мерного аффинного пространства
§ 6. Евклидово n-мерное пространство.
§ 7. Связь аксиом школьного курса геометрии и системы
аксиом Вейля трехмерного евклидова пространства.
3 семестр
Гл. IХ. Проективное пространство
§ 1. Модели проективной плоскости.
§ 2. n-мерное проективное пространство.
§ 3. k - плоскость. Свойства k – плоскостей.
§ 4. Принцип двойственности. Теорема Дезарга.
§ 5. Проективные координаты точки n-мерного проективного
пространства.
§ 6. Группа проективных преобразований n-мерного
проективного пространства.
§ 7. Гомология.
§ 8. Сложное отношение четырех точек прямой.
§ 9. Разделенность пар точек.
§ 10. Перспективные формы первой ступени. Проективные
формы первой ступени.
§ 11. Кривые второго порядка
§ 12. Пучки второго порядка.
§ 13. Проективные отображения кривых второго порядка.
10. Темы для самостоятельного изучения
№
п/п
Наименование раздела
дисциплины (модуля)
Форма самостоятельной
работы
Кол-во
часов
1 семестр
Гл.
I
Элементы
векторной
алгебры
в
евклидовом пространстве.
1 семестр
Темы для самостоятельного
изучения:
1) Базис множества векторов
пространства
2) Ориентация пространства
30 Прямые на плоскости
30
Гл. II. Метод координат в
пространстве и на
плоскости
Гл. III. Плоскость и прямая
в пространстве. Прямая на
плоскости.
Гл.IV. Кривые второго
порядка
Форма контроля
выполнения
самостоятельной работы
Проверка выполнения
заданий на коллоквиумах
Проверка контрольных
работ
Проведение тестов
Подготовка к занятиям
Выполнение домашних
заданий.
Подготовка к сдаче
коллоквиумов
2 семестр
Гл. V. Преобразования
плоскости
Гл. VI. Поверхности
второго порядка
Гл. VII. Преобразования
пространства
2 семестр
30
Тема для самостоятельного
изучения
1) Преобразования
пространства
Проверка выполнения
заданий на коллоквиумах
Проверка контрольных
работ
Подготовка к занятиям
Выполнение домашних
заданий.
Подготовка к сдаче
коллоквиумов
Проведение тестов
Гл. VIII. Аффинное и
евклидово n-мерные
пространства
3 семестр
Гл. IХ. Проективное
пространство
Тема для самостоятельного
изучения
Изображение плоских и
пространственных фигур
Подготовка к занятиям
Выполнение домашних
заданий.
Подготовка к сдаче
коллоквиумов
30
Проверка выполнения
заданий на коллоквиумах
Проверка контрольных
работ
Проведение тестов
11. Образовательные технологии _____________________________
(указываются образовательные технологии, используемые при реализации
различных видов учебной работы.
В соответствии с требованиями ФГОС ВПО по направлению
подготовки,
реализация
компетентностного
подхода
должна
предусматривать широкое использование в учебном процессе активных и
интерактивных форм проведения в сочетании с внеаудиторной работой с
целью формирования и развития профессиональных навыков обучающихся.
В рамках учебных курсов должны быть предусмотрены встречи с
представителями российских и зарубежных компаний, государственных и
общественных организаций, мастер-классы экспертов и специалистов.
Удельный вес занятий, проводимых в интерактивных формах,
определяется главной целью (миссией) программы, особенностью
контингента обучающихся и содержанием конкретных дисциплин, и в целом
в учебном процессе они должны составлять не менее __20___% аудиторных
занятий (определяется требованиями ФГОС с учетом специфики ООП).
Занятия лекционного типа для соответствующих групп студентов не могут
составлять
более
__40___%
аудиторных
занятий
(определяется
соответствующим ФГОС)).
Интерактивные формы занятий:
№ раздела
(темы)
1.
2.
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
Формы
Дискуссия, мозговой штурм
Дискуссия, мозговой штурм
Дискуссия, мозговой штурм
Дискуссия, мозговой штурм
Дискуссия, мозговой штурм
Дискуссия, мозговой штурм
Дискуссия, мозговой штурм
Дискуссия, мозговой штурм
Дискуссия, мозговой штурм
Дискуссия, мозговой штурм
Дискуссия, мозговой штурм
Дискуссия, мозговой штурм
Дискуссия, мозговой штурм
Дискуссия, мозговой штурм
12. Методические рекомендации по организации изучения дисциплины
(модуля)
План и последовательность проведения практических занятий
1 семестр
Гл. I Элементы векторной алгебры в евклидовом пространстве.
1. Направление на прямой, в плоскости и в пространстве.
2. Равные (эквиполлентные ) направленные отрезки.
3. Определение вектора.
4. Линейная зависимость векторов.
5. Базис системы векторов.
6. Координаты вектора.
7. Ортонормированный базис множества векторов
пространства
8. Скалярное произведение двух векторов пространства.
9. Ориентация плоскости.
10 Векторное произведение двух векторов
11 Смешанное произведение трех векторов
12 Применение векторов к решению задач школьного курса
геометрии.
Гл. II. Метод координат в пространстве и на плоскости
1. Аффинная система координат пространства
2. Декартова система координат
3. Формулы перехода от одной аффинной системы
координат к другой.
4. Система координат плоскости.
5. Примеры других систем координат на плоскости и в
пространстве.
6. Метод координат решения задач.
Гл. III. Плоскость и прямая в пространстве. Прямая на плоскости.
1. Уравнения плоскости.
2. Расположение плоскости относительно осей координат,
координатных плоскостей и начала координат.
3. Взаимное расположение двух и трех плоскостей.
4. Полупространство.
5. Метрические задачи.
6. Пучок и связка плоскостей.
7. Уравнения прямой в пространстве.
§ 8. Взаимное расположение прямых в пространстве.
9. Метрические задачи о прямых
10 Взаимное расположение прямой и плоскости.
11. Взаимное расположение прямых.
12. Уравнения прямой в плоскости.
13. Расположение прямой относительно осей координат,
и начала координат.
14. Взаимное расположение двух прямых.
15. Полуплоскость.
16. Метрические задачи.
17. Пучок прямых.
Гл.IV. Кривые второго порядка
1. Алгебраические кривые.
2. Эллипс.
3. Гипербола.
4. Парабола.
5. Приведение уравнения кривой второго порядка к
каноническому виду и классификация кривых второго
порядка.
2 семестр
Гл. V. Преобразования плоскости
1. Группа движений.
2. Теорема единственности.
3. Движения первого и второго родов.
4. Классификация движений по числу неподвижных точек.
5. Подгруппы группы движений.
6. Равномерно разрывные группы движений.
7. Группа преобразований подобия.
8. Теорема единственности.
9. Преобразования подобия первого и второго родов.
10. Гомотетия и ее свойства.
11. Группа аффинных преобразований плоскости.
12. Аффинные преобразования первого и второго родов.
13. Аффинные преобразования в координатах.
14. Классификация аффинных преобразований по числу неподвижных точек.
15. Родственные преобразования.
16. Подгруппы группы аффинных преобразований.
Гл. VI. Поверхности второго порядка
1. Алгебраические поверхности.
2. Поверхности вращения.
3. Метод сечения исследования поверхностей.
4. Эллипсоид.
5. Гиперболоиды.
6. Параболоиды.
7. Цилиндрические и конические поверхности.
8. Прямолинейные образующие поверхностей второго
порядка.
9. Конические сечения.
Гл. VII. Преобразования пространства
1. Группа аффинных преобразований пространства.
2. Аффинные преобразования первого и второго родов.
3. Аффинные преобразования в координатах.
4. Группа движений пространства.
5. Движения первого и второго родов.
6. Движение в координатах.
7. Группа преобразований подобия пространства
Гл. XIII. Аффинное и евклидово n-мерные пространства
1. Система аксиом Вейля n-мерного аффинного
пространства.
2. k - плоскость. Свойства k – плоскостей.
3. Аффинная система координат n-мерного аффинного
пространства, простейшие задачи.
4. Уравнения k - плоскости.
5. Группа аффинных преобразований n-мерного аффинного пространства
6. Евклидово n-мерное пространство.
7. Связь аксиом школьного курса геометрии и системы
аксиом Вейля трехмерного евклидова пространства.
3 семестр
Гл. IХ. Проективное пространство
1. Модели проективной плоскости.
2. n-мерное проективное пространство.
3. k - плоскость. Свойства k – плоскостей.
4. Принцип двойственности. Теорема Дезарга.
5. Проективные координаты точки n-мерного проективного
пространства.
6. Группа проективных преобразований n-мерного
проективного пространства.
7. Гомология.
8. Сложное отношение четырех точек прямой.
9. Разделенность пар точек.
10. Перспективные формы первой ступени. Проективные
формы первой ступени.
11. Кривые второго порядка
12. Пучки второго порядка.
13. Проективные отображения кривых второго порядка.
Тема 1. Векторная алгебра в пространстве. Векторное и смешанное
произведение.
§ 1. Сложение и умножение вектора на число.
Сведения из теории:
Определение. Вектором называется множество всех направленных отрезков пространства
E 3 , любые два из которых эквиполентны.
Сложение векторов: правило треугольника, правило параллелограмма.
Определение. Произведением вектора a на число называется вектор b такой, что
1) b a ; 2) b a , если 0 и b a , если 0 .
Задачи.
1. Даны векторы a и b . Построить векторы 2a 12 b , 2a 14 b .
2. Доказать, что если точка М – точка пересечения медиан ABC , то
MA MB MC 0 и для любой точки О верно OM 13 OA OB OC .
Указания. 1) Пусть С1 - основание медианы СС1, К – точка на луче [МС1),
С1К=МС1. (Нарисуйте картинку) По правилу параллелограмма
MA MB MK 2MC1 CM MC
Сравнивая крайне правое и крайне левое выражения и перенося в одну часть,
получим MA MB MC 0 .
2) OA OB OC (OM MA) OM MB OM MC MA MB MC 3OM .
По п.1) MA MB MC 0 . Разделив на 3, мы получим требуемое равенство.
3. Дана четырехугольная пирамида SABCD, в основании которой лежит
параллелограмм ABCD, О – точка пересечения его диагоналей, К – середина ребра
SD. Построить векторы 12 SD KB , 2OK AD .
Указания. 1) Пусть Т – середина ребра DS. Тогда
1
2
DS KB TS SK DK .
2) 2OK DA SD DA SA . (Нарисуйте картинку)
4. В ABC отрезки АМ и АN являются соответственно медианой и биссектрисой
внутреннего угла А. Выразить векторы AM и AN через векторы AB c и
AC b .
Указания. 1) По правилу параллелограмма и определению умножения вектора на
число AM 12 b c . 2) Пусть С1 – основание биссектрисы СС1. По правилу
треугольника AN AB BN . Выразим вектор BN через вектор BC . Мы видим,
что векторы BN и BC сонаправлены, значит, BN = BC , где - неизвестное
число, которое надо выразить через длины сторон
ABC . По определению
BN
BN
умножения вектора на число BN = BC , откуда =
. Найдем
. По
BC
BC
BN AB c
. Тогда
NC AC b
BN
BN
BN NC
cb
c
c
. Значит, =
. Проверим это. По
BC BN NC BN NC 1 c b 1 c b
bc
свойству биссектрисы
определению умножения вектора на число BN BC
BN
BC BN .
BC
c
bc cb
.
c b
bc
bc
5. Обобщим предыдущую задачу. Пусть дан ABC и отрезок AK такой, что
BK BC . Выразить векторы AK через векторы AB c и AC b .
Указание. Примените идеи предыдущей задачи. Используя полученную формулу еще
раз выразите вектор медианы и биссектрисы.
6. Дан плоский четырехугольник ABCD и произвольная точка О в пространстве.
Доказать, что ABCD является параллелограммом тогда и только тогда, когда
OA OC OB OD (*).
Указания. ) Пусть ABCD – параллелограмм, К – точка пересечения его
диагоналей. По правилу параллелограмма и определению умножения вектора на
число OA OC 2OK OB OD 2OK , следовательно выполняется равенство (*)
) Пусть выполняется равенство (*). OA OB OD OC , BO OA CO OD . По
правилу треугольника BA CD , из определения равенства векторов BA CD и
BA CD , следовательно, ABCD по признаку параллелограмм.
Вернемся к равенству AN AB BN c
7. Дана треугольная призма ABCA1 B1C1 . Точка О – точка пересечения диагоналей
грани CBB1C1 . Выразить вектор AO
через векторы CA , CB , CC1 .
1
Указания. Используя правила треугольника и параллелограмма, запишем
A1O A1 A AC CO CC1 (1)CA 12 CC1 CB (1)CA 12 CB 23 CC1 .
Задачи к зачету и проверочным работам.
1. Дан тетраэдр ABCD. Точки М и N – точки пересечения медиан граней ADB и ACB.
Построить векторы DA AC , 3NM DM , 32 DM DC .
2. Дан куб ABCDA1B1C1D1 . Построить векторы AC1 AB1 , AD CB1 ,
1
2
AC1 12 BD1 C1B .
3. Даны векторы a и b . Построить векторы 5a 12 b , 3a 2b .
4. В пространстве даны два треугольника A1B1C1 . и A2 B2C2 с точками пересечения
медиан M 1 и M 2 соответственно. Доказать, что A1 A2 B1B2 C1C2 3M1M 2 .
5. Дан тетраэдр OABC. Точки M, P,R – середины ребер ОА, ОВ, ОС, а точки N, Q, S –
середины соответствующих противоположных ребер. Выразить векторы MN , PQ ,
RS через векторы a OA , b OB , c OC .
6. Дан ABC и точка М, принадлежащая прямой (ВС), BM MC , 1 .
Выразить вектор AM через b AC , c AB и число .
7. Дана треугольная призма ABCA1 B1C1 . Точка М принадлежит ребру СС1, причем
С1М:МС=1:3. Выразить векторы AB1 , C1C , BC , AM через векторы AB , AC , AA1 .
8. В тетраэдре АВСD медиана DD1 грани ADB делится точкой М в отношении
DM:MD1=3:7. Разложить векторы CD1 , DD1 , CM по векторам CA , CB , CD .
9. Дана четырехугольная пирамида SABCD, в основании которой лежит
параллелограмм ABCD, О – точка пересечения его диагоналей, N – середина ребра
SC. Построить векторы AS SB OD , 12 AS NC , 2ON AD .
10. Дан тетраэдр АВСD, G - его центроид (точка пересечения медиан тетраэдра, то
есть отрезков, соединяющих вершины тетраэдра с точками пересечения медиан
противоположных граней). Выразить вектор AG через векторы AB, AC , AD .
11. Пусть М и N - точки пересечения медиан соседних граней BCD и ABD тетраэдра
DABC . Выразить вектор MN через векторы DA, DB, DC .
12. Дан
ABC , точки M , N такие, что BM BC , BN BA . Выразите векторы
AM , CN через векторы AB, AC .
13. Дан
ABC , точки M , N такие, что BM BC , BN BA . Выразите векторы
AB, AC через векторы AM , CN .
14. Дан
ABC , отрезки CN , AM - его биссектрисы. Выразите векторы AM , CN через
векторы AB, AC .
15*. Пусть М – точка пересечения биссектрис треугольника АВС. Выразить вектор
AM через векторы BC , CA .
§ 2. Координаты вектора.
Сведения из теории:
Определение. Базисом называется упорядоченная система векторов e1 , e2 , e3 , которая
1) линейно независима
2) любой вектор пространства представим в виде линейной комбинации векторов
этой системы, то есть x x1e1 x2e2 x3e3 .
Коэффициенты разложения вектора x по векторам базиса называются координатами
вектора x в данном базисе. Обозначение x x1 , x2 , x3 .
Теорема. 1) a b (a1 b1 , a2 b2 , a3 b3 ) ;
2) a a1 , a2 , a3
Задачи.
1. Даны координаты трех векторов a (5,7,2), b (3,0,4), c (-6,1,-1). Найти координаты
векторов p 3a 2b c , q 5a 6b 4c .
Указания. Обозначим базис, в котором заданы координаты векторов e1 , e2 , e3 .
Тогда по определению координат вектора a 5e1 7e2 2e3 , b 3e1 0e2 4e3 ,
c 6e1 1e2 1e3 . Подставим эти равенства в выражения для p . Тогда получим
p 3a 2b c 3 5e1 7e2 2e3 2 3e1 0e2 4e3 6e1 1e2 1e3 3e 22e2 3e3
. По определению координат вектора p 3, 22, 3 .
Найдем координаты вектора q , используя другую запись. Обозначим координаты
вектора q q1 , q2 , q3 . Подставим координаты векторов a , b и c в выражения для
q1
5
3
6
q ,записывая их в столбик: q2 7 0 1 . Убирая скобки, мы
q
2
4
1
3
получим три равенства:
q1 5 5 6 3 4 (6)
или q1 19, q2 39, q3 30 .
q2 5 7 6 0 4 1
q 5 2 6 4 4 (1)
3
2. Дан тетраэдр OABC. Точки M, P,R – середины ребер ОА, ОВ, ОС, а точки N, Q, S –
середины соответствующих противоположных ребер. Найти координаты векторов
MN , PQ , RS в базисе a , b , c , где a OA , b OB , c OC .
5 6
4
Указания. Разложим векторы MN , PQ , RS по векторам базиса a , b , c как мы
делали это в задаче 6 §1. MN MO ON 12 OA 12 OB OC 12 a 12 b 12 c .
Откуда по определению координат MN 12 , 12 , 12 в базисе a , b , c . Аналогично
поступим с остальными векторами. PQ PO OQ 12 b 12 a 12 c ,
PQ 12 , 12 , 12 (следите за порядком координат. Он соответствует порядку базисных
векторов). RS 12 , 12 , 12 .
3. В базисе e1 , e2 , e3 даны векторы p (1,1,1), a (1,0,2), b (1,-1,3), c (-2,3,0).
Представить вектор p как линейную комбинацию векторов a , b , c .
Указания. Пусть p a b c , где , , - числа, которые нужно найти. Как и
в задаче 1 из данного параграфа, подставим в выражение для вектора p
1
1
1
2
координаты всех данных векторов 1 0 1 3 . Получим систему
1
2
3
0
1 2
из трех уравнений 1 3 . Решать эту систему можно разными способами.
1 2 3
Мы выразим из второго и третьего уравнений и , соответственно, и подставим
в первое уравнение.
1 2 1 12 23 2 13 13 1
1
1
1
1
3 3
3 3
0 .
1 3
1 3
2
2
2
2
2
Итак, p 2a 1b 0c .
4. Дан параллелепипед ABCDA1B1C1D1 , О – точка пересечения диагоналей
параллелепипеда. Найти координаты векторов AD1 , AC , AD в базисе
AA , AB, AO .
1
Указания. Разложим векторы AD1 , AC , AD по данному базису.
AD1 AC1 C1D1 2 AO AB . Значит, AD1 (0,-1,2). Не забывайте следить за
порядком координат у вектора (он такой же как и порядок векторов базиса)!
AC AC1 C1C 2 AO AA1 . Значит, AC (-1,0,2).
AD AC1 C1D 2 AO C1D1 C1C 2 AO AB AA1 . Тогда AD (-1,-1,2).
5. В основании четырехугольной пирамиды ABCDS лежит параллелограмм ABCD .
Точка N - середина ребра SC , точка M - середина ребра AB , точка К делит
ребро AS в отношении 1:3, а точка L делит ребро DS в отношении : . Найти
координаты векторов SM , BN , KL в базисе AB, AD, AS .
Задачи к зачету и проверочным работам.
1. В базисе e1 , e2 , e3 даны векторы p (-1,8,7), a (1,-1,5), b (-2,4,0), c (-3,2,3).
Представить вектор p как линейную комбинацию векторов a , b , c .
2. Дана треугольная призма ABCA1 B1C1 , точка М – середина ребра В1С1,
N A1B AB1 . Найти координаты векторов AM , CN , MN в базисе
AC, AB, AA .
1
3. Дан параллелепипед ABCDA1B1C1D1 , О – точка пересечения диагоналей
параллелепипеда. Найти координаты векторов CB1 , C1B1 , D1 B1 в базисе
AA , AB, AO .
1
4. Дан параллелепипед ABCDA1B1C1D1 . М и N – центры граней ADD1A1 и BB1C1C.
Найти координаты векторов AB1 , NB , AC1 в базисе AD, AB, AM .
5. Дан параллелепипед ABCDA1B1C1D1 , О – точка пересечения диагоналей
параллелепипеда. Найти координаты векторов AD1 , AC , AO , DD1 в базисе
AA , AB, BC .
1
6. Дан тетраэдр ABCD, Р принадлежит ребру АВ и ВР:РА=3:2. Найти координаты
векторов CP и DP в базисе DA, DB, DC .
7. Дан тетраэдр ABCD, M принадлежит ребру ВA и ВM:MА=1:2. Найти координаты
векторов AM и DM в базисе DA, DB, DC .
8. В тетраэдре ABCD точки М и N – середины ребер АВ и ВС, соответственно, точки
К и L – середины отрезков АN и DM. Найти координаты векторов DM , AN , KL в
базисе DA, DB, DC .
9. В основании правильной четырехугольной пирамиды ABCDS лежит квадрат
ABCD с центром в точке О и стороной равной a , боковое ребро пирамиды равно
b . Точка N - основание биссектрисы BCS , точка M - середина ребра AB ,
точка К делит ребро AS в отношении 1:3, а точка L делит ребро DS в отношении
: . Найти координаты векторов SM , BN , KL в базисе AB, AD, AS .
§ 3. Линейная зависимость и независимость системы векторов.
Коллинеарные и компланарные векторы.
Сведения из теории:
Определение. Система векторов a1 ,..., ak называется линейно зависимой, если
существуют вещественные числа не равные одновременно нулю такие, что
(*)
1a1 ... k ak 0
Если же равенство (*) выполнимо только в случае, когда 1 ... n 0 , система векторов
называется линейно независимой.
Определение. Два вектора a и b называются коллинеарными, если у этих векторов
существуют представители, лежащие на параллельных прямых.
Определение. Три вектора a , b и c называются компланарными, если существует
плоскость и представители a , b и c векторов a , b и c соответственно такие, что
a,b , c .
Теорема. Система, состоящая из двух векторов, линейно зависима тогда и только тогда,
когда ее векторы коллинеарны.
Теорема. Система, состоящая из трех векторов, линейно зависима тогда и только тогда,
когда ее векторы компланарны.
Теорема. Два вектора коллинеарны тогда и только тогда, когда их координаты
пропорциональны.
Теорема (критерий компланарности трех векторов). Три вектора a , b , c , заданные
своими координатами в произвольном базисе являются компланарными тогда и только
тогда, когда
a1 b1 c1
a2
a3
b2
b3
Определитель второго порядка – это число
c2 0
c3
a1
b1
a2
b2
a1b2 b1a2 .
a1 b1 c1
b c
b c
b c
Определитель третьего порядка – это число a2 b2 c2 a1 2 2 a2 1 1 a3 1 1 .
b3 c3
b3 c3
b2 c2
a3 b3 c3
Задачи.
1. Доказать, что векторы a , b , c компланарны тогда и только тогда, когда для любых
0, 0, 0 векторы a , b , c компланарны.
2. Установить, в каких из следующих случаев тройки векторов a , b , c будут
линейно зависимы, и в тех случаях, когда это возможно, представить вектор c как
линейную комбинацию векторов a и b : а) a (6,4,2), b (-9,6,3), c (-3,6,3);
б) a (5,2,1), b (-1,4,2), c (-1,-1,6).
Указания. а) Применим критерий компланарности векторов. С учетом задачи 1 мы
3 3 1
можем взять более "простые" векторы: 2
1
2
1
2 3 0 2 2 1 4 0 .
1
Векторы компланарны, то есть линейно зависимы. Векторы a и b неколлинеарны,
следовательно, вектор c можно выразить как линейную комбинацию векторов a и
b . Пусть c a b . Найдем числа , . Если расписать это векторное равенство
в координатах, то получим систему уравнений:
1
3 6 9
1 2 3
2
. Итак, c 12 a 23 b .
6 4 6
2
3
2
3
3 2 3
3
б) Применим критерий компланарности.
5 1 1
2 4 1 5 26 2 4 1 5 0 , следовательно, данные векторы
1 2 6
некомпланарны, то есть линейно независимы. В этом случае вектор c нельзя
представить как линейную комбинацию векторов a и b .
3. Представить вектор d как линейную комбинацию векторов a , b , c , если a (2,3,1),
b (5,7,0), c (3,-2,4), d (4,12,-3) . Образуют ли векторы a , b , c базис?
Указания. Пусть d a b c . Подставим в это выражение координаты
4
2
5
3
2 5 3 4
векторов. 12 3 7 2 . Получим систему уравнений 3 7 2 12 .
4 3
3
1
0
4
Решим ее.
2 5 3 4
8 6 5 3 4
2
1
3 7 2 12 12 9 7 2 12 2 3 1 . Получим
4 3
4 3
4 3
1
d a b c .
Для того чтобы выяснить, образует ли тройка векторов a , b , c базис, достаточно
проверить их линейную независимость. (Почему? Вспомните определение базиса).
4. Среди векторов a1 (1,-6,3), a2 (0,-4,5), a3 (3,0,0), a4 (0,-1,0), a5 (5,0,6), a6 (2,-3,6),
a7 (0,0,-2),
a8 (-3,1,0), a9 (6,0,1), a10 (0,5,0) указать векторы: а) коллинеарные e1 ,
б) коллинеарные e2 , в) компланарные с e1 и e2 , г) компланарные с e3 и e2 .
Указания. Пусть e1 , e2 , e3 - базис. Тогда e1 1e1 0e2 0e3 e1 (1,0,0).
Аналогично, e2 (0,1,0), e3 (0,0,1) в базисе e1 , e2 , e3 . Пусть вектор p p1 , p2 , p3 . Мы
знаем, что два вектора коллинеарны тогда и только тогда, когда их координаты
пропорциональны. То есть p e1 тогда и только тогда, когда существует число t такое,
что p1 t 1, p2 t 0 0, p3 t 0 0 . Мы получили, что p e1 тогда и только тогда,
когда вторая и третья координаты вектора p равны нулю, а первая координата может
быть любой. Следовательно, e1 коллинеарен вектор a3 (3,0,0). Докажите аналогично,
что p e2 тогда и только тогда, когда первая и третья координаты вектора p равны
нулю, а вторая координата может быть любой, следовательно, e2 коллинеарен вектор
a4 (0,-1,0). p e3 тогда и только тогда, когда первая и вторая координаты вектора p
равны нулю, а третья координата может быть любой, следовательно, e3 коллинеарен
вектор a7 (0,0,-2).
Пусть p p1 , p2 , p3 компланарен с e1 и e2 числа и : p = e1 + e2 . Запишем это
p1
p1
1
0
равенство в координатах p2 0 1 или p2 . Это означает, что p
p 0
p
0
0
3
3
компланарен с e1 и e2 тогда и только тогда, когда третья координата вектора p равна
нулю, а две другие координаты – произвольные числа (они могут быть равны и нулю).
Итак, векторы a3 (3,0,0), a4 (0,-1,0), a8 (-3,1,0), a10 (0,5,0) компланарны с e1 и e2 .
Докажите по аналогии, что p компланарен с e1 и e3 тогда и только тогда, когда вторая
координата вектора p равна нулю, а две другие координаты – произвольные числа
(они могут быть равны и нулю). Догадайтесь, когда p компланарен с e3 и e2 и
докажите, что Вы правы.
5. В основании четырехугольной пирамиды ABCDS лежит параллелограмм ABCD .
Точка N - середина ребра SC , точка M - середина ребра AB , точка К делит
ребро AS в отношении 1:3. Существует ли в плоскости ADS прямая a ,
проходящая через точку K и такая, что прямые a, BN , SM параллельны некоторой
плоскости?
Указания. Пусть L - точка пересечения искомой прямой с прямой SD и обозначим
число такое, что DL DS . Рассмотрим три вектора BN , SM , KL . Тогда прямые
a, BN , SM параллельны некоторой плоскости тогда и только тогда, когда векторы
BN , SM , KL компланарны. Компланарность векторов мы можем определить с
помощью критерия, но для его применения нужны координаты векторов, а чтобы у
векторов появились координаты надо ввести базис. Пусть AB, AD, AS - базис.
Найдем координаты векторов BN , SM , KL в этом базисе.
1
1
SM AS AB SM , 0, 1
2
2
1
1
1
1 1 1
BN AB AD AS , , ;
2
2
2
2 2 2
1
1
KL AS 1 AD 0, 1 ,
4
4
1
Применим критерий компланарности 0
2
1
1
1
0
5
1 0 , то есть
4
1
4
5
DS . Мы видим, что точка L находится за вершиной пирамиды. Мы решили
4
задачу в предположении, что прямая а пересекает прямую SD , но она может быть и
параллельна ей. Рассмотрим этот случай отдельно. В этом случае пусть точка
1
1
1 1
L a AD . Тогда KL SD AS AD KL 0, , . Применим критерий
4
4
4 4
компланарности:
DL
1
1
0
1
1 1
0 1
0 . Векторы компланарны, то есть и такая тройка прямых
4
2 2
1
2 1
4
является решением задачи.
Задачи к зачету и проверочным работам.
1. Представить вектор d как линейную комбинацию векторов a , b , c , если a (5,2,0), b (0,-3,4), c (-6,0,1), d (-1,1,-3) . Образуют ли векторы a , b , c базис?
2. Доказать, что для любых векторов a , b , c и чисел , , векторы a b ,
c a , b c компланарны.
3. Дана треугольная призма ABCA1 B1C1 . Доказать, что для прямых BA1 , CB1 , C1 A
существует плоскость, которой они параллельны.
4. Дана треугольная призма ABCA1 B1C1 . Существует ли в плоскости ACC1 A1 прямая
a , отличная от C1 A , и такая, что C1 a , прямые BA1 , CB1 , a параллельны одной
плоскости?
5. В основании четырехугольной пирамиды ABCDS лежит параллелограмм ABCD .
Отрезок BM - биссектриса треугольника BCS , О – точка пересечения диагоналей
параллелограмма ABCD , точка К – середина АО. В плоскости основания
пирамиды через точку К проведите прямую а так, чтобы прямые а, BM , AS были
параллельны одной плоскости. Выяснить, пересекает ли эта прямая отрезок AB .
Указания. Введите базис OS , OA, OB , обозначьте точку пересечения прямой а с
прямой АВ через Х и найдите число такое, что BX AB .
6. В основании четырехугольной пирамиды ABCDS лежит параллелограмм ABCD .
Отрезок BM - биссектриса треугольника BCS , О – точка пересечения диагоналей
параллелограмма ABCD , точка К – середина АО. На прямой SD найти точку Х
такую, что прямые SO, BM , KX параллельны одной плоскости.
7. Даны три ненулевых вектора a , b , c , каждые два из которых неколлинеарны.
Найти их сумму, если a b c и b c a .
8. Дан произвольный тетраэдр ABCD . Отрезок DM - медиана грани ADB , отрезок
BN - медиана грани BDC , AK - биссектриса грани ADC . Выяснить, будут ли
прямые DM , BN , AK параллельны одной плоскости?
9. Решите предыдущую задачу, заменив медианы биссектрисами.
10. Дан произвольный тетраэдр ABCD . Отрезок DM - биссектриса грани ADB ,
отрезок BN - биссектриса грани BDC . В грани ADC найти прямую АХ такую,
что прямые АХ, DM , BN параллельны одной плоскости.
11. В условиях предыдущей задачи в грани ABC найти прямую CR такую, что
прямые АХ, DM , BN , CR параллельны одной плоскости.
§ 4. Скалярное произведение.
Сведения из теории.
Определение. Скалярным произведением векторов a и b называется число, равное
произведению длин этих векторов на косинус угла между ними.
ab a b cos a , b
В ортонормированном базисе
ab a1b1 a2b2 a3b3 ; a a12 a22 a32 ; cos a , b
a1b1 a2b2 a3b3
a a22 a32 b12 b22 b32
2
1
Свойства.
2
1. a a 2 ; 2. a b ab ; 3. a b c ac bc ; 4. ab ba ; 5.
Задачи.
1. Какие из следующих равенств являются верными для любых входящих в них
векторов: а) a a a 2 , б) a b
2
a 2 2a b b 2 , в) a bc b ac c 0 .
Указания. а) a a - вектор, a - число. Так как вектор не является числом, это
равенство не может быть верным ни для одного вектора. б) Используя свойства
скалярного произведения векторов, получим
2
a b a b a b a
2
2
a b a b b 2 a 2 2a b b 2 . в) ) Используя свойства
скалярного произведения векторов, получим
a bc b ac c ac bc bc ac 0 .
2. Какой угол образуют единичные векторы a и b , если известно, что векторы
p a 2b и q 5a 4b взаимно перпендикулярны.
Указания. Так как p q , pq 0 . Подставим выражения для p и q .
a 2b 5a 4b 0 . Используем свойства скалярного произведения для раскрытия
скобок: 5aa 4ab 10ba 8bb 0 .
2
5 a 6ab 8 b 0 . Так как векторы a и b - единичные, их длины равны 1.
2
Подставим это в последнее выражение: 5 6ab 8 0 ab 12 .
3. Дан ABC . Известны координаты векторов AB (0,1,1), BC (1,2,0) в
ортонормированном базисе. Выяснить, является ли этот треугольник
остроугольным, прямоугольным или тупоугольным.
Указания. Оценим знак косинуса А. Если он будет положительным, то угол острый,
если – отрицательный, то угол – тупой, а если равен нулю, то угол прямой. Внимательно
посмотрим, между какими векторами будет А. (Нарисуйте картинку!!) A AB, AC .
Тогда cos A
AB AC
. Длины векторов всегда положительны, поэтому они
AB AC
интересовать нас не будут. Оценим знак скалярного произведения. Для этого нам нужно
найти координаты вектора AC AB BC AC (1,3,1). По формуле для вычисления
скалярного произведения в ортонормированном базисе получим ABAC 0 3 1 0 .
Следовательно, cos A 0 и угол А – острый. Проведем аналогичные рассуждения для
B и C : B BA, BC , BA (0,-1,-1). Получим BABC 0 2 0 0 . Тогда cos B 0
и B - тупой. Итак, треугольник – тупоугольный.
4. Вычислить длины диагоналей параллелограмма ABCD, если известно, что
AB 2a b , AD a 3b , где a 3 , b 2 , a , b 3 .
Указания. По правилу параллелограмма AC AB AD 3a 2b . В этой задаче у нас нет
координат, значит, пользоваться формулой для вычисления длины вектора мы не можем.
У нас остается только одно очень полезное свойство скалярного произведения:
2
2
2
AC AC AC AC 3a 2b 3a 2b 9a 2 12ab 4b 2 9 a 12 a b cos a, b 4 b
2
81 72 12 16 133 . AC 133 . Аналогично вычислите длину второй диагонали
( BD AD AB ).
5. Найти скалярное произведение векторов a и b , если a b 2 , a b 1 .
2
2
Указания. Возведем оба равенства в квадрат: a b 4 , a b 1 и применим свойство
a b
2
2
a a , получим
a b
3
4ab 3 или ab .
4
2
4
2
1
a 2 2ab b 2 4
. Вычтем из первого равенства второе:
2
2
a 2ab b 1
6. Дан треугольник АВС, отрезок АН – его высота. Выразить вектор AH через
векторы AB, AC .
Указания. По правилу треугольника имеем AH AB BH . Пусть BH BC .
Число нам необходимо найти. Умножим равенство AH AB BC скалярно на
BC . Так как AH BC , их скалярное произведение равно 0. Тогда
2
ABBC
0 ABBC BC . Откуда мы можем выразить
. Тогда
2
BC
AB AB AC
ABBC
AH AB
BC
AB
AB AC
2
2
BC
AB AC
AB AB AC
AB AB AC
1
AB
AC .
AB
AC
AB
AC
2
2
7. Дан треугольник АВС со сторонами AB a, AC b, BAC . Найти угол между
медианами AM и BN .
1
1
Указания. Имеем AM AB AC , BN AB AC . Мы знаем, что
2
2
AM BN
. Найдем
cos AM , BN
AM BN
1
1
1
1
1
AB AC AB AC a 2 ab cos ab cos b 2 ,
2
2
2
2
2
2
1 2
1
AM AM
a 2ab cos b 2 ; BN a 2 ab cos b 2 . Тогда
2
4
1 2
2 1
a ab cos b
2
2
cos AM , BN
1 2
2
2
2
a 2ab cos b a ab cos b
4
8. Дан куб ABCDA1B1C1D1 . Найти угол между прямыми AD1 и BD1 .
AM BN
Указания. Введем базис AB, AD, AA1 . Без ограничения общности мы можем считать
ребро куба равным 1. Тогда выбранный нами базис является ортонормированным.
Найдем координаты векторов AD1 и BD1 в этом базисе. AD1 0,1,1 , BD1 1, 1,1 .
0 1 1
0 . То есть прямые перпендикулярны.
...
9. Дан произвольный тетраэдр ABCD , AD a, BD b, CD c , ADB ,
BDC , ADC . Найти угол между медианой DM грани ADB и медианой
BN грани DBC .
Тогда cos DB1 , AD1
Указания. Выразите векторы DM , BN через векторы DA, DB, DC . Далее решайте
задачу аналогично задаче 7. Ответ:
1
1
ab cos ac cos b 2 bc cos
2
2
. В частности, для
cos DM , BN
1
a 2 b 2 2ab cos b 2 c 2 bc cos
4
4
правильного тетраэдра cos DM , BN
.
15
10. Найти расстояние от вершины правильного тетраэдра до середины средней линии
противолежащей грани, если ребро тетраэдра равно 1.
Указания. Обозначим тетраэдр ABCD.Возьмем вершину D и обозначим М середину
средней линии грани АВС. Нам нужно найти длину отрезка DМ. Введем базис
DA, DB, DC и будем выражать все векторы через вектора этого базиса.
DM DC CM DC 14 CA CB DC 14 DC DA DC DB 14 DA 14 DB 12 DC
2
2
2
2
2
DM DM ( 14 DA 14 DB 12 DC )2 161 DA 161 DB 14 DC 2 161 DADB 2 18 DCDB 2 18 DAD
161 161 81 81 12 81 81 169 . (Действительно, DADB 11 cos 60 12 по определению
скалярного произведения с учетом правильности данного тетраэдра).
Задачи к зачету и проверочным работам.
1. Какие из следующих равенств являются верными для любых входящих в них
векторов: а) ab
2
a 2b 2 , б) a b
2
a 2 2a b b 2 , в) a b a b a 2 b 2 .
2. Дан ABC . Известны координаты векторов BC (1,2,0), CA (-1,-3,-1) в
ортонормированном базисе. Выяснить, является ли этот треугольник
остроугольным, прямоугольным или тупоугольным. Найти длины его медиан.
3. Найти скалярное произведение векторов a и b , если a 3 , b 4 , a b 5 .
4. Вычислить длины диагоналей параллелограмма ABCD, если известно, что
AB a 2b , AD a 3b , где a 3 , b 2 , a , b 45 .
5. Доказать, что если для векторов a и b выполнено условие 2a b a 2b , то
a b .
6. Найти скалярное произведение векторов a и b , если a b a b .
7. Доказать, что для любых векторов выполнены равенства
2
ab 12 a b a b
2
2
2
12 a b a b
2
2
.
8. Пусть i , j , k - ортонормированный базис. При каких значениях векторы
a 2i j 3 k и b 2 i 4 j 3k перпендикулярны?
9. Даны векторы a (х,1,-1) и b (1,0,1) в ортонормированном базисе. При каких
значениях х справедливо равенство a 3b
a 2b ?
2
2
10. Найти длину медианы АМ, высоты АН и биссектрисы AN
АС=b, BAC .
ABC , если АВ=a,
11. Доказать, что если векторы a и b удовлетворяют условию a b
b a a b 0 ,
то они коллинеарны или a b .
12. При каких значениях и векторы a (-2,3,) и b (,-6,2) а) взаимно
ортогональны; б) имеют равные длины? (базис ортонормированный)
13. Доказать, что если a b , то a b a b .
14. Доказать, что вектор a bc b ac ортогонален вектору c .
15. Дан куб ABCDA1B1C1D1 . Найти угол между прямыми DB1 и OK , где
O A1C1 D1B1 , K AA1 , A1K : KA 1: 3 .
16. Найти угол между скрещивающимися медианами граней правильного тетраэдра.
17. Найти угол между скрещивающимися средними линиями граней правильного
тетраэдра.
18. В правильном тетраэдре с ребром 1 точки M и N – точки пересечения медиан
BCD и ACD . Найти угол между АМ и BN.
19. Дан куб ABCDA1B1C1D1 . Найти угол между высотой BH треугольника BDB1 и
прямой AD1 .
20. Дан произвольный тетраэдр ABCD , AD a, BD b, CD c , ADB ,
BDC , ADC . Найти угол между медианой DM грани ADB и
биссектрисой BN грани DBC .
21. Дан произвольный тетраэдр ABCD , AD a, BD b, CD c , ADB ,
BDC , ADC . Найти угол между высотой DR грани ADB и медианой
BN грани DBC .
22. Дан произвольный тетраэдр ABCD , AD a, BD b, CD c , ADB ,
BDC , ADC . Найти угол между высотой AK грани ADC и высотой
BN грани BDC .
§ 5. Векторные подпространства. Координаты вектора в подпространстве.
Сведения из теории.
Определение. Подмножество L векторного пространства V называется векторным
подпространством, если 1) a , b L a b L ; 2) a L a L .
Определение. Линейной оболочкой двух векторов a , b называется множество всех
векторов вида L a , b x a b , , .
Линейная оболочка векторов является векторным подпространством векторного
пространства всех векторов.
Формулы для ортонормированного базиса
ab a1b1 a2b2 ; a a12 a22
Задачи.
1. Является ли векторным подпространством каждая из следующих совокупностей
векторов: а) все векторы трехмерного векторного пространства, координаты
которых – целые числа; б) все векторы трехмерного пространства, не параллельные
данной прямой; в) все векторы трехмерного пространства вида (1,а,b), где а, b –
вещественные числа?
Указания. а) Обозначим множество векторов с целыми координатами L. Чтобы
выяснить, является ли множество L векторным подпространством, надо проверить два
условия: 1) a , b L a b L ; 2) a L a L . Проверим эти условия.
Пусть a a1 , a2 , a3 и b b1 , b2 , b3 L , то есть их координаты – целые числа. Тогда
a b a1 b1 , a2 b2 , a3 b3 также имеет целые координаты, следовательно
принадлежит L. Первое условие выполняется. Проверим второе условие. Пусть
a a1 , a2 , a3 L и . Тогда a a1 , a2 , a3 . Координаты такого вектора уже не
всегда целые числа. Второе условие не выполняется и L не является векторным
подпространством.
Б) Пусть дана прямая d. Обозначим рассматриваемое множество векторов через L.
Возьмем векторы a и b так, чтобы у них были представители, являющиеся сторонами
параллелограмма, диагональ которого лежит на прямой d. a и b принадлежат L, а их
сумма параллельна прямой d, следовательно, не принадлежит L. Итак, L не является
векторным подпространством; в) Обозначим рассматриваемое множество векторов
через L. Возьмем векторы a 1, a2 , a3 и b 1, b2 , b3 L . Их сумма a b 2, c, d L , так
как 2 1 . L не является векторным подпространством.
2. Даны векторы a (1,2,3), b (2,-1,1), c (3,1,-4), m (-1,8,7). Доказать, что векторы a ,
b , c линейно независимы, а вектор m принадлежит векторному подпространству,
натянутому на векторы a и b . Найти координаты вектора m в базисе a , b .
Указания. Доказывать линейную независимость векторов мы научились в §3.
Проведите самостоятельно необходимые рассуждения. Обозначим L векторное
подпространство, натянутое на векторы a , b , то есть
L p : ,
p a b . Чтобы доказать, что а вектор m принадлежит
векторному подпространству, натянутому на векторы a и b , надо доказать, что
векторы m , a , b линейно зависимы. Докажем это. Пусть a b m 0 . Подставим
1
2
1 0
2 0
координаты векторов: 2 1 8 0 . Получим систему 2 8 0
3 7 0
3
1
7 0
5 15 0
2 8 0
2
. Пусть 1 , тогда 3, 2 .
2 8 0
3 0
3
5 15 0
Получим 3a 2b m 0 . Выразим m 3a 2b . В базисе a , b вектор m 3. 2 .
3. Дан ABC , в котором AB (3,1), AC (4,1) в ортонормированном базисе. Найти угол
между высотой АН и медианой АМ этого треугольника.
Указания. Поставим перед собой вспомогательную задачу: в ABC отрезок АН является
высотой. Выразить вектор AH через векторы AB c , AC b . AH AC CH b CB
( CH CB
:CH CB ). Найдем число . Умножим равенство AH b CB
2
скалярно на CB . Так как AH CB , AHCB 0 . Получим 0 bCB CB или
b c b
bCB
bCB
AH
AH
b
CB
b
c b .
.
Подставим
это
в
выражение
для
:
2
2
2
CB
CB
c b
Вспомогательная задача решена. Вернемся к основной задаче. Искомый угол между
высотой АН и медианой АМ есть угол AM , AH . Воспользуемся определением
скалярного произведения: cos AM , AH
AM и AH . AM
AH AC
ACCB
CB
2
1
2
AB AC AM
1
2
AM AH
. Нам нужны координаты векторов
AM AH
(3 4), 12 (1 1) , AM ( 72 ,1).
CB . CB (-4+3,-1+1), то есть CB (-1,0); ACCB =-4+0=-4;
2
CB CBCB 1 (1) 0 1 ; Подставим все в формулу для AH (х1,х2):
x1 4 4 1
. AH (0,4). Вернемся к определению угла
x2 1 1 0
cos AM , AH
AM AH
AM AH
0 1 4
2
.
49 1 0 16
53
4
7
2
4. Дан треугольник АВС. Выразить отношения, в которых точка пересечения
биссектрис делит каждую биссектрису треугольника, через длины сторон этого
треугольника.
Указания. Пусть отрезки АК и ВН – биссектрисы треугольника АВС, N AK BH .
Обозначим AB a , AC b , AN a b . По формуле для биссектрисы получим
aBC aBC
a
ba ab
a
b . Так как AN AK , то их координаты
, BH
a BC
a BC
ab
пропорциональны, то есть . Аналогично, пропорциональны координаты у
a b
1 a BC
векторов BN a AN 1 a b и BH , то есть
. Решая
1
a
b
a
систему двух последних уравнений, получим
,
. Найдем
a b BC
a b BC
bBC
aBC
координаты вектора NK AN AK
a
b . Так
a b a b BC a b a b BC
AK
как векторы AN NK , то AN NK . В координатах это векторное равенство
запишется в виде
b
bBC
(мы расписали только первую координату) или
a b BC
a b a b BC
ab
. С другой стороны, из векторного равенства AN NK следует, что
BC
AK a b
AN NK или
.
NK
BC
Задачи к зачету и проверочным работам.
1. Является ли векторным подпространством каждая из следующих совокупностей
векторов: а) все векторы трехмерного пространства (х1, х2, х3) , координаты
которых удовлетворяют уравнению x1 x2 x3 0 ; б) все векторы трехмерного
пространства (х1, х2, х3) , координаты которых удовлетворяют уравнению
x1 x2 x3 1 ; в) все векторы трехмерного векторного пространства, координаты
которых – положительные вещественные числа, г) все векторы трехмерного
пространства, параллельные данной прямой?
2. Найти координаты вектора c в базисе a , b , если a (4,-2), b (3,5), c (1,-7).
3. Найти длины медиан в ABC , если известны длины его двух сторон и величина
угла между ними.
4. Найти координаты вектора c в базисе a , b , если a (5,4), b (-3,0), c (19,8).
5. Является ли ABC прямоугольным, если AB (-3,-3), AC (0,-3) в
ортонормированном базисе.
6. Найти длины диагоналей параллелограмма ABCD, если известны длины двух его
смежных сторон и величина угла между ними.
7. Треугольник АВС задан векторами AB (-2,0), AC (-4,2). Найти угол между
медианами АМ и ВР. (базис ортонормированный)
8. Треугольник АВС – правильный с длиной стороны 1. Найти скалярное
произведение ABBC .
9. Найти угол между медианами, проведенными к катетам, равнобедренного
прямоугольного треугольника, обращенный к гипотенузе.
10. В треугольнике АВС даны длины всех его сторон. В каком отношении точка
пересечения медианы АМ и биссектрисы BK делит каждый из этих отрезков?
11. В треугольнике АВС даны длины всех его сторон. В каком отношении точка
пересечения высот этого треугольника делит каждую высоту?
12. Сформулируйте задачи, аналогичные предыдущим, и решите их.
§6. Векторное произведение векторов1.
Пусть фиксирована правая прямоугольная декартова система координат. Назовем ее правой.
Определение. Векторным произведением двух неколлинеарных векторов a и b называется
вектор c , такой что 1) c a , c b ; 2) c площади параллелограмма, построенного на векторах
a и b ; 3) базис a , b , c - правый.
Обозначение c a , b . По определению, если a b , то a , b 0 .
Свойства. 1) a , b b , a ; 2) a b , c a , c b , c ; 3) a , b a , b .
i
Формула для ортонормированного базиса: a , b j
k
a1
a2
b1
b2 .
a3
b3
(*)
Задачи.
1. Вычислить ji i k k i j i , где i , j , k - левый ортонормированный базис.
Указания. Применить определение векторного произведения.
1
Во всех задачах параграфа система координат прямоугольная декартова.
2. Вычислить площадь параллелограмма, построенного на векторах a , b , если a 2m 3n ,
b m 2n, m 2, n 3, m, n
4
.
Решение. По определению векторного произведения S a ,b ab . Подставим выражения для
a , b и применим свойства векторного произведения. Тогда
S a ,b ab 2m 3n, m 2n 2 mm 4 mn 3 nm 6 nn
0
0
4 mn 3 mn mn mn . По определению векторного произведения
mn m
n sin m, n 2 3
2 3 2
.
2
2
3. Известно, что a 3, b 1, a , b 30 . Найти a 2b ,3a b .
Решение. Преобразуем искомое выражение a 2b ,3a b 3 aa ab 6 ba 2 bb
21
ab 6 ab 7 ab 7 ab 7 a b sin 30 .
2
1
4. Известно, что a 1, b 1, ab . Найти ab b .
2
Решение. ab b ab b sin ab , b . По определению векторного произведения
ab b , то есть sin ab , b 1 . Тогда
ab b sin ab , b ab b a b sin a, b b . Найдем sin a , b . Имеем
1
3
1
1
ab a b cos a , b , то есть cos a , b sin a , b
.
2
2
2
2
3
Окончательно получим ab b a b sin a , b b
.
2
5. Прямая a проходит через точку А параллельно вектору a . Доказать, что расстояние от
AB, a
любой точки В до прямой a вычисляется по формуле B, a
.
a
Решение. Отложим от точки А представитель вектора a и построим параллелограмм на
векторах AB и a (нарисуйте картинку). Найдем его площадь S двумя способами: во-первых,
площадь параллелограмма равна произведению его стороны на высоту, а во-вторых, модулю
векторного произведения векторов, на которых построен параллелограмм. Получим
a B, a AB, a .
6. Стороны АВ, ВС, СА треугольника АВС удвоены при продолжении за точки В,С,А,
соответственно. Получены точки M , N , P . Найти отношение площадей треугольников
АВС и MNP .
Решение. Нарисуем картинку. Видим PM PA 2 AB AC 2 AB ,
PN 2 AC CN 2 AC BC 2 AC AC AB 3AC AB . Вычислим
1
S ABC AB AC ,
2
1
1
1
7
PM PN AC 2 AB,3 AC AB AC AB 6 AB AC AB AC
2
2
2
2
S
1
. Тогда ABC .
S PMN 7
S PMN
7. Доказать следующие тождества:
1) a, b , c b ac c ab ; 2) a bc b ca c ab 0 (тождество Якоби)
3) ab cd
ac
bc
ad
bd
(тождество Лагранжа); 4) a , b a 2b 2 ab
2
.
Указания. 1) Выбрать ортонормированный базис и по формуле посчитать левую и правую
части тождества. Тождество Якоби следует из 1). Тождество Лагранжа доказывается
аналогично 1). Последнее соотношение доказывается с помощью определения векторного
произведения.
Задачи к проверочной работе.
1. Вычислить площадь параллелограмма, построенного на векторах a , b , если a m 2n ,
b m 3n , m 2, n 3, m, n
.
6
2. Найти площадь параллелограмма ABCD , если AB 3a 2b , AC a b ,
a 5, b 2, a , b 30 .
3. Вычислить площадь трапеции ABCD
AD
BC , у которой 4AD BC , BA 2m n ,
BD m n, m 1, n 3, m, n 150 .
4. Вычислить площадь четырехугольника ABCD , если AC 2 AD 3 AB, AB m 3n ,
AD 4m n, m 1, n 2, m, n 30 .
5. Найти объем тетраэдра ABCD , если AB a, CD b, AB , CD . Расстояние
между прямыми AB и CD равно h .
3 3
. Найти a b , a b .
2
7. Известно, что a 2, b 10, ab 1 . Найти ab a .
6. Известно, что a 3, b 1, ab
8. Известно, что a 3, b 12, ab 18 3, a, b - острый. Найти ab .
9. Найти координаты единичного вектора c , перпендикулярного векторам a 1, 2,3 и
b 2, 1, 0 и образующего с ними правую тройку.
10. Доказать, что сумма квадратов площадей шести диагональных сечений параллелепипеда в
два раза больше суммы квадратов площадей всех его граней.
11. Длина ребра куба ABCDA1 B1C1 D1 равна 1. Найти расстояние от вершины В до прямой
C1M , где М – середина AD .
12. Пусть P, Q, R - точки пересечения биссектрис (высот, медиан) внутренних углов А,В,С
треугольника АВС со сторонами ВС= a , AC b , AB c , соответственно. Найти
отношение площадей треугольников АВС и PQR .
13. Обобщим предыдущую задачу. Пусть P, Q, R - точки делящие стороны ВС= a , AC b ,
AB c в отношениях , , соответственно. Найти отношение площадей треугольников
АВС и PQR .
14. Даны три вектора a 8, 4,1 , b 8, 2,1 , c 4, 0,3 . Найти единичный вектор d ,
перпендикулярный a и b и направленный так , чтобы тройки векторов a , b , c и
a, b , d имели одинаковую ориентацию.
15. Найти вектор x , удовлетворяющий условиям xj 5, xj 3k , где i , j , k - правый
ортонормированный базис.
16. Доказать, что если ab bc ca 0 , то a , b , c - компланарны. Верно ли обратное
утверждение?
17. Векторы a , b , c попарно не коллинеарны. Доказать, что
a b c 0 ab bc ca
§7. Смешанное произведение векторов2.
Пусть фиксирована правая прямоугольная декартова система координат.
Определение. Смешанным произведением некомпланарных векторов a , b , c называется число
равное ab c . Обозначение abc .
Если a , b , c - компланарны, то по определению положим abc 0 .
Геометрический смысл:
V , если a , b , c правый
, где V - объем параллелепипеда, построенного на векторах
abc
V
,
если
a
,
b
,
c
левый
a, b , c .
Формулы для вычисления смешанного произведения векторов
для правого ортонормированного базиса
a1
abc a2
a3
b1
b2
b3
c1
c2 , где a a1 , a2 , a3 , b b1 , b2 , b3 , c c1 , c2 , c3 ;
c3
для произвольного базиса e1 , e2 , e3
a1
abc a2
a3
b1
b2
b3
c1
c2 e1e2e3 , где a a1 , a2 , a3 , b b1 , b2 , b3 , c c1 , c2 , c3 .
c3
Формула объема тетраэдра ABCD : VABCD
1
AB AC AD .
6
Задачи.
7. Прямая a проходит через точку А параллельно вектору a , прямая b проходит через точку
В параллельно вектору b , причем a и b скрещиваются. Доказать, что расстояние между
a и b вычисляется по формуле a, b
2
ABab
a, b
.
Во всех задачах параграфа система координат прямоугольная декартова.
Решение. Рисуем картинку: две скрещивающиеся прямые a и b , на каждой прямой по точке
А и В. Отложим представители векторов a и b от точки А и построим параллелепипед на
векторах a , b , AB (представители этих векторов будут ребрами этого параллелепипеда,
выходящими из одной вершины). Тогда площадь основания построенного параллелепипеда
равна a , b по определению векторного произведения, высота параллелепипеда - a, b , а
объем равен ABab . Тогда по "школьной формуле" для вычисления объема параллелепипеда
получим ABab a, b a, b .
8. Доказать, что отношение объема параллелепипеда к объему тетраэдра, вершинами
которого являются одна из вершин параллелепипеда и центры трех граней, не содержащих
этой вершины, не зависит от выбора параллелепипеда и его вершины.
Решение. Пусть дан параллелепипед ABCDA1 B1C1 D1 , точка М – центр грани BB1C1C , точка
N - грани A1B1C1D1 , точка Р – грани DD1C1C . Тогда нам нужно найти
VAMNP
VABCDA1B1C1D1
. По
определению смешанного произведения VABCDA1B1C1D1 ABADAA1 . По формуле для
1
AM AN AP . Для вычисления
6
смешанного произведения найдем координаты векторов AM , AN , AP в базисе
вычисления объема тетраэдра получим VAMNP
AB, AD, AA . Найдем
1
1
1
1
1
1
1
AD AA1 , AN AB AD AA1 , AP AA1 AB AD
2
2
2
2
2
2
1 1
1 1
1 1
AM 1, , , AN , ,1 , AP ,1, . Тогда
2 2
2 2
2 2
AM AB
1
1
1
2
1
1 1
1
1
VAMNP
AM AN AP
1 AB AD AA1
AB AD AA1 . Получим
2
2
6
6
12
1
1 1
2
2
1
AB AD AA1
VAMNP
1
3
.
VABCDA1B1C1D1
12
AB AD AA1
2
9. В треугольной призме ABCA1 B1C1 векторы AB 0,1, 1 и AC 2, 1, 4 определяют
основание, а вектор AA1 3, 2, 2 - боковое ребро. Найти объем призмы, площадь
основания, высоту призмы, угол между плоскостями ABC и ABA1 , расстояние между
ребрами AA1 и BC .
Решение. Найдем объем призмы ABCA1 B1C1 . Ее объем равен половине объема
параллелепипеда, построенного на векторах AB 0,1, 1 , AC 2, 1, 4 , AA1 3, 2, 2 , то есть
1
AB AC AA1 . Смешанное произведение векторов вычислим через координаты векторов,
2
заданных в ортонормированном базисе (см. §1).
VABCA1B1C1
0 2 3
1
1
17
1
AB AC AA1 det 1 1 2 16 1 .
2
2
2
1 4 2 2
Найдем площадь основания
АВС. Площадь треугольника
АВС равна половине площади
параллелограмма, построенного на векторах AB 0,1, 1 , AC 2, 1, 4 , то есть
1
AB AC .
2
Векторное произведение считаем по формуле (*).
i 0 2
1
1
1
1
17
.
S ABC AB AC det j 1 1 3i 2 j 2k
944
2
2
2
2
k 1 4 2
VABCA1B1C1
Тогда высота призмы h
17 .
S ABC
Угол между плоскостями ABC и ABA1 равен углу между векторами, перпендикулярными
им. Найдем какой-нибудь вектор n ABC , например, n AB AC 3i 2 j 2k (см.
выше).
Найдем какой-нибудь вектор m ABA1 , например,
i
m AB AA1 j
k
0
1
3
2 4i 3 j 3k . Тогда
1
2
cos ABC, ABA1 cos n, m
nm
3 4 2 3 2 3
0 , то есть плоскости ABC и
n m
17 34
ABA1 перпендикулярны.
Найдем расстояние между прямыми AA1 и BC . Эти прямые скрещивающиеся и расстояние
между ними находится по формуле задачи 6. В качестве направляющих векторов прямых
возьмем векторы AA1 и BC BA AC BC 2, 2,5 . Тогда AA1 , BC
AB AA1 BC
AA1 BC
0 3 2
AB AA1 BC det 1 2 2 19 2 17 ,
1 2 5
i
AA1 BC det j
k
3 2
2 2 14i 19 j 2k 561 .
2 5
am an ap
mnp bm
10. Доказать тождества: а) abc
bn bp ; б) abc
cm cn cp
2
aa
ab
ac
ba
bb
bc
ca
cb
cc
(определитель Грама).
Указания. Введите правую прямоугольную систему координат и проведите вычисления в
координатах.
11. Боковые ребра ОА, ОВ, ОС треугольной пирамиды ОАВС равны соответственно a, b, c ,
AOB , AOC , BOC . Доказать, что объем пирамиды вычисляется по
1
abc 1 2 cos cos cos cos 2 cos 2 cos 2 .
6
2
1
1
Указания. Мы знаем, что V abc
abc . Далее примените определитель Грама,
6
6
формуле: V
вычисляя скалярные произведения в нем по определению.
12. Боковые ребра ОА, ОВ, ОС треугольной пирамиды ОАВС равны соответственно a, b, c ,
AOB , AOC , BOC . Найти расстояние между скрещивающимися
медианами двух соседних граней.
Указания. Введем базис OA, OB, OC . Применим формулу для вычисления расстояния
между скрещивающимися прямыми, выразив "вектора-медианы" в этом базисе. В
числителе мы получим модуль смешанного произведения векторов OA, OB, OC . Его мы
можем вычислить по формуле задачи 5. В знаменателе проблем больше: там модуль
суммы векторных произведений. Чтобы его вычислить вспомним, что модуль вектора –
это корень квадратный из его скалярного квадрата. Расписав скалярный квадрат суммы
векторных произведений по свойствам скалярного произведения, мы можем применить
формулу Лагранжа. Таким образом, мы свели вычисление модуля суммы векторных
произведений к вычислению скалярных произведений. А их мы умеем считать в
произвольном базисе!
13. Дана треугольная призма ABCA1 B1C1 , где AB a, AC b, AA1 c ,
BAC , BAA1 , CAA1 . Найти величину двугранного угла между
плоскостями ABC и ABA1 .
Указания. Угол между плоскостями – это угол между векторами, перпендикулярными
этим плоскостям. Введем базис AB, AC , AA1 . Тогда вектора, перпендикулярные
плоскостям, можно выразить через векторные произведения векторов базиса. Вспомним,
что косинус угла между векторами вычисляется с помощью скалярного произведения
векторов. Для его вычисления нам опять потребуется формула Лагранжа и формула для
вычисления длины векторного произведения через скалярное произведение (см. §6).
Задачи к проверочной работе.
18. Найти длину высоты DH тетраэдра ABCD , если А(2,4,-1), В(2,5,0), С(6,4,0), D (5,10,-1).
19. Вычислить длину высоты АН тетраэдра, построенного на трех векторах
AB 4 j k , AC i 3k , AD i j , где i , j , k - ортонормированный базис.
20. Дан параллелепипед ABCDA1 B1C1 D1 , AB 6, 2, 3 , AD 4, 2, 4 , AA1 4,0,0 . Найти
расстояние между прямыми AB и A1C .
21. Найти объем тетраэдра ABCD , если AB a, CD b, AB , CD . Расстояние
между прямыми AB и CD равно h .
22. Все плоские углы при вершине тетраэдра ОАВС прямые, OA a, OB b, OC c . Найти
площадь основания АВС и длину высоты ОН.
23. Длина ребра куба ABCDA1 B1C1 D1 равна 1. Найти расстояние между диагональю куба и
скрещивающейся с ней диагональю грани.
24. В треугольной пирамиде DABC с основанием АВС все плоские углы при вершине D
прямые, а длины боковых ребер равны 1. Найти расстояние между скрещивающимися
медианами граней ADB и АВС.
25. Найти расстояние между скрещивающимися медианами граней правильного тетраэдра с
ребром 1.
26. Дан тетраэдр ABCD . Точки A1 , B1 , C1 делят ребра DA, DB, DC соответственно в
отношениях 2:1, 3:1, 4:1. Найти отношение объемов тетраэдров ABCD и A1 B1C1 D .
27. Дан тетраэдр ABCD . Точки A1 , B1 , C1 делят ребра DA, DB, DC соответственно в
отношениях , , . Найти отношение объемов тетраэдров ABCD и A1 B1C1 D .
28. Дан параллелепипед ABCDA1 B1C1 D1 . Доказать, что его объем вдвое меньше объема
29.
30.
31.
32.
33.
34.
параллелепипеда, построенного на векторах AC, AB1 , AD1 как на ребрах.
Найти отношение объема параллелепипеда к объему тетраэдра, ребрами которого служат
диагонали трех граней параллелепипеда, выходящие из одной его вершины.
Основанием пирамиды служит параллелограмм ABCD , высота DO , где О – точка
пересечения диагоналей параллелепипеда ABCD . В каком отношении делится объем
пирамиды плоскостью проходящей через сторону основания и среднюю линию
противоположной грани?
Объем тетраэдра SABC равен 15. Найти координаты его вершины S , лежащей на оси
Ox , если А(4,0,1), В(0,2,0), С(0,2,-2).
Доказать, что объемы двух параллелепипедов с равными трехгранными углами при одной
вершине относятся как произведения их ребер, сходящихся в вершинах этих углов.
Доказать, что объемы двух тетраэдров с равными трехгранными углами при одной
вершине относятся как произведения их ребер, сходящихся в вершинах этих углов.
Точки A1 , B1 , C1 , D1 - точки пересечения медиан граней тетраэдра ABCD . Найти
отношение объемов тетраэдров ABCD и A1 B1C1D1 .
35. Решите предыдущую задачу в предположении, что точки A1 , B1 , C1 , D1 - точки пересечения
высот (биссектрис) граней тетраэдра.
36. Верно ли, что для любых векторов a , b , c верно равенство abc a bca b cab c 0 .
Если нет, то для каких векторов выполняется это равенство?
37. Доказать, что в произвольном трехгранном угле биссектрисы двух плоских углов и угла,
смежного третьему плоскому углу, лежат в одной плоскости.
38. Найти объем тетраэдра ABCD , если AB CD a , BC AD b, AC BD c .
39. Три вектора попарно образуют углы , , . Доказать, что необходимое и достаточное
1
условие их компланарности выражается равенством cos
cos
cos
1
cos
cos
cos 0 .
1
§8. Аффинная и декартова системы координат на плоскости. Деление отрезка
в данном отношении. Уравнение окружности.
Сведения из теории:
Определение. Аффинной системой координат (коротко,АСК) на плоскости
называется четверка O, e1 , e2 , где О – произвольная точка плоскости , e1 , e2 - базис
векторного подпространства L2 векторов, параллельных плоскости .
Определение. Прямоугольной декартовой системой координат( коротко, ПДСК)
называется аффинная система координат O, i , j , где i , j - ортонормированный базис
L2 .
Пусть М – произвольная точка плоскости , O, e1 , e2 - аффинная система координат.
Вектор OM называется радиус-вектором точки М. Координаты радиус-вектора точки М
в базисе e1 , e2 называются координатами точки М в аффинной системе координат
O, e1, e2 , то есть OM xe1 ye2 . Обозначение
M x, y O ,e ,e или просто M x, y .
1
2
Определение. Пусть даны точки M1 , M 2 , M . Говорят, что точка М делит направленный
отрезок M1M 2 в отношении , если M1M MM 2 . Число также называют простым
отношением трех точек M1 , M 2 , M и обозначают M1 , M 2 , M .
Теорема. Пусть дана аффинная система координат O, e1 , e2 и M m1 , m2 , N n1 , n2 .
Тогда MN n1 m1 , n2 m2 .
Теорема. Пусть дана прямоугольная декартова система координат O, i , j и M m1 , m2 ,
N n1 , n2 . Тогда MN
n1 m1 n2 m2
2
2
Теорема. Пусть дана аффинная система координат O, e1 , e2 и
M1 x1 , y1 , M 2 x2 , y2 , M x, y , M1 , M 2 , M - их простое отношение. Тогда
x x2
y y2
x 1
,y 1
1
1
x x
y y2
Следствие. Если М – середина отрезка M1M 2 , то x 1 2 , y 1
.
2
2
Задачи.
1. По координатам трех вершин A(1,4), B(3,-1), C(0,2) параллелограмма ABCD найти
координаты четвертой вершины D (АСК).
Указания. (Нарисуйте картинку) Обозначим координаты D(d1 , d 2 ) . По определению
параллелограмма AB DC . Два вектора равны тогда и только тогда, когда их
координаты равны. Нам надо найти координаты AB (3 1, 1 4) , то есть AB (2, 5) и
DC (0 d1 , 2 d2 ) , то есть DC(d1 , 2 d2 ) . Приравнивая координаты векторов AB и
d1 2
. Откуда
DC , получим уравнения для вычисления координат точки D:
2 d 2 5
d1 2, d2 7 .
2. Доказать, что четыре точки А(1,1), В(2,3), С(7,4), D(5,0) является вершинами
трапеции (АСК).
Указания. По определению трапеция – это четырехугольник, у которого две стороны
параллельны. Для того чтобы найти параллельные стороны, вычислим координаты
векторов AB 1, 2 , BC 5,1 , CD 2, 4 , DA 4,1 . Векторы AB и CD имеют
пропорциональные координаты (-2:1=-4:2), значит, они коллинеарны и стороны АВ и
СD четырехугольника ABCD параллельны (основания трапеции). Так как координаты
векторов AB и BC не пропорциональны, эти векторы не коллинеарны и точки А, В, С
не лежат на одной прямой. Аналогично рассуждая, можно доказать, что никакие три из
точек A, B, C, D не лежат на одной прямой, то есть образуют четырехугольник.
3. Отрезок АВ разделен на три равные части точками М1 и М2. Найти координаты
точек А и В, если М1(1,2), М2(3,4). (АСК)
Указания. Обозначим координаты точек A a1 , a2 и B b1.b2 . Тогда AM1 M1M 2 . Два
вектора равны тогда и только тогда, когда их координаты равны. Нам надо найти
координаты M1M 2 2, 2 , AM1 1 a1 , 2 a2 . Приравнивая координаты векторов AM1
и M1M 2 , получим уравнения для вычисления координат точки А:
a1 1
a2 0
. Вычислите самостоятельно координаты точки В.
1 a1 2
2 a2 2
, то есть
4. Направленный отрезок AB делится точкой С(4,2) в отношении 12 , а точкой D(13,5)
– в отношении 4 . Найти координаты точек А и В (АСК).
Указания. Обозначим координаты точек A a1 , a2 и B b1.b2 . Применим формулы для
вычисления простого отношения трех точек к точкам А,В и С:
a 1b
a 1b
4 1 21 1 ; 2 2 21 2 . Применим эти же формулы для точек А,В и D:
1 2
1 2
a 4b1
a 4b2
13 1
;5 2
. Решив полученную систему из четырех уравнений, получим
1 4
1 4
координаты точек А и В.
12 2a1 b1
90 9b1
b1 10
6 2 a b
36 9b
b 4
2
2
2
2
39
a
4
b
39
a
4
b
a
1
1
1
1
1
1
15 a2 4b2
15 a2 4b2
a2 1
5. По координатам двух вершин А(-3,2) и В(1,4) правильного треугольника АВС
найти координаты третьей вершины С. (ПДСК)
Указания. Обозначим координаты точки C c1 , c2 . По определению правильного
треугольника имеем АВ=АС и АВ=ВС. Запишем эти равенства в координатах.
16 4 c 32 c 2 2
20 c 32 c 2 2
1
2
1
2
. Решив систему, мы
16 4 c1 12 c2 4 2
20 c1 12 c2 4 2
получим координаты точки С. Возведем оба уравнения системы в квадрат.
2
2
20 c1 32 c2 2 2
1 2c1 c2
7 c1 6c1 c2 4c2
2
2
2
2
2
2
3 c1 2c1 c2 8c2
3 c1 2c1 c2 8c2
20 c1 1 c2 4
c1 1 3
c2 1 2 3
1
2
c
c
1
2
c
c
1
2
1
2
. Нарисуйте
2
2
2
c1 1 3
3 c1 2c1 1 4c1 4c1 8 16c1
0 2 2c1 c1
c2 1 2 3
на картинке полученные ответы.
6. Доказать, что точки А(2,1), В(0,5), С(4,-3) принадлежат одной прямой (АСК).
Указания. Три точки А,В,С принадлежат одной прямой AB BC . Чтобы проверить
коллинеарность векторов, нужно вычислить их координаты. Если координаты
векторов пропорциональны, то векторы коллинеарны. AB 2, 4 , BC 4, 8 . Тогда
2 4
. Координаты пропорциональны, следовательно векторы коллинеарны, и
4 8
точки А,В,С лежат на одной прямой.
7. Найти координаты точки пересечения диагоналей четырехугольника ABCD с
вершинами
А(-2,14), В(4,-2), С(6,-2), D(6,10) (АСК).
Указания. Обозначим Е(х,у) точку пересечения диагоналей четырехугольника ABCD.
Точки А,С,Е лежат на одной прямой, значит, векторы AE AC и их координаты
должны быть пропорциональны, то есть
x 2 y 14
. Аналогично, точки В,D,E
8
16
лежат на одной прямой, значит, векторы BE BD и их координаты должны быть
x4 y2
. Мы получили систему уравнений, решив
2
12
которую получим координаты точки Е.
y 1
2 x 4 y 14
2 x y 10
2 x y 10
9
x
6 x 24 y 2
8 x 36
6 x y 26
2
8. Дан произвольный треугольник ABC со сторонами a, b, c . Найти координаты
точки пересечения биссектрис этого треугольника.
Указания. Обозначим биссектрисы треугольника AA1 , BB1 и M AA1 BB1 .
пропорциональны, то есть
Рассмотрим аффинную систему координат ( A, AB a , AC b ) . В этой системе
координат точка A(0, 0), B(1, 0), C (0,1) . Обозначим координаты точки M ( x, y ) . Как мы
a
ba ab
b
,
, то есть координаты A1
. Аналогично,
ab
ab ab
c(a ) aBC c(a ) a (a b )
a
BB1
a
b , то есть
ac
ac
ac
a
BB1 1,
. Так как AM AA1 , то их координаты пропорциональны и,
ac
следовательно,
x ( a b) y ( a b)
x 1 y (a c)
. Аналогично, BM BB1 и, следовательно,
. Итак, мы
b
a
1
a
получаем систему двух уравнений с двумя неизвестными
x y
b
b
b
x y
x y
x
b a
a
a
a bc
.
a
a
x 1 y (a c)
b y 1 a c y
y
y
a
a
abc
abc
1
a
b
a
,
Итак, M
abc abc
Задачи к зачету и проверочным работам.
1. Найти координаты точки пересечения медиан ABC , если А(0,0), В(0,3), С(6,0)
(АСК).
2. Отрезок с концами в точках А(3,-2) и В(6,4) разделен на три равные части. Найти
координаты точек деления (АСК).
3. Лежат ли точки А(-2,1), В(4,4),С(0,2) на одной прямой? Если да, то в каком
отношении точка В делит направленный отрезок CA ?
4. Найти длины медиан ABC , если А(2,4), В(-2,2),С(2,-2) (ПДСК).
5. Найти косинус острого угла и площадь ромба ABCD, если А(-6,-1), В(-4,-4), С(-1,6), D(-3,-3) (ПДСК).
6. Вершины четырехугольника ABCD находятся в точках А(1,-3), В(8,0), С(4,8), D(3,5). Доказать, что ABCD – параллелограмм (АСК).
7. Определить координаты вершин В и D квадрата ABCD, если А(-1,2) и С(1,-2)
(ПДСК).
8. Даны три точки А(-2,-3), В(-1,2), С(4,1). доказать, что они являются вершинами
равнобедренного треугольника и найти величины углов этого треугольника
(ПДСК).
9. Даны координаты вершин А(2,-2), В(-3,1), С(7,7), D(7,1) четырехугольника ABCD.
Доказать, что ABCD – трапеция и найти длину ее средней линии (ПДСК).
видели в § 1 AA1
10. Доказать, что треугольник с вершинами в точках А(-2,-2), В(2,2), С(5,-1)
прямоугольный и найти длину его гипотенузы (ПДСК).
11. Доказать, что треугольник с вершинами в точках А(2,1), В(3,0), С(1,5)
тупоугольный и найти косинус тупого угла (ПДСК).
12. Даны координаты двух вершин А(3,-1), В(-3,5) и координаты точки пересечения
медиан этого треугольника М(1,1). Найти координаты третьей вершины С (АСК).
13. По координатам вершин А(1,1) и В(-2,1) квадрата ABCD вычислить координаты
вершин С и D (ПДСК).
14. Дан произвольный треугольник ABC со сторонами a, b, c . Найти координаты
точки пересечения высот этого треугольника.
15. Дан произвольный треугольник ABC со сторонами a, b, c . Найти координаты
точки пересечения высоты и медианы этого треугольника.
16. Дан произвольный треугольник ABC со сторонами a, b, c . Найти координаты
точки пересечения высоты и биссектрисы этого треугольника.
17*. Доказать, что произведение любых двух сторон треугольника равно
произведению его высоты, проведенной из их общей вершины, на диаметр описанной
окружности.
18*. Доказать, что никакие три вершины квадратов клетчатой бумаги не образуют
вершин правильного треугольника.
§9. Метод координат на плоскости. Окружность.
Сведения из теории:
Пусть дана прямоугольная декартова система координат O, i , j . Тогда уравнение
окружности с центром в точке Q(a, b) и радиуса r будет иметь вид
x a y b
2
2
r2
Задачи.
1. По уравнениям 1 : x 2 y 2 6 x 2 y 1 0 , 2 : x 2 y 2 2 x 8 y 13 0 ,
3 : x 2 y 2 10 y 0 окружностей, заданных в ПДСК, выяснить взаимное
расположение каждой пары окружностей.
Указания. Приведем уравнения окружностей к каноническому виду, выделив полные
квадраты. 1 : x 2 y 2 6 x 2 y 1 0
x 2 6 x 9 9 y 2 2 y 1 0 x 3 y 1 9 . По виду уравнения окружности
2
2
1 заключаем, что ее центр O1 3, 1 , радиус r1 3 . Проведем аналогичные
рассуждения для двух других окружностей.
2
2
2 : x 2 2 x 1 1 y 2 8 y 16 16 13 0 x 1 y 4 4 O2 1, 4 , r2 2 .
3 : x 2 y 2 10 y 25 25 0 x 2 y 5 25 O3 0,5 , r3 5 .
2
Выясним взаимное расположение 1 и 2 : O1O2 16 9 5 ,
r1 r2 3 2 5 O1O2 r1 r2 , то есть окружности касаются внешним образом
(нарисуйте картинку).
Выясним взаимное расположение 1 и 3 : O1O3 36 9 3 5 , r1 r3 3 5 8 ,
r1 r3 2 r1 r2 O1O2 r1 r2 окружности пересекаются (нарисуйте картинку).
Выясним взаимное расположение 3 и 2 : O3O2 1 81 82 ,
r3 r2 5 2 7 O3O2 r3 r2 , то есть окружности не пересекаются и находятся одна
вне другой (нарисуйте картинку).
2. Даны две различные точки А и В. Найти множество точек, отношение расстояний
от каждой из которых до двух данных точек, равно 2.
Указания. Введем прямоугольную декартову систему координат A, i , j , где
i AB . Тогда А(0,0), В( b ,0). Пусть М(х,у) принадлежит искомому множеству Г.
Тогда
x2 y 2
AM
2 . Запишем это равенство в координатах.
BM
x b
y
2
2
2
x2 y 2 4 x b y 2 x 2 y 2 4 x 2 8bx 4b2 4 y 2 3x2 8bx 4b2 3 y 2 0 .
2
Докажем, что это уравнение окружности: x 2 83 bx 43 b 2 y 2 0
x 2 83 bx 169 b 2 169 b 2 43 b 2 y 2 0
x 43 b
2
y 2 94 b 2 . Это уравнение окружности с
центром O( 43 b, 0) и радиусом 23 b .
Итак, мы доказали, что М(х,у)Г x 43 b y 2 94 b 2 . Чтобы доказать, что это
2
уравнение определяет множество Г, нужно доказать, что М(х,у): x 43 b y 2 94 b 2
2
МГ. Пусть координаты точки М удовлетворяют уравнению окружности.
AM
Вычислим
BM
x b
2
y
x 2 x 43 b 94 b 2
2
x2 y 2
x b x b
2
2
4
3
2
b
4
9
2
8
3
xb 129 b 2
2
3
xb 93 b 2
2 МГ.
Итак, мы доказали, что искомое множество есть окружность.
3. Найти множество середин хорд окружности x 2 y 2 16 , проходящих через точку
А(-4,0) (ПДСК)
Указания. Пусть М(х,у) принадлежит искомому множеству Г. Обозначим второй конец
хорды, которому принадлежит точка М через В. Так как М – середина хорды АВ,
выразим координаты точки В b1 , b2 через координаты точек А и М. По формулам для
4 b1
0 b2
,y
b1 2 x 4, b2 2 y . Так
2
2
как точка В принадлежит данной окружности окружности, то ее координаты
2
2
удовлетворяют уравнению этой окружности: 2 x 4 2 y 16
вычисления середины отрезка получим x
x 2 y 4 . Это уравнение окружности с центром (-2,0) и радиусом 2. Итак,
2
2
мы доказали, что М(х,у)Г x 2 y 4 . Чтобы доказать, что это уравнение
2
2
определяет множество Г, нужно доказать, что М(х,у): x 2 y 4 МГ.
Пусть координаты точки М удовлетворяют уравнению окружности
2
2
x 2 y 4 .Докажем, что она является серединой хорды с концами в точках А(2
2
4,0) и В, принадлежащей окружности x 2 y 2 16 . Рассмотрим точки А, М и построим
точку В, такую, что М – середина отрезка АВ. Тогда координаты точки В
b1 2 x 4, b2 2 y . Докажем, что В принадлежит окружности x 2 y 2 16 . Учитывая,
что x 2 y 4 , вычислим b12 b22 2 x 4 2 y 4 x 2 y
2
2
2
2
2
2
16
В принадлежит окружности x 2 y 2 16 и МГ. Итак, мы доказали, что искомое
множество есть окружность x 2 y 4 .
4. Доказать, что если вершины одного параллелограмма лежат соответственно на
различных сторонах другого, то центры этих параллелограммов совпадают.
2
2
Указания. Пусть дан параллелограмм АВСD и вписанный в него параллелограмм
A1 B1C1D1 . Введем аффинную систему координат A, AB, AD . Тогда А(0,0), В(1,0),
С(1,1), D (0,1) , A1 a,0 , B1 1, b , C1 c,1 , D1 0, d . (Действительно,
AB1 AB BB1 AB bBC AB bAD . Остальные координаты находятся
аналогично.) Так как A1 B1C1 D1 - параллелограмм, A1D1 B1C1 . Запишем это равенство в
0 a c 1
a c 1
координатах:
. Вычислим координаты точки О – центра (точка
d 0 1 b
d b 1
пересечения диагоналей) параллелограмма АВСD: О – середина АС O 12 , 12 .
Вычислим координаты точки О1 – центра (точка пересечения диагоналей)
ac 1
, 2 . Так как a c 1 ,
параллелограмма A1 B1C1D1 : О1 – середина А1С1 O1
2
1 1
O1 2 , 2 О=О1.
5. На катетах СА и СВ прямоугольного треугольника АВС вне него построены
квадраты ACDE и BCKL. Доказать, что прямая, содержащая медиану СМ
треугольника АВС, перпендикулярна прямой KD.
Указания. Рассмотрим прямоугольную декартову систему координат C , i , j , где
i CA , j CB . Тогда С(0,0), A a,0 , B 0, b , D 0, a , K b,0 . Так как М –
a b
a b
середина отрезка АВ, M , CM , . Вектор DK b, a . Вычислим
2 2
2 2
a
b
CM DK (b) a 0 CM DK .
2
2
Задачи к зачету и проверочным работам.
1. Даны точки А(-2,0) и В(2,0). Получить уравнение множества точек, сумма
расстояний от каждой из которых до А и В равна 3 (ПДСК).
2. Написать уравнение окружности с центром (5,4), касающейся окружности
x2 y 2 4x 5 0 .
3. Дан треугольник АВС. Точки A1 , B1 , C1 - середины соответственно сторон ВС, АС,
АВ. Доказать, что точки пересечения медиан треугольников АВС и A1B1C1
совпадают.
4. Найти множество середин хорд окружности x 2 y 2 9 , проходящих через точку
А(0,3) (ПДСК)
5. Дан правильный треугольник АВС. Доказать, что множество точек, для которых
сумма квадратов расстояний до двух вершин треугольника равна квадрату
расстояния до третьей вершины, есть окружность.
6. Доказать, что сумма квадратов расстояний от любой точки окружности до вершин
вписанного в нее равностороннего треугольника есть величина постоянная, не
зависящая от положения точки на окружности.
7. Написать уравнение множества точек, для каждой из которых сумма квадратов
расстояний до осей прямоугольной декартовой системы координат равна 5.
Определить вид этого множества точек.
8. Найти множество точек, разность квадратов расстояний от которых до двух данных
точек постоянна и равна a 2 .
9. Написать уравнение траектории точки плоскости, остающейся при своем движении
вдвое ближе к точке А(1,0), чем к точке В(-1,1) (ПДСК).
10. Около квадрата описана окружность. Доказать, что сумма квадратов расстояний
точек окружности до вершин квадрата не зависит от выбора этих точек. Найти эту
сумму.
11. В квадрат вписана окружность. Доказать, что сумма квадратов расстояний точек
окружности до вершин квадрата не зависит от выбора этих точек. Найти эту сумму.
12. Найти множество концов В отрезков АВ, исходящих из данной точки А, если
известно, что их середины лежат на данной окружности.
13. Найти множество середин отрезков, соединяющих данную точку со всеми точками
данной окружности.
14. Дана окружности x 2 y 2 9 . Составить уравнение окружности, проходящей через
начало координат и точку А(1,0) и касающуюся данной окружности (ПДСК).
§ 10. Метод координат в пространстве.
Задачи.
1. В условиях предыдущей задачи выразить координаты точки О через координаты
вершин тетраэдра ABCD : A a1 , a2 , a3 , B b1 , b2 , b3 , C c1 , c2 , c3 , D d1 , d2 , d3 .
Указания. Запишите формулы перехода от данной системы координат к системе
координат A, AB, AC , AD .
2. Дан произвольный тетраэдр ABCD . Точки A1 , B1 , C1 , D1 - центры граней тетраэдра
ABCD . Найти отношение объемов тетраэдров ABCD и A1 B1C1 D1 .
Указания. Ввести систему координат A, AB, AC , AD , найти координаты точек
A1 , B1 , C1 , D1 в этой системе координат, найти координаты векторов A1B1 , AC
1 1 , A1 D1
и применить формулу для вычисления объема тетраэдра с помощью смешанного
произведения.
3. Даны две различные точки А и В. Найти множество точек пространства,
отношение расстояний от каждой из которых до двух данных точек, равно 2.
Указания. Введем прямоугольную декартову систему координат A, i , j , k , где
i AB . Тогда А(0,0,0), В( b ,0,0). Пусть М(х,у , z ) принадлежит искомому множеству
Г. Тогда
AM
2 . Запишем это равенство в координатах.
BM
x2 y 2 z 2
x b
2
y z
2
2
2
x2 y 2 z 2 4 x b y 2 z 2 x 2 y 2 z 2 4 x 2 8bx 4b2 4 y 2 4 z 2
2
3x2 8bx 4b2 3 y 2 3z 2 0 . Докажем, что это уравнение сферы:
x 2 83 bx 43 b 2 y 2 z 2 0 x 2 83 bx 169 b 2 169 b 2 43 b 2 y 2 z 2 0
x 43 b
2
y 2 z 2 94 b 2 . Это уравнение сферы с центром O( 43 b, 0, 0) и радиусом
2
3
b.
Итак, мы доказали, что М(х,у)Г x 43 b y 2 z 2 94 b 2 . Чтобы доказать, что это
уравнение определяет множество Г, нужно доказать, что М(х,у):
2
x 43 b y 2 z 2 94 b 2 МГ. Пусть координаты точки М удовлетворяют
уравнению сферы. Вычислим
2
AM
BM
x b
2
y z
2
x 2 x 43 b 94 b 2
2
x2 y 2 z 2
2
x b x b
2
4
3
2
b
4
9
2
мы доказали, что искомое множество есть сфера.
Задачи для проверочной работы.
8
3
xb 129 b 2
2
3
xb 93 b 2
2 МГ. Итак,
1. Найти координаты вершин тетраэдра ABCD в аффинной системе координат а)
A, AB, AC , AD ; б) B, AB, BC , AD .
2. Дана треугольная призма. Найти отношение объема тетраэдра с вершинами в
точках пересечения диагоналей боковых граней призмы и четвертой вершиной – в
точке пересечения биссектрис верхней грани к объему данной призмы.
3. Даны точки A 0,0,0 , B 1,0, 1 , C 0, 2, 1 , D1 1,1,1 . Найти остальные вершины
прямоугольного параллелепипеда ABCDA1B1C1D1 .
4. Написать уравнение множества точек пространства, равноудаленных от двух
данных точек.
5. Дан тетраэдр ABCD . Точки A1 , B1 , C1 , D1 - точки пересечения биссектрис граней
тетраэдра. Найти отношение объемов тетраэдров ABCD и A1 B1C1 D1 .
6. Дан тетраэдр ABCD . Точки A1 , B1 , C1 , D1 - точки пересечения высот граней
тетраэдра. Найти отношение объемов тетраэдров ABCD и A1 B1C1 D1 .
7. Составьте сами и решите задачи аналогичные задачам 4 – 6.
Тема 3. Прямая на плоскости. Прямые и плоскости в пространстве.
§11. Уравнения прямой.
Сведения по теории.
1. Пусть в аффинной системе координат прямая l задана точкой M 0 x0 , y0 и
направляющим вектором p p1 , p2 . Пусть М x, y – произвольная точка прямой l .
M l p M 0 M координаты векторов p и M 0 M пропорциональны. Это условие
можно записать тремя разными способами:
x x0 p1
1)
0 . Раскрывая определитель, получим p2 x p1 y ( p1 y0 p2 x0 ) 0 .
y y0 p2
Обозначим A p2 , B p1 , C p1 y0 p2 x0 . Получим Ax By C 0 - общее
уравнение прямой. Заметим, что если дано общее уравнение прямой Ax By C 0 ,
то ее направляющий вектор имеет координаты p B, A .
x x0 y y0
- это каноническое уравнение прямой.
p1
p2
x x0 tp1
x x0 tp1
3)
или
, t . Это параметрические уравнения прямой. t
y y0 tp2
y y0 tp2
называется параметром и принимает все возможные вещественные значения.
Подставляя конкретные значения параметра t в эти уравнения, переменные x и
y выдают нам координаты точек этой прямой.
2. Пусть в прямоугольной декартовой системе координат прямая l задана точкой
M 0 x0 , y0 и вектором n n1 , n2 l . Пусть М x, y – произвольная точка прямой l .
2)
M l M 0 M n M 0 Mn 0 x x0 n1 y y0 n2 0 . Раскрыв скобки,
получим общее уравнение прямой, заданной точкой и перпендикулярным вектором.
Задачи.
1. Даны точки А(2,3) и В(-1,7). Написать общее, каноническое и параметрические
уравнения прямой АВ (АСК).
Указания. Прямая АВ задается точкой А и направляющим вектором AB 3, 4 . Пусть
М x, y – произвольная точка прямой АВ. M AB AM AB их координаты
пропорциональны. Запишем это условие разными способами:
x 2 3
1)
0 4 x 2 (3) y 3 0 4 x 3 y 17 0 . Это общее уравнение
y 3 4
прямой.
x2 y 3
2)
. Это каноническое уравнение прямой.
3
4
x 2 3t
x 2 3t
3)
, t . Это параметрические уравнения прямой.
y 3 2t
y 3 2t
2. Написать уравнения прямой, проходящей через точку M 0 1, 0 параллельно
прямой x y 1 0 (АСК).
Указания. Направляющий вектор прямой x y 1 0 имеет координаты a 1, 1 .
Запишем уравнения прямой, проходящей через точку M 0 1, 0 параллельно a 1, 1 .
x 1 1
0 x y 1 0 .
y
1
x 1 y
Каноническое:
. Параметрические: x t 1, y t .
1
1
3. Написать уравнение прямой, проходящей через точку M 0 1, 0 перпендикулярно
прямой x y 1 0 (ПДСК).
Указания. Направляющий вектор прямой x y 1 0 имеет координаты a 1, 1 .
Общее:
Пусть М x, y – произвольная точка искомой прямой a .
M a M 0 M a M 0 Ma 0 x 1 1 y 0 1 0 x y 1 0 . Итак,
a : x y 1 0 .
4. Даны параметрические уравнения прямой a :
x 2 3t
, t
y 3 2t
. Записать ее общее и
канонические уравнения (АСК).
Указания. 1 способ. Сравнивая данные уравнения с общим видом параметрических
x 2 y 3
уравнений, получим a 3, 2 a , A 2,3 a . Тогда a :
- каноническое,
3
2
x 2 3
a:
0 2 x 3 y 13 0 - общее.
y 3 2
2 x
2 способ. Выразим t из первого параметрического уравнения: t
и подставим во
3
2 x
2 x 3 y 13 0 .
второе параметрическое уравнение: y 3 2
3
5. Дано общее уравнение прямой a : 4 x 3 y 17 0 . Записать ее канонические и
параметрические уравнения (АСК).
Указания. Сравнивая данное уравнение с общим видом общего уравнения прямой,
получим a 3, 4 a . Найдем точку, принадлежащую прямой a . Пусть x 2 , тогда из
уравнения прямой получим y 3 , то есть A 2,3 a . Запишем каноническое
x2 y 3
и параметрические уравнения x 2 3t , y 3 4t .
3
4
Задачи к зачету и проверочным работам.
1. Даны три точки А(1,2), В(-2,0), С(5,4). Записать общие, канонические и
параметрические уравнения прямых, содержащих стороны и медианы
треугольника АВС (АСК).
2 5x 3 y 2
2. Дано уравнение прямой
. Записать общее и параметрические
10
3
уравнения этой прямой (АСК).
3. Написать уравнение прямой, содержащей высоту АН треугольника АВС, где
А(1,2), В(-2,0), С(5,4) (ПДСК).
4. Даны вершины треугольника A 1,5 , B 1, 2 и точка H 5, 3 пересечения его
высот. Составить общие уравнения прямых, содержащих его стороны (ПДСК).
5. Написать общее, каноническое и параметрические уравнения прямой, проходящей
через точку B 1,1 параллельно прямой 2 x 4 y 1 0 (АСК).
уравнение
6. Написать общее, каноническое и параметрические уравнения прямой, проходящей
через точку A 1,3 перпендикулярно прямой x 1 2t , y 2 4t (ПДСК)
7. Даны три вершины параллелограмма А(-2,-1), В(0,2), С(5,1). Записать общие
уравнения прямых, содержащих его диагонали (АСК).
8. Даны две смежные вершины А(-3,-2), В(-3,1) и центр О(-1,0) параллелограмма
ABCD. Написать параметрические уравнения его сторон AD и DC (АСК).
9. Даны три точки А(-2,-2), В(0,2), С(4,-2). Написать канонические уравнения прямых,
содержащих медианы ABC (АСК).
10. Даны три точки А(-2,-2), В(0,2), С(4,-2). Написать канонические уравнения прямых,
содержащих средние линии ABC (АСК).
11. Дана трапеция ABCD, А(0,1), В(2,0), С(3,-4), D(-3,-1). Написать канонические
уравнения прямых, содержащих ее высоту АН и среднюю линию KN (ПДСК).
12. Написать уравнения сторон квадрата, если длина его стороны равна a , а за оси
координат прямоугольной декартовой системы координат приняты его диагонали.
13. Даны уравнения двух смежных сторон параллелограмма x y 1 0 и x 2 y 0 и
точка пересечения его диагоналей F 3, 1 . Написать уравнения двух других
сторон параллелограмма (АСК).
14. На векторах a 2, 2 и b 4, 1 построен параллелограмм с вершиной в точке
A 0,1 . Написать общие уравнения его диагоналей (АСК).
15. Написать канонические уравнения прямых, содержащих высоты AH1 и AH 2
параллелограмма ABCD , если A 1, 1 , B 0,3 , D 4, 2 (ПДСК).
16. Написать общее и каноническое уравнение прямой, проходящей через точку
пересечения прямых x 2 2t , y 1 t и x 1 t , y 1 t , параллельно прямой
2 x y 10
(АСК).
4
3
2
2
19*. Дана окружность x 2 y 4 25 . Написать параметрические уравнения ее
касательных, проходящих через точку A 3,1 (ПДСК).
20*. Доказать, что если прямой принадлежат две точки с целочисленными
координатами, то этой прямой принадлежит бесконечно много точек с
целочисленными координатами.
§12. Геометрический смысл знака трехчлена Ax By C .
Сведения по теории.
Пусть на плоскости дана прямая l . Она разбивает множество точек l на две
полуплоскости 1 и 2 . Если в плоскости фиксировать аффинную систему
координат, то множества точек 1 , 2 и l зададутся следующим образом:
1 : Ax By C 0 , 2 : Ax By C 0 , l : Ax By C 0 .
Задачи.
1. Дана прямая l : x y 1 0 . Обозначим 1 ту полуплоскость, которой принадлежит
точка A 2,0 . Записать неравенство, задающее полуплоскость 1 и выяснить,
какие из следующих точек принадлежат полуплоскости 1 : B 5, 2 , C 3,8 ,
D 0,0 , E 1,0 (АСК)?
Указания. Выясним, каким неравенством задается полуплоскость 1 . Так как A 1 и
2 0 1 0 , 1 : x y 1 0 . Проверим, координаты каких точек удовлетворяют
неравенству, задающему 1 , 5 2 1 0 B 1 ; 3 8 1 0 C 1 ;
0 0 1 0 D 1 ; 1 0 1 0 E l .
2. Доказать, что прямые a : x y 1 0 и b : y 2 0 пересекаются и записать
аналитические условия, задающие внутреннюю область того из углов,
образованных этими прямыми, которому принадлежит начало координат (АСК).
Указания. Найдем направляющие векторы данных прямых a 1,1 , b 1, 0 .
Координаты этих векторов не пропорциональны, следовательно, прямые a и b
пересекаются. Внутренняя область угла, содержащая начало координат, есть
пересечение двух полуплоскостей с границами a и b , соответственно, и содержащими
начало координат. Запишем неравенства, задающие эти полуплоскости. Так как
0 0 1 0 , одна полуплоскость a : x y 1 0 . Так как 0 2 0 , другая
x y 1 0
полуплоскость b : y 2 0 . a b будет задано системой
.
y 2 0
3. Доказать, что прямые a : x y 1 0 и b : x y 6 0 параллельны, и записать
аналитические условия, задающие полосу между этими прямыми (АСК).
Указания. Найдем направляющие векторы данных прямых a 1, 1 , b 1, 1 .
Координаты этих векторов пропорциональны, следовательно, прямые a и
b параллельны. Полоса есть пересечение двух полуплоскостей: одна полуплоскость
определяется границей a и точкой B b , другая полуплоскость определяется
границей b и точкой A a . Возьмем A 1,0 a и B 6, 0 b . Тогда первую
полуплоскость задаст неравенство x y 1 0 , а вторую полуплоскость – неравенство
x y 6 0
x y 6 0 . Полоса :
.
x y 1 0
4. Записать аналитические условия, определяющие внутреннюю область
треугольника АВС, если A 2, 1 , B 1,3 , C 4,1 . Определить, принадлежит ли
точка M 1,1 внутренней области ABC (АСК)?
Указания. Внутренняя область треугольника есть пересечение трех полуплоскостей:
полуплоскости CAB с границей AB и точкой С, полуплоскости BAC с границей
AC и точкой В, полуплоскости ABC с границей BC и точкой А. Чтобы записать
неравенства, задающие полуплоскости, нам нужны уравнения прямых AB , AC ,
BC .
AB :
x2 1
x2 3
0 4 x y 7 0 ; AC :
0 x 3 y 1 0 ;
y 1 4
y 1 1
BC :
x 1 5
0 2 x 5 y 13 0 . Тогда CAB : 4 x y 7 0 , BAC : x 3 y 1 0 ,
y 3 2
A
BC
4 x y 7 0
: 2 x 5 y 13 0 . Итак, : x 3 y 1 0 . Проверим, принадлежит ли точка
2 x 5 y 13 0
4 1 1 7 0
- верно. То есть M .
M 1,1 множеству : 1 3 1 1 0
2 1 5 1 13 0
Задачи к зачету и проверочным работам.
1. Дана прямая x 2 y 3 0 . Обозначим 2 ту полуплоскость, которой принадлежит
точка A 2, 6 , другую полуплоскость обозначим 1 . Записать неравенства,
задающие полуплоскости 1 , 2 и выяснить, какие из следующих точек
принадлежат полуплоскости 1 : B 5, 2 , C 3,8 , D 0,0 , E 3,0 (АСК)?
2. Доказать, что прямые 2 x y 1 0 и x 4 0 пересекаются и записать
аналитические условия, задающие тот из углов, образованных этими прямыми,
которому принадлежит начало координат (АСК).
3. Доказать, что прямые 2 x y 0 и 2 x y 6 0 параллельны, и записать
аналитические условия, задающие полосу между этими прямыми (АСК).
4. Записать аналитические условия, определяющие внутреннюю область
треугольника АВС, если A 2, 1 , B 1, 2 , C 4,1 . Определить, принадлежит ли
точка M 1,1 внутренней области
ABC (АСК)?
5. Выяснить, принадлежит ли точка M 0,1 внутренней области треугольника АВС с
вершинами A 2,0 , B 2,0 , C 0, 2 (АСК)?
6. Выяснить, принадлежит ли точка M 1,1 полосе между двумя параллельными
прямыми x 3 y 1 0 и x 3 y 3 0 (АСК)?
7. Доказать, что прямая, заданная уравнениями x 1 t , y 2t не имеет общих
точек с треугольником АВС, если A 2,1 , B 3, 4 , C 6,1 (АСК).
8. Даны прямые 2 x y 2 0 и x 3t 1, y t . Записать аналитические условия,
задающие тот из углов, образованных этими прямыми, которому принадлежит
точка A 1, 2 (АСК).
9. Выяснить, принадлежит ли точка M 0,1 внутренней области треугольника АВС,
если AB : 3x 2 y 6 0 , AC : x y 2 0 , B 2,6 , C 1,3 (АСК)?
10. Доказать, что прямая, заданная уравнениями x 1 t , y t 1 не имеет общих
точек с четырехугольником ABCD , если A 1, 0 , B 1, 2 , C 3,3 , D 2, 4
(АСК).
11. Выяснить, принадлежит ли точка M 5,1 внутренней области треугольника АВС
с вершинами A 3, 2 , B 2, 2 , C 3, 1 (АСК)?
12. Выяснить, принадлежит ли точка M 1,5 полосе между двумя параллельными
прямыми x 3t 1, y t и x 3t 3, y t (АСК)?
13. Выяснить, имеет ли прямая, заданная уравнениями x 2 3t , y 2t 3 общие
точки с внутренней областью треугольника АВС, если A 2,1 , B 3, 4 , C 6,1
(АСК).
14. Выяснить, является ли четырехугольник ABCD выпуклым, если A 1, 0 , B 1, 2 ,
C 3,3 , D 2, 4 (АСК)?
§13. Взаимное расположение прямых.
Сведения по теории.
1. Если прямые a и b заданы различными видами уравнений.
1) определить направляющие векторы прямых a и b .
a b
2) взять какую-либо точку A a и
проверить, принадлежит ли она прямой b
A a и A b , то
a b
a b
a пересекает b
A a и A b , то
a b
2. Если прямые a и b заданы общими уравнениями: a : A1 x B1 y C1 0 и
b : A2 x B2 y C2 0 .
A
B
A
B
C
A
B C
1) 1 1 , то a пересекает b ; 2) 1 1 1 , то a b ; 3) 1 1 1 , то
A2 B2
A2 B2 C2
A2 B2 C2
a b.
Задачи.
1. Выяснить взаимное расположение двух прямых, заданных уравнениями а)
a : 4 x 3 y 2 0 и b : 2 x 6 y 1 0 ; б) a : x 3 y 2 0 и b : 3x 9 y 1 0 ; в)
a : x 1 t , y 2 t и b : x t , y 3 t ; г) a : x 1 2t , y 2 2t и b : x t , y 3 t
(АСК).
4 3
1 3 2
прямые a и b
Указания. а) прямые a и b пересекаются; б)
2 6
3 9 1
параллельны;
в) Найдем направляющие векторы прямых a и b : a 1,1 и b 1, 1 . Координаты
направляющих векторов не пропорциональны, следовательно, прямые a и b
пересекаются; г) Найдем направляющие векторы прямых a и b : a 2, 2 и b 1, 1 .
Координаты направляющих векторов пропорциональны, следовательно, прямые a и
b либо параллельны, либо пересекаются. Возьмем точку A 1, 2 a и проверим,
1 t
t 1
принадлежит ли она b :
- система не противоречива A b и
2 3 t
t 1
прямые a и b совпадают.
2. Можно ли подобрать параметр так, чтобы прямые a : 3 x 8 y 1 0 и
b : 1 x 2 y 0 а) совпадали; б) были параллельны; в) пересекались (АСК)?
1
3 0
1
1 2 0
Указания. Пусть a b
- система
3
8 1
0
2 0
8
противоречива a b при любых значениях . Пусть
3 2 4 4 0
1 2
2
a b
2,
.
3
8
0
1
2
3
В оставшихся случаях прямые a и b пересекаются, то есть при любом 2 ,
2
3
и 0.
3. Найти координаты точки M , симметричной точке M 1,5 относительно прямой
a : x y 2 0 (ПДСК).
Указания. Обозначим M , . Точка M принадлежит прямой b , которая
перпендикулярна a и проходит через точку М. Запишем уравнение прямой
b : x 1 1 y 5 1 0 .
M , b 1 5 0 . Кроме того, точка M 0 - середина отрезка MM
1 5
1 5
2 0 . Мы получили
,
принадлежит прямой a . M 0
a
2
2
2
2
систему уравнений, решение которой есть координаты точки M .
1 5 0
6 0
3
M 3,3 .
1 5
20
0
3
2
2
4. Найти координаты ортогональной проекции точки M 2, 2 на прямую
a : x 2 y 1 0 (ПДСК).
Указания. Пусть M 0 , - ортогональная проекция точки М на прямую a (то есть
основания перпендикуляра, опущенного из точки М на прямую a ). Точка
M 0 , b , где прямая b проходит через точку М и перпендикулярна прямой a .
Запишем уравнение b :
x2 1
0 2 x y 2 0 . Так как M 0 , b
y2 2
2 2 0 .
M 0 , a 2 1 0 . Мы получили систему уравнений, решив которую,
найдем координаты точки M 0 .
2 2 0
5 5 0
1
M 0 1, 0 .
2 1 0
2 2 0
0
5. Найти координаты проекции точки M 2, 2 на прямую
a : x 2 y 1 0 параллельно прямой b : 4 x 3 y 14 0 (АСК).
Указания. Пусть M 0 , - проекция точки М на прямую a параллельно прямой b , то
есть точка пересечения прямой a и прямой с, проходящей через М параллельно b .
x 2 3
0 4 x 3 y 14 0 . Так как M 0 , c ,
Запишем уравнение прямой с:
y2 4
4 3 14 0 . Так как M 0 , a , 2 1 0 . Мы получили систему
уравнений, решив которую, найдем координаты точки M 0 .
2 1 0
5 10 0
2
M 0 5, 2 .
4 3 14 0
2 1 0
5
Даны уравнения a : 2 x y 1 0 , b : 3x y 11 0 двух сторон треугольника и
уравнение m : 3 x 4 y 1 0 одной из его медиан. Найти координаты вершин
треугольника (АСК).
2 x y 1 0
5 x 10 0
x 2
Указания. Вершина A a b
A 2,5 .
3x y 11 0
2 x y 1 0
y 5
Проверим, принадлежит ли вершина А прямой m : 3 2 4 5 1 0 A m .
(Нарисуйте картинку!) Тогда C a m - другая вершина треугольника и N b m основание медианы, проведенной к стороне AB . Найдем координаты точек С и М.
3x 4 y 1 0
5 x 5 0
x 1
C 1, 1
С:
2 x y 1 0
2 x y 1 0
y 1
6.
3x 4 y 1 0
5 y 10 0
y 2
N :
N 3, 2
3x y 11 0
3x y 11 0
x 3
Пусть B b1 , b2 . Так как N - середина отрезка АВ, получим
2 b1
3
b1 4
2
B 4, 1 .
5
b
b
1
2
2
2
2
Задачи к зачету и проверочным работам.
1. Выяснить взаимное расположение двух прямых, заданных уравнениями а)
x y 2 0 и 2x 1 0 ; б) x 3 y 1 0 и 2 x 6 y 1 0 ; в) x 3 t , y 4 t и
x 4 t , y 3 t ; г) x 1 3t , y 2 3t и x 12 t , y 3 12 t . В случае пересечения
найти общую точку. (АСК).
2. Можно ли подобрать параметры и так, чтобы прямые 3 x 2 y 1 0 и
x y 3 0 а) совпадали; б) были параллельны; в) пересекались (АСК)?
3. Найти координаты точки, симметричной точке M 2, 2 относительно прямой
x 2 y 1 0 (ПДСК).
4. Даны точка M 5,1 пересечения медиан равностороннего треугольника АВС и
уравнение прямой AB : 2 x y 0 . Написать уравнения прямых AC и BC
(ПДСК).
5. Выяснить взаимное расположение двух прямых, заданных уравнениями (в случае
пересечения найти общую точку): a : 3 x y 4 0 , b : x 3 t , y 2t ,
2x 4 2 y
c:
(АСК).
2
2
6. Доказать, что прямые, заданные уравнениями x 1 t , y t 1 ; x 3 t , y t 3 ;
x 5 t , y t 1 ; x 1 t , y t 1 , определяют квадрат. Найти длину его стороны
и координаты вершин (ПДСК).
7. Стороны треугольника лежат на прямых a : 3 x 2 y 3 0 , b : x y 4 0 , y 0 .
Определить вид треугольника и найти координаты центра описанной около
треугольника окружности (ПДСК).
8. Даны уравнения двух сторон квадрата 3x 2 y 10 0 , x 1 2t , y 3t и уравнение
его диагонали x 2 5t , y 2 t . Написать уравнение второй его диагонали
(ПДСК).
9. Вычислить координаты вершин ромба, если известны уравнения двух его сторон:
x 3 y 12 0 , x 3 y 8 0 и уравнение одной из его диагоналей 2 x y 4 0
(ПДСК).
10. Найти координаты проекции точки N 1,5 на прямую x 3t 1, y t 1
(ПДСК).
11. Написать общее и каноническое уравнения прямой, проходящей через точку
пересечения прямых x 2 2t , y 1 t и x 1 t , y 1 t , параллельно прямой
x 2 y 10
(АСК).
4
3
12. Две стороны и медиана треугольника лежат на прямых, заданных уравнениями
x 2 y 3 0 , x y 2 0 и 5 x 6 y 15 0 , соответственно. Написать уравнение
прямой, содержащей третью сторону (АСК).
13. Выяснить, определяют ли прямые заданные уравнениями x 1 t , y t 1 ;
x 3 t , y t 3 ; x 5 t , y t 1 ; x 1 t , y t 1 в АСК, четырехугольник.
Если да, то выяснить его вид.
14. Найти координаты точки M , симметричной точке M 2, 2 относительно прямой
x t , y 1 2t (ПДСК).
15. Найти координаты вершин В и С
ABC , если даны уравнения x 2 y 1 0 и
2 x 5 y 19 0 прямых, содержащих его медианы и координаты вершины A 3,5
(АСК).
16. Написать уравнения сторон треугольника, зная одну его вершину A 1,3 ,
уравнение высоты x y 1 0 и медианы x 2 y 1 0 , проведенных из одной
вершины (ПДСК).
17*. Дана аффинная система координат Oe1e2 , причем e1 1 , e2 2 , e1 e2 45 .
Найти среди прямых a : 2 x y 1 0 , b : x 2 y 1 0 , c : x 3 y 4 0 пару взаимно
перпендикулярных.
18*. Даны два параллелограмма ABCD и AMNP , где M AB , P AD . Доказать,
что прямые MD , BP , NC пересекаются в одной точке.
§14. Метрические задачи теории прямых.
Сведения по теории.
Пусть в ПДСК O, i , j даны точка M 0 x0 , y0 , прямые l : Ax By C 0
Расстояние от точки M 0 x0 , y0 до прямой
l : Ax By C 0
Ax By0 C
M0,l 0
A2 B 2
Задачи.
1. Написать уравнение прямой, проходящей через точку M 1, 4 , если расстояние
от этой прямой до точки N 2, 1 равно 2 2 (ПДСК).
Указания. Пусть искомая прямая a имеет направляющий вектор a a1 , a2 . Тогда ее
общее уравнение имеет вид:
N , a 2 2 , получим
x 1
a1
y 4 a2
0 a2 x a1 y a2 4a1 0 . Так как
2a2 a1 a2 4a1
a12 a2 2
2 2
a1 a2
a2 5a1 8 a a2 17a 7a2 10a1a2 0
a1 7 a2
17
Мы получаем два решения задачи: 1) a 1,1 a : x y 5 0 ; 2)
2
2
1
2
2
1
2
a 7,17 a :17 x 7 y 11 0 .
2. Доказать, что расстояние между двумя параллельными прямыми l1 : Ax By C1 0
C1 C2
и l2 : Ax By C2 0 вычисляется по формуле l1 , l2
. Вычислить
A2 B 2
расстояние между прямыми a : x y 2 0 и b : 2 x 2 y 1 0 (ПДСК).
Указания. l1 , l2 N , l2 , где N x0 , y0 l1 Ax0 By0 C1 0 . По формуле для
вычисления расстояния от точки до прямой получим
Ax By0 C2
C1 C2
C C2
l1 , l2 N , l2 0
1
.
A2 B 2
A2 B 2
A2 B 2
Вычислим расстояние между a и b . Приведем уравнение прямой b к виду
2 12
3
x y 12 0 и применим выведенную формулу: a, b
.
11 2 2
3. Написать уравнение прямой, содержащей биссектрису того из углов между
прямыми, заданными уравнениями a : x 2 y 5 0 и b : 3x 6 y 2 0 , внутри
которого лежит начало координат (ПДСК).
Указания. Вспомним, что биссектриса l угла – это множество точек, равноудаленных
x 2 y 5 3x 6 y 2
от сторон угла. Пусть M x, y l M , a M , b
.
5
3 5
Это уравнение задает две прямые, содержащие биссектрисы смежных углов,
образованных прямыми a и b . Чтобы получить нужную прямую, надо раскрыть
модули с учетом того, что точка М лежит в той же полуплоскости, что и начало
координат. 0 2 0 5 0 модуль в левой части равенства раскроется со знаком "-";
3 0 6 0 2 0 модуль в правой части равенства раскроется со знаком "+".
3x 6 y 2
x 2 y 5
6 x 13 0 . Итак, l : 6x 13 0 .
3
4. Написать уравнение окружности концентрической с окружностью
1 : x 2 y 2 4 x 6 y 17 0 и касающейся прямой a : 3x 4 y 7 0 (ПДСК).
Указания. Приведем уравнение 1 к каноническому виду:
1 : x 2 4 x 4 4 y 2 6 y 9 9 17 0 x 2 y 3 30 Q 2, 3 - центр
2
2
1 . По определению концентрической окружности тот же центр будет иметь и
окружность . Радиус окружности будет равен расстоянию от точки Q 2, 3 до
прямой a (по определению касательной к окружности). Найдем
3 2 4 3 7
2
2
Q, a
5 . Тогда : x 2 y 3 25 .
5
5. Найти множество точек, отстоящих от прямой a , заданной уравнением
4 x 3 y 7 0 , на расстояние 3 (ПДСК).
Указания. Обозначим искомое множество точек. Пусть
4x 3 y 7
3
M x, y M , a 3
5
2
4 x 3 y 7 152 4 x 3 y 7 15 4 x 3 y 7 15 0
4 x 3 y 8 0
. Итак, - пара параллельных
4 x 3 y 22 4 x 3 y 8 0
4 x 3 y 22 0
прямых l1 : 4 x 3 y 8 0, l2 : 4 x 3 y 22 0 .
Задачи к зачету и проверочным работам.
1. Написать уравнение окружности с центром P 6, 3 , касающейся прямой
3x 4 y 15 0 (ПДСК).
2. Написать уравнения двух касательных к окружности с центром A 1, 2 радиуса 5,
если одна из них параллельна прямой 3 x 4 y 7 0 , а другая перпендикулярна
этой прямой (ПДСК).
3. На оси абсцисс найти точку, равноудаленную от прямых x 3 y 2 0 и
3 x y 1 0 (ПДСК).
4. Дан треугольник со сторонами a, b, c . Найти угол между медианой CM и
биссектрисой AN .
5. Дан треугольник со сторонами a, b, c . Найти угол между медианой BM и
высотой CH .
6. Написать уравнение окружности с центром O 1, 2 , касающейся прямой, заданной
x 2 y 1
(ПДСК).
2
3
7. Написать уравнения параллельных прямых, проходящих соответственно через
точки A 1,1 и B 2, 0 , если известно, что расстояние между ними равно 1
уравнением
(ПДСК).
8. Найти множество точек плоскости, разность квадратов расстояний от каждой из
которых до двух данных точек постоянна и равна 2 .
9. Дан треугольник с вершинами в точках A 1,0 , B 2,3 , C 3, 2 . Найти длины
его высот (ПДСК).
10. Найти длины высот AH и AN параллелограмма ABCD , A 1,0 , B 3,3 ,
C 5,1 (ПДСК).
11. Написать уравнения касательных к окружности x 1 y 1 4 , параллельных
прямой x 3t , y 4t (ПДСК).
2
2
12. Написать уравнения касательных к окружности x 2 y 1 25 ,
2
параллельных прямой
x 1 y
(ПДСК).
12
5
2
13. Найти прямую параллельную прямым 2 x 3 y 7 0 и 4 x 6 y 11 0 , делящую
расстояние между ними в отношении 1:5 (ПДСК).
14. Выяснить, пересекает ли прямая 2 x 3 y 6 0 окружность
x 2 y 2 4 x 6 y 12 0 (ПДСК)?
15. Дан треугольник с вершинами в точках A 0, 0 , B 1, 2 , C 4, 2 . Написать
уравнение биссектрисы внутреннего угла А (ПДСК). Решить задачу для
биссектрисы внешнего угла.
17*. Доказать, что прямая l : Ax By C 0 касается окружности
x a y b
2
2
R 2 Aa Bb C R2 A2 B2 0 (ПДСК).
2
§ 15. Способы задания плоскостей и их взаимное расположение.
Пусть дана аффинная система координат
O, e1, e2 , e3 и плоскость
задана
точкой M 0 x0 , y0 , z0 и базисом направляющего подпространства плоскости :
a a1 , a2 , a3 , b b1 , b2 , b3 . Как написать разные виды уравнений этой плоскости?
M x, y, z M 0 M , a, b - компланарны. Это
условие можно расписать разными способами.
x x0 a1 b1
1) y y0
a2 b2 0 . Раскрыв определитель, получим
z z0 a3 b3
общее уравнение плоскости : Ax By Cz D 0 ,
A2 B 2 C 2 0 .
Вектор p p1 , p2 , p3 Ap1 Bp2 Cp3 0 .
Векторы a 0, C , B , b C ,0, A , c B, A,0 .
2) M 0 M ua vb , u, v - векторное параметрическое уравнение плоскости .
3) распишем векторное параметрическое уравнение в координатах
x x0 ua1 vb1
y y0 ua2 vb2 - параметрические уравнения плоскости .
z z ua vb
0
3
3
Пусть дана прямоугольная декартова система координат O, i , j , k , и плоскость
задана точкой M 0 x0 , y0 , z0 и вектором n n1 , n2 , n3 . Тогда
M x, y, z M 0 M n M 0 Mn 0 n1 x x0 n2 y y0 n3 z z0 0 . Это
уравнение плоскости , заданной точкой и нормальным вектором.
Пусть в аффинной системе координат O, e1 , e2 , e3 даны уравнения плоскостей
1 : A1 x B1 y C1 z D1 0 и 2 : A2 x B2 y C2 z D2 0 . Тогда
1 2
1 2 l
1 2
A1 B1 C1 D1
A2 B2 C2 D2
A1 B1 C1 D1
A2 B2 C2 D2
В противном случае
A1 p1 B1 p2 C1 p3 0
p p1 , p2 , p3 l
A2 p1 B2 p2 C2 p3 0
p1
B1
B2
C1 C2
, p2
C1 C2
A1
A2
, p3
A1
A2
B1
B2
Задачи
1. Написать общее и параметрические уравнения плоскости , проходящей через ось
Oz и точку В(-3,1,-2) (аффинная система координат).
Решение. Зададим плоскость точкой и двумя неколлинеарными векторами ее
направляющего подпространства. Так как ось Oz , точка O 0,0,0 и вектор
e3 0,0,1 . Тогда плоскость можно задать точкой O 0,0,0 и парой векторов
OB 3,1, 2 , e3 0, 0,1 . Очевидно, OB 3,1, 2 e3 0, 0,1 , так как их координаты не
x 3 0
пропорциональны. Получим : y 1 0 0 x 3 y 0 .
z 2 1
2. Написать параметрические уравнения плоскости: а) x y 1 0 , б) z 1 0 . Найти
координаты нескольких точек, принадлежащих этой плоскости и базис
направляющего подпространства (аффинная система координат).
Решение. Найдем координаты какой-нибудь точки А, принадлежащей плоскости
: x y 1 0 и пары не коллинеарных векторов, параллельных этой плоскости.
Например, точка А(-1,0,0) (координаты точки А удовлетворяют уравнению
плоскости ). Векторы p 1, 1,0 и q 0,0,1 параллельны . Тогда запишем
x 1 u
параметрические уравнения плоскости : y 0 u , u, v
z 0 v
.
Аналогично для второй плоскости.
3. Написать уравнение плоскости , проходящей через точки А(1,3,5) и В(1,0,0)
параллельно прямой пересечения плоскостей
1 : 2 x y z 1 0, 2 : 3x y 2 z 3 0 (аффинная система координат).
Решение. Найдем координаты вектора p , параллельного прямой пересечения
2 p1 p2 p3 0
2 p1 p2 p3 0 p1 p3
плоскостей 1 и 2 :
p 1,1,1 .
3 p1 p2 2 p3 0 p1 p3 0
p2 p3
Тогда плоскость задается точкой В(1,0,0) и парой векторов p 1,1,1 и BA 0,3,5
ее направляющего подпространства.
x 1 1 0
1 3 0 2 x 1 5 y 3z 0 .
z
1 5
4. Найти точку, симметричную точке В(2,7,1) относительно плоскости
: x 2 v, y 1 u, z 1 4u v (ПДСК).
Решение. Перейдем к общему уравнению плоскости. Выразим из первого
параметрического уравнения v x 2 , а из второго u y 1 и подставим в третье
уравнение: : z 1 4 y 1 x 2 x 4 y z 7 0 . Это общее уравнение
: y
плоскости. Вектор n 1, 4,1 .
Обозначим координаты точки B a, b, c - точка, симметричная В относительно
плоскости . Тогда BB a 2, b 7, c 1 n BB n ,
или в координатах
получим a 2 , b 7 4 , c 1 . Кроме того, середина отрезка BB
a2
b 7 c 1
4
7 0 . Итак, мы получили
2
2
2
систему уравнений, решив которую, мы найдем координаты точки B .
a 2
a 2
a 2
b 7 4
b 7 4
b 7 4
c 1
c
1
c 1
a
2
b
7
c
1
18 36 0
4 4 4 14 2 14 0
4
7 0
2
2
2
a 4
b 1
. Итак, B 4, 1,3 .
c 3
2
5. Написать уравнение плоскости, проходящей через начало координат и
перпендикулярной к линии пересечения плоскостей x 2 y 4 z 3 0 и y 0
(ПДСК).
Решение. Найдем вектор p , параллельный прямой пересечения данных плоскостей.
Смотрим в таблицу и считаем его координаты:
2 1
4 0
1 0
p1
4, p2
0, p3
1 . Тогда искомая плоскость проходит
4 0
1 0
2 1
принадлежит плоскости , то есть
через точку О(0,0,0) перпендикулярно вектору p 4,0,1 . Запишем ее уравнение:
4 x 0 0 y 0 z 0 0 4 x z 0 .
Задачи к проверочной работе.
1. Через линию пересечения плоскостей 2 x y z 3 0, x y 3z 1 0 провести
плоскость, отсекающую на положительном направлении оси Ox отрезок длины 5
(аффинная система координат).
2. Найти точку, симметричную точке В(2,7,1) относительно плоскости
x 4 y z 7 0 (ПДСК).
3. Найти точку, симметричную точке А(-6,2,-11) относительно плоскости
x 1 2v, y 1 2u, z 1 u 9v (ПДСК).
4. Найти точку, являющуюся проекцией точки В(1,3,-4) на плоскость
x t 2v, y 3t , z 3v (ПДСК).
5. Найти точку симметричную точке H 3, 4, 6 относительно плоскости,
проходящей через точки А(6,1,5), В(6,2,5), С(10,2,1) (ПДСК).
2
2
2
6. Написать уравнение сферы, симметричной сфере x 4 y 1 z 3 25
относительно плоскости x 4 y z 7 0 (ПДСК).
7. Написать уравнение плоскости, проходящей через линию пересечения плоскостей
x y z 1 0 и 2 x 3 y z 2 0 , и перпендикулярной к плоскости
x y 2 z 1 0 (ПДСК).
8. Через точку А(-5,16,15) проведены плоскости: одна содержит ось Ox , другая - Oy .
Найти угол между этими плоскостями (ПДСК).
9. Написать уравнение плоскости, перпендикулярной плоскости 5 x y 3 z 2 0 и
пересекающей ее по прямой, лежащей в плоскости Oxy (ПДСК).
§16. Уравнения прямой. Взаимное расположение прямых и плоскостей.
Пусть в аффинной системе координат прямая l задана точкой M 0 x0 , y0 , z0 и
направляющим вектором p p1 , p2 , p3 l . Запишем различные виды уравнений прямой l .
M x, y, z l M 0 M p координаты M 0 M и p
пропорциональны. Тогда это условие можно записать
следующими способами:
1) M 0 M tp, t - это векторное параметрическое
уравнение прямой.
2) Расписав векторное параметрическое уравнение прямой в координатах, получим
x x0 tp1
параметрические уравнения прямой: y y0 tp2 , t .
z z tp
0
3
x x0 y y0 z z0
3)
- канонические уравнения прямой. a A, a
p1
p2
p3
4) Прямую можно задать как линию пересечения двух плоскостей: l 1 2 , где
1 : A1 x B1 y C1 z D1 0 , 2 : A2 x B2 y C2 z D2 0 .
A x B1 y C1 z D1 0
l: 1
. Направляющий вектор этой прямой можно получить, решив
A2 x B2 y C2 z D2 0
систему
A1 p1 B1 p2 C1 p3 0
A2 p1 B2 p2 C2 p3 0 . Тогда его координаты будут равны
B B2
C C2
A A2
p1 1
, p2 1
, p3 1
C1 C2
A1 A2
B1 B2
.
Пусть даны две прямые a A, a и b B, b A a, a a, B b, b b . Определим
взаимное расположение прямых a A, a и b B, b .
a b (координаты пропорциональны)
AB a
AB a
a b
a b
a b (координаты не пропорциональны)
AB, a , b компланарны
a b D
AB, a , b - не
компланарны
a b
Задачи.
1. Написать уравнения прямой, проходящей через точку А(1,-3,4) параллельно
прямой a : 2 x y z 3 0, x 3 y z 1 0 (аффинная система координат).
Решение. Найдем направляющий вектор p p1 , p2 , p3 прямой a : p1
p2
1 3
2 ,
1 1
1 1
2 1
3 , p3
7 . Запишем канонические и параметрические уравнения
2 1
1 3
x 2t 1
x 1 y 3 z 4
искомой прямой b :
- канонические уравнения и y 3t 3 2
3
7
z 7t 4
параметрические уравнения.
2. Через точку В(1,0,0) провести прямую, параллельную плоскости x 2 y z 2 0 и
пересекающую прямую x t , y t , z 2 2t (аффинная система координат).
Решение. Выясним взаимное расположение данных прямой a и плоскости .
Направляющий вектор прямой a имеет координаты p 1,1, 2 . Проверим его
параллельность плоскости с помощью критерия параллельности вектора и
плоскости: 1 2 1 2 0 , то есть вектор не параллелен плоскости и, следовательно,
прямая a пересекает плоскость . Рисуем картинку. Обозначим искомую прямую b .
Тогда будем определять прямую b как пересечение двух плоскостей, то есть
b , где плоскость проходит через точку В параллельно плоскости ,
плоскость проходит через точку В и прямую a . Запишем уравнения этих
плоскостей.
: x 2 y z D 0 . Так как точка B , 1 D 0 D 1, то есть
: x 2 y z 1 0 .
Так как плоскость проходит через прямую a , то ее направляющий вектор
p 1,1, 2 параллелен этой плоскости. Точка А(0,0,2) принадлежит прямой a ,
следовательно, принадлежит и плоскости . Тогда плоскость определяется точкой
А(0,0,2) и двумя параллельными ей векторами p 1,1, 2 и AB 1, 0, 2 . Запишем
уравнение этой плоскости:
x
1 1
: y
z2
1
2
0 0 2 x z 2 0 2 x z 2 0 . Итак, уравнение прямой имеет
2
вид
x 2 y z 1 0
b:
.
2 x z 2 0
3. Определить взаимное расположение прямых а) a : x 1 2t , y 7 t , z 3 4t и
b : x 6 3t , y 1 2t , z 2 t ; б) a : x 2 t , y 1 t , z 4 2t и
b : 2 x z 2 0, x 7 y 3z 13 0 . (аффинная система координат).
Решение. а) Найдем направляющие вектора и точки данных прямых. Направляющий
вектор прямой a : a 2,1, 4 , точка А(1,7,3) a ; направляющий вектор прямой b :
b 3, 2,1 , точка
В(6,-1,-2) b . Координаты векторов a 2,1, 4 и b 3, 2,1 не
пропорциональны, то есть эти прямые либо пересекаются, либо скрещиваются (см.
таблицу). Рассмотрим вектор AB 5, 8, 5 . Выясним, компланарны ли векторы
2 3 5
a 2,1, 4 , b 3, 2,1 , AB 5, 8, 5 ? Найдем 1 2 8 2 2 10 4 14 0 , то
4 1 5
есть векторы не компланарны и прямые скрещиваются.
б) Найдем направляющие вектора и точки данных прямых. Направляющий вектор
прямой a : a 1,1, 2 , точка А(-2,-1,4) a ; направляющий вектор прямой b имеет
0 7
1 3
2 1
7, b2
7, b3
14 (см.
1 3
2 1
0 7
таблицу §1). Найдем какую-нибудь точку на прямой b :
2 x z 2 0
2 x z 2 0
2 x z 2 0
z 2x 2
. Положим x 1 .
x 7 y 3z 13 0 7 x 7 y 7 0 x y 1 0
y x 1
Тогда y 0, z 4 . Имеем, точка В(1,0,4) b , Мы видим, что координаты векторов a и
координаты b b1 , b2 , b3 , где b1
b пропорциональны, то есть прямые либо параллельны, либо совпадают. Рассмотрим
вектор AB 3,1, 0 . Координаты векторов a 1,1, 2 и AB 3,1, 0 не пропорциональны,
то есть векторы не коллинеарны, следовательно, прямые a и b параллельны.
4. Через точку А(0,0,2) провести прямую l перпендикулярную прямым,
a : x 1 t , y 1 t , z t и b : x 1 t , y 2, z 3 t (ПДСК).
Решение. Рассмотрим направляющие векторы данных прямых a 1, 1,1 и b 1, 0,1 .
Направляющий вектор искомой прямой l перпендикулярен обоим векторам a 1, 1,1
и b 1, 0,1 , то есть в качестве l можно взять a , b . Найдем его координаты.
i 1 1
l a , b j 1 0 i k , то есть l 1, 0,1 . Итак, прямая l задается точкой
k
1
1
А(0,0,2) и направляющим вектором l 1, 0,1 . Запишем ее параметрические
x t
уравнения. l : y 0 .
z 2 t
5. Написать уравнения прямой l , которая проходит через точку Р(2,-1,0) и пересекает
x y 1 z 1
под прямым углом прямую a :
(ПДСК).
1
3
2
2 1 1 0 1
Решение. Точка Р(2,-1,0) a , так как
. Прямую l можно задать, как
1
3
2
пересечение плоскостей и , где проходит через точку Р и прямую a , плоскость
проходит через точку Р перпендикулярно прямой a . Запишем уравнения этих
плоскостей.
Плоскость задается точкой Р(2,-1,0), точкой A 0, 1, 1 a и вектором
a 1, 3, 2 a a . Тогда
x2 2 1
: y 1 0 3 0 3 x 2 5 y 1 6 z 0 3x 5 y 6 z 1 0 .
z
1 2
Для плоскости : x 2 3 y 1 2 z 0 x 3 y 2 z 5 0 . Тогда
3x 5 y 6 z 1 0
.
l:
x 3y 2z 5 0
6. Написать уравнения прямой l , содержащей общий перпендикуляр оси ординат и
прямой a : x 3 4t , y 1 t , z 2 5t (ПДСК).
Решение. Выясним взаимное расположение данных прямых. Ось ординат
Oy : x 0, y t , z 0 имеет направляющий вектор j 0,1,0 и проходит через точку
O 0,0,0 . Прямая a параллельна вектору a 4, 1,5 и проходит через точку A 3,1, 2 .
Векторы j и a не коллинеарны, так как их координаты не пропорциональны.
3 4 0
Определим компланарны ли векторы OA, j , a : 1 1 1 7 0 . Следовательно,
2
5
0
прямые a и Oy скрещиваются.
Найдем направляющий вектор прямой l . Имеем l a , l b . Тогда
i 4 0
l a , b j 1 1 5i 4k .
k 5 0
Тогда их общий перпендикуляр l можно задать как пересечение двух плоскостей:
плоскости , проходящей через прямую a параллельно вектору l 5, 0, 4 и
плоскости , проходящей через ось ординат параллельно вектору l 5, 0, 4 .
Запишем уравнения этих плоскостей.
x 3 4 5
: y 1 1
z2
5
0 0 4 x 41y 5 z 63 0 , то есть : 4 x 41 y 5 z 63 0 .
4
x 3 0 5
Аналогично получим уравнение плоскости : y 1 1 0 0 4 x 5 z 22 0 .
z2 0 4
4 x 41y 5 z 63 0
Итак, l :
.
4 x y 5 z 0
7. Написать уравнения прямой l , проходящей через точку А(2,3,1) и пересекающей
прямые a : x y 0, x y z 4 0 и b : x 3 y 1 0, y z 2 0 (аффинная система
координат).
Решение. Выясним взаимное расположение данных прямых и точки. Точка А не
принадлежит данным прямым, так как ее координаты не удовлетворяют уравнениям
данных прямых. Найдем направляющие векторы прямых a и b . Вектор
1 1 0 1 1 1
3 1 0 1 1 0
a
,
,
,
,
, то есть a 1, 1, 2 . Аналогично, b
, то
0
1
1
1
1
1
0
1
1
0
3
1
есть b 3, 1,1 . Векторы a 1, 1, 2 и b 3, 1,1 не коллинеарны, так как их
координаты не пропорциональны. Найдем координаты каких-либо точек,
принадлежащих данным прямым. Рассмотрим прямую
x y 0
x y
. Пусть y 2 , тогда x 2, z 0 . Мы получили
a:
x y z 4 0
z 2 y 4
точку P 2, 2,0 a . Аналогично находим точку на прямой
x 3 y 1 0
x 1 3y
. Тогда Q 5, 2,0 b . Определим, компланарны ли
b:
y z 2 0
z 2 y
1 3 3
1 1
векторы a , b , PQ : 1 1 0 3
0 , то есть векторы не компланарны и
2 1
2 1 0
прямые a и b скрещиваются. Тогда прямую l можно задать как пересечение
плоскостей и , где плоскость проходит через прямую a и точку А, плоскость
проходит через прямую b и точку А.
Плоскость зададим точкой А(2,3,1) и векторами a 1, 1, 2 , AP 4, 1, 1 , то есть
x 2 1 4
: y 3 1 1 0 2 x 9 y 3 5 z 1 0 x 9 y 5 z 20 0 .
z 1 2 1
Аналогично можно задать точкой А(2,3,1) и векторами b 3, 1,1 , AQ 7, 1, 1 ,
то есть
x 2 3 7
: y 3 1 1 0 2 x 2 4 y 3 10 z 1 0 x 2 y 5 z 10 0 .
z 1
1
1
x 9 y 5 z 20 0
Итак, l :
.
x 2 y 5 z 10 0
8. Написать уравнения проекции прямой a : x t , y 4t , z 1 6t на плоскость
: x y 2 z 2 0 в направлении вектора p 2,0,5 (аффинная система
координат).
Решение. Вектор p 2,0,5 не параллелен плоскости : x y 2 z 2 0 , так как
2 0 10 0 . По определению проекция b прямой a на плоскость в направлении
вектора p называется пересечение плоскости и плоскости , проходящей через
прямую a параллельно вектору p . Тогда плоскость задается точкой
A 0,0,1 a A и векторами a 1, 4,6 a a , p . Запишем уравнение
x
2 1
плоскости : y
0 4 0 20 x 17 y 8 z 1 0 20 x 17 y 8 z 8 0 . Тогда
z 1 5 6
20 x 17 y 8 z 8 0
уравнения прямой b :
.
x y 2z 2 0
Задачи к проверочной работе.
1. Составить уравнения прямой, проходящей через точку А(3,-1,-4), пересекающей
ось Oz и параллельной плоскости y 2 z 0 (аффинная система координат).
2. Написать уравнения прямой, которая проходит через точку А(1,2,-1) и параллельна
прямой x y z 1 0, 2 x y 2 z 0 (аффинная система координат).
3. Составить уравнения прямой, проходящей через точку К(0,1,0) и пересекающей две
прямые x 2 2t , y 3 t , z 4 3t и x t , y 1 t , z 3 t (аффинная система
координат).
4. Через точку А(1,2,3) провести прямую, перпендикулярную прямой
x 1 t , y 2 t , z 5t (ПДСК).
5. Через точку D 1,1,1 провести прямую, параллельную плоскости x 3 y 5 z 0 и
пересекающую прямую x 1 t , y 1 t , z 2t (аффинная система координат).
6. Составить уравнения прямой, проходящей через точку А(4,0,-1), пересекающей
x 1 y 3 z 5
x y 2 z 1
прямые
и
(аффинная система координат).
2
4
3
5
1
2
x 3 y 5 z
и
7. Составить уравнения прямой, пересекающей прямые
2
3
1
x 10 y 7 z
и параллельной прямой x 2 8t , y 1 7t , z 3 t (аффинная
5
4
1
система координат).
8. Через точку А(1,0,7) параллельно плоскости 3x y 2 z 15 0 провести прямую,
x 1 y 3 z
(аффинная система координат).
пересекающую прямую
4
2
1
9. Написать уравнения прямой, проходящей через точку D 2, 1,0 которая
перпендикулярна прямой x t , y 1 3t , z 1 2t и параллельна плоскости
x y 2 z 1 0 (ПДСК).
10. Составить уравнения прямой, проходящей через точку К(2,1,-1), которая
перпендикулярна прямым x y 3 0, x 2 y z 0 и
x 1 4t , y 2 7t , z 1 t (ПДСК).
11. Написать уравнения проекции прямой 2 x y z 1 0, 2 x 2 y z 1 0 на
плоскость x y 2 z 2 0 в направлении вектора p 2,1,1 (аффинная система
координат).
12. Написать уравнение общего перпендикуляра двух прямых
x 7 y 3 z 9
и
1
2
1
x 3 y 1 z 1
(ПДСК).
7
2
3
13. Написать уравнения ортогональной проекции прямой
2 x y z 3 0, x y z 1 0 на плоскость x y z 1 0 (ПДСК).
14. Написать уравнения прямой, проходящей через точку А(2,-1,0), которая пересекает
под прямым углом прямую x t , y 1 3t , z 1 2t (ПДСК).
15. Через точку пересечения плоскости x y z 1 0 и прямой y 1, z 1 0
провести прямую, лежащую в этой плоскости и перпендикулярную данной прямой
(ПДСК).
16. На прямой x 2 y z 1 0,3x y 4 z 29 0 найти точку, одинаково удаленную
от двух данных точек А(3,11,4) и В(-5,-13,-2) (ПДСК).
x y 7 z 3
17. На прямой
найти точку, ближайшую к точке А(3,2,6) (ПДСК).
1
2
1
18. Составить уравнение прямой, проходящей через точку М(-4,-5,3) и пересекающей
x 1 y 3 z 2
x 2 y 1 z 1
прямые
и
(аффинная система координат).
3
2
1
2
3
5
19. Найти основания общего перпендикуляра двух прямых
x 3t 7, y 2t 4, z 3t 4 и x t 1, y 2t 8, z t 12 (ПДСК).
20. Найти точку, симметричную точке В(4,1,6) относительно прямой
x 5 2t , y 7 2t , z t (ПДСК).
21. Найти точку, симметричную точке N (2, 5.7) относительно прямой
3x y 11 0, 2 x z 4 0 (ПДСК).
22. Найти точку, симметричную точке N (2, 5.7) относительно прямой
x 5 y 4 z 6
(ПДСК).
1
3
2
23. Найти точку, которая делит пополам отрезок, заключенный между точкой Р(2,-1,3)
и ее проекцией на прямую x 3t , y 5t 7, z 2t 2 (ПДСК).
24. Найти точку, симметричную точке R 2, 5,7 относительно прямой, проходящей
через точки А(5,4,6) и В(-2,-17,-8) (ПДСК).
2
2
2
25. Найти уравнение сферы, симметричной сфере x 4 y 1 z 6 1
относительно прямой x y 4 z 12 0, 2 x y 2 z 3 0 (ПДСК).
26. При каких значениях В и D прямая x 2 y z 9 0,3x By z D 0 лежит в
плоскости Oxy ? (аффинная система координат).
27. При каком значении D прямая 3x y 3z 6 0, x y 0 z D 0 пересекает ось
Oz ? (аффинная система координат).
§17. Метрические задачи теории прямых и плоскостей3.
Пусть дана прямоугольная декартова система координат O, i , j , k .
Формула для вычисления расстояния от точки M 0 x0 , y0 , z0 до плоскости
: Ax By Cz D 0 : M 0 ,
Ax0 By0 Cz0 D
A2 B 2 C 2
Формула для вычисления угла между прямой l p p1 , p2 , p3 и плоскостью
: Ax By Cz D 0
Ap1 Bp2 Cp3
sin
A2 B 2 C 2 p12 p22 p32
Формула для вычисления угла между плоскостями 1 : A1 x B1 y C1 z D1 0 и
2 : A2 x B2 y C2 z D2 0 : cos
A1 A2 B1 B2 C1C2
A B12 C12 A22 B22 C22
2
1
.
Задачи.
1. Найти касательную плоскость к сфере x 2 y 2 z 2
1
, проходящую через прямую
9
a : x y 1 0, z 0 .
Решение. Пусть : Ax By Cz D 0 - искомая касательная плоскость к сфере. Так
как прямая a содержится в этой плоскости, точка A 1,0,0 A a и вектор
a 1, 1,0 a a . Тогда получим уравнения A D 0 (так как А ) и A B 0
(так как a ). У нас осталось условие касания плоскости и сферы. Оно означает, что
1
расстояние от центра O 0,0,0 сферы до плоскости равно радиусу сферы .
3
D
1
. Получаем систему уравнений:
Запишем это в виде уравнения:
2
2
2
3
A B C
3
Во всех задачах параграфа система координат прямоугольная декартова.
D
1
2
2
2
B A
3
B A
B A
A B C
D A
.
D A
D A
A D 0
A B 0
9 D 2 A2 B 2 C 2
9 A2 A2 A2 C 2
C 7 A
Подставляя в общее уравнение плоскости , получим два решения:
1 : Ax Ay 7 Az A 0 x y 7 z 1 0 и
2 : Ax Ay 7 Az A 0 x y 7 z 1 0 .
2. Написать уравнение плоскости, которая касается сферы
x 2 y 2 z 2 2 x 6 y 4 z 2 0 и параллельна плоскости x z 0 .
Решение. По критерию параллельности двух плоскостей искомая плоскость имеет
уравнение x z D 0 . Найдем значение D из того, что расстояние от центра сферы
до плоскости равно радиусу сферы. Приведем уравнение сферы к каноническому
виду методом выделения полных квадратов:
2
2
2
x 2 2 x 1 1 y 2 6 y 9 9 z 2 4 z 4 4 2 0 x 1 y 3 z 2 16 , то
есть центр сферы находится в точке O 1, 3, 2 , радиус равен 4. Получим
D 4 2 2
. Мы получили два решения
4 D2 4 2
2
D 4 2 2
1 : x z 4 2 2 0 и 2 : x z 4 2 2 0 .
3. Вывести формулу для вычисления расстояния между параллельными прямыми
a : x x1 p1t , y y1 p2t , z z1 p3t и b : x x2 p1t, y y2 p2t, z z2 p3t .
Решение. Расстоянием между двумя параллельными прямыми является расстояние от
любой точки одной прямой до другой прямой. Тогда a, b A, b , где A a .
Применим формулу для вычисления расстояния от точки до прямой.
AB, b
a, b A, b
, где B b, b b .
b
1 3 D
4. Найти расстояние между прямыми a : x 2 4t , y 1 t , z 1 t и
x4 y2 z2
b:
.
2
2
3
Решение. Выясним взаимное расположение данных прямых. Их направляющие
векторы a 4,1, 1 и b 2, 2, 3 не коллинеарны, то есть прямые либо пересекаются,
либо скрещиваются. Выясним компланарность векторов AB, a , b , где A a, B b .
6 4 2
Вычислим 3 1 2 30 30 30 90 0 , то есть данные прямые скрещиваются.
3 1 3
Применим формулу для вычисления расстояния между скрещивающимися прямыми.
a, b
AB, a, b . Числитель мы уже вычислили, вычислим знаменатель:
i
a, b j
k
a, b
4
1
2
2 5i 10 j 10k 25 100 100 15 . Окончательно получаем
1 3
90
6.
15
5. Составить уравнение плоскости, отстоящей от начала координат на расстояние 1 и
отсекающей на положительных направлениях осей координат отрезки, связанные
соотношениями 1:2:3.
Решение. Искомая плоскость : Ax By Cz D 0 проходит через точки
a, b
a,0,0 , 0, 2a,0 , 0,0,3a , где a 0 - некоторое число. С помощью этих точек
получим три уравнения: Aa D 0, 2 Ba D 0,3Ca D 0 . Так как плоскость
D
находится на расстоянии 6 от точки O 0,0,0 , то получим 1
. Решаем
A2 B 2 C 2
систему уравнений:
D
6D
A
A
D
a
7
A a
B D
B 6D
D
1
2a
14
B D
A2 B 2 C 2
D
6D
2a
.
C
C
Aa D 0
3a
21
2 Ba D 0
C D
D 0
D 0
3a
3Ca D 0
2
2
2
2
D 2 D2 D 2 D 2
36a 49
a 7
a
4a
9a
6
6D
6D
6D
7
x
y
z D 0 3x 2 y z 0 .
Итак, :
7
14
21
2
Задачи к проверочной работе.
1. Найти величину угла между прямой 2 x y z 3 0, x y z 1 0 и плоскостью
x 1 v, y 1 u v, z 1 u .
2. Выяснить взаимное расположение плоскости x 1 u, y u v, z 2 v и сферы
x 1 y 2 z 3
2
2
2
25 .
3. Найти касательную плоскость к сфере x 2 y 2 z 2 1 , перпендикулярную прямой
2 x y 3 0, 4 x y 0 .
4. Найти касательную плоскость к сфере x 1 y 2 z 3 25 ,
2
2
2
параллельную плоскости 3x 4z 19 0 .
2
2
2
5. Найти касательные плоскости к сфере x 2 y 1 z 5 49 , проходящие
через точки пересечения этой сферы с прямой x 1 t , y 7 3t , z 3 4t .
6. Найти касательную плоскость к сфере x 4 y 2 z 2 225 , параллельную
плоскости 10 x 11y 2 z 3 0 .
2
2
7. Найти касательную плоскость к сфере x 2 y 2 z 2 2 , проходящую через прямую
x y 0, z 2 0 .
8. Написать уравнение плоскости, отсекающей на положительных направлениях осей
координат отрезки, пропорциональные числам 1,2,3 и отстоящей от точки (3,5,7) на
расстояние 4.
9. Через точку В(0,0,1) провести плоскость, перпендикулярную к плоскости
x z 2 0 и образующую с плоскостью x 4 y 8 z 12 0 угол .
4
10. Через ось Oz провести плоскость, образующую с плоскостью 2 x y 5 z 7 0
угол .
3
11. Через точку Р(0,0,3) провести касательную плоскость к сфере x 2 y 2 z 2 4 ,
составляющую с прямой Oy угол .
6
12. Написать уравнение плоскости, проходящей через ось Ox и образующую угол
с
4
прямой x y z 0, x y 2 z 0 .
13. Составить уравнение плоскости, проходящей через ось Oy и составляющей с
4 5
.
25
14. Через точку А(6,0,0) провести касательную плоскость к сфере x 2 y 2 z 2 9 ,
составляющую с плоскостью Oxy угол .
3
15. Составить уравнение плоскости касательной к сфере
x 5 y 1 z 13
x 2 y 2 z 2 10 x 2 y 26 z 194 0 и параллельной прямым
и
2
1
2
x 7 y 1
, z 13 0 .
3
2
x y 9 z 9
16. Найти расстояние между прямыми
и
3
1
4
2 x 2 y z 10 0, x y z 4 0 .
x 2 y 1 z
и x 7 6t , y 1 8t , z 3 4t .
17. Найти расстояние между прямыми
3
4
2
прямой x 8, y 1 3t , z 2 4t угол такой, что sin
Тема 1. Линии второго порядка.
§ 1. Эллипс. Гипербола. Парабола4.
Сведения из теории.
Эллипс
M MF1 MF2 2a
Гипербола
M MF1 MF2 2a
Парабола
F1 , F2 - фокусы, F1F2 2c
F1 , F2 - фокусы, F1F2 2c
F - фокус, d - директриса,
4
M MF M , d
Во всех задачах этого параграфа система координат прямоугольная декартова.
a c
a c
p F , d - фокальное
расстояние
x2 y 2
1 , где a 2 c 2 b 2
a 2 b2
x2 y 2
1 , где c 2 a 2 b 2
a 2 b2
Асимптоты: y
l1 , l2
Эксцентриситет
d1 , d 2 : x
c
1
a
a
Директориальное свойство
b
x
a
c
1
a
ДИРЕКТРИСЫ
a
d1 , d 2 : x
Эксцентриситет
y 2 2 px
Эксцентриситет 1
d:x
p
2
MF
, где F и d - соответствующие фокус и
M ,d
директриса
FF
p
Уравнение в полярной системе координат F , 2 1 :
, где p F , d
1 cos
F2 F1
1
F F2 , d d 2 , 1
F F1 , d d1 , 1
Уравнение
задает всю
Уравнение задает весь
Уравнение задает правую
параболу
эллипс
ветвь гиперболы
Задачи.
5
1. Написать каноническое уравнение эллипса с эксцентриситетом
и малой
3
полуосью b 2 (ПДСК).
x2 y 2
Указания. Общий вид канонического уравнения эллипса 2 2 1 . Значение b 2 дано,
a
b
2
нужно найти значение a . По определению эксцентриситета и обозначению a 2 c 2 b 2
c
4
c 2 a 2 b2
b2
x2 y 2
2
2
a
a
9
1.
получим a 2 2
.
Тогда
a
1 59
2
1 2
9
4
2. Найти полуоси, координаты фокусов, эксцентриситет и уравнения директрис
эллипса, заданного уравнением x 2 9 y 2 9 (ПДСК).
x2 y 2
1.
9
1
Сравнивая с общим видом канонического уравнения, получим a 3, b 1 . Тогда
Указания. Приведем уравнение данного эллипса к каноническому виду:
c2 a2 b2 9 1 8 c 2 2 . Фокусы имеют координаты F1 2 2, 0 и F2 2 2, 0 . По
определению экцентриситета
a
c 2 2
. По определению директрис эллипса:
a
3
9
.
2 2
3. Написать каноническое уравнение гиперболы, если угол между ее асимптотами
равен 60 и гипербола проходит через точку A 6,3 (ПДСК).
d1,2 : x
d1,2 : x
Указания. Найдем значения a , b и подставим в общий вид уравнения гиперболы. Так как
b
угол между асимптотами равен 60 , то угол между асимптотой y x и положительным
a
направлением оси Ox равен либо 30 , либо 60 (нарисуйте картинку!). Рассмотрим
первый случай. Угловой коэффициент прямой есть тангенс угла между прямой и
b
1
положительным направлением оси Ox . Тогда tg 30
a 3b . Подставим в
a
3
x2 y 2
каноническое уравнение гиперболы: 2 2 1 . Так как точка A 6,3 , принадлежит
3b b
гиперболе, координаты этой точки удовлетворяют уравнению гиперболы, то есть
62 32
x2 y 2
2
b
3
.
Откуда
находим
.
Итак,
1
1 . Расчеты для второго случая
3b 2 b 2
9
3
проведите самостоятельно.
4. Точка A 2,1 является серединой хорды параболы, заданной уравнением y 2 4 x .
Написать уравнение прямой, на которой лежит эта хорда (ПДСК).
Указания. Пусть данная хорда лежит на прямой l , В и С - точки пересечения l с
b2
c2
параболой (нарисуйте картинку!). Тогда B , b , C , c , так как В и С принадлежат
4
4
параболе. Так как А – середина ВС, применим формулы для нахождения середины
2
2
b 4 c 4
2
2
b2 c2
1
cb
4
7,1 7 ,
отрезка: 4
.
Решая
систему
, получим B 2
2,
1
2
2
2
c b 1
2
1
C2
7,1 7 . Запишем общее уравнение прямой l , проходящей через точку
2
x2 1
0
A 2,1 , параллельно вектору l 1, 2 BC 7, 2 7 . Тогда l :
y 1 2
2x y 3 0 .
5. Написать уравнение параболы с фокусом F 2,0 и директрисой x 3 y 0 (ПДСК).
Указания. Вспомним, что по определению п M : MF M , d , где F - фокус
параболы, d - ее директриса. M x, y п MF M , d
x 2 y
2
2
x 3y
x 2
2
y2
x 3y
12 33
2
9 x2 6 xy y 2 40 x 40 0 .
10
6. Доказать, что если хорда параболы проходит через ее фокус, то расстояние от
середины этой хорды до директрисы параболы равно половине длины хорды.
Указания. Обозначим В,С – концы хорды параболы, А – середину хорды ВС, A1 , B1 , C1 основания перпендикуляров, опущенных соответственно из точек А, В, С на директрису
параболы (нарисуйте картинку!). Во введенных обозначениях нам нужно доказать, что
1
AA1 BC . По определению параболы BB1 BF , CC1 CF . Тогда
2
BC BF FC BB1 CC1 . С другой стороны, BB1C1C - трапеция, AA1 - ее средняя линия.
1
1
1
По свойству средней линии трапеции AA1 BB1 CC1 BF CF BC .
2
2
2
Домашнее задание.
3
1. Написать каноническое уравнение эллипса с эксцентриситетом
и малой
2
полуосью b 2 .
2. Составить каноническое уравнение эллипса, если расстояние между фокусами
1
равно 8, .
2
3. Написать каноническое уравнение гиперболы, если ее асимптоты взаимно
1
перпендикулярны и расстояние от вершины до ближайшей директрисы равно
.
2
4. На прямой l : x 5 y 4 0 найти точку, сумма расстояний от которой до точек
A 3,0 и B 5, 0 равно 10.
5*. Даны прямая d : 4 x 3 y 6 0 и точка F 1,3 , которые являются директрисой и
соответствующим фокусом эллипса. Написать уравнение второй директрисы и найти
координаты соответствующего ей фокуса, если большая полуось эллипса a 6 .
6*. Доказать, что ортоцентр треугольника, вписанного в равностороннюю гиперболу,
принадлежит той же гиперболе.
Задачи к зачету и проверочным работам.
x2 y 2
1. Изобразить на картинке, если это возможно, линии второго порядка: 1) 2 2 1 ,
a
b
2
2
2
2
2
2
2
2
x
y
x
y
x
y
x
y
2) 2 2 1 , 3) 2 2 0 , 4) 2 2 1 , 5) 2 2 0 , 6) y 2 a 2 0 , 7)
a
b
a
b
a
b
a
b
2
2
2
2
y a 0 , 8) y 0 , 9) y 2 px .
2. Вычислить эксцентриситет гиперболы, если ее полуоси равны между собой.
3. Составить каноническое уравнение эллипса, если фокальное расстояние 2c 10 , а
малая полуось b 5 .
4. Составить каноническое уравнение гиперболы, если она проходит через точку
5,3 и имеет эксцентриситет 2 .
5. Составить каноническое уравнение параболы, если она симметрична относительно
оси абсцисс и проходит через точку 1, 4 .
6. Написать каноническое уравнение эллипса с эксцентриситетом
3
и большой
3
полуосью a 3 .
7. Составить каноническое уравнение гиперболы, если расстояние между ее
8
3
директрисами равно и .
3
2
8. Составить каноническое уравнение параболы, если ее директриса имеет уравнение
x 15 0 .
9. Определить эксцентриситет эллипса, если отрезок между фокусами виден из конца
малой оси под углом .
3x
10. Написать каноническое уравнение гиперболы, если уравнения асимптот y
и
4
16
расстояние между директрисами равно
.
5
x2 y 2
11. На гиперболе
1 найти точку, фокальные радиусы которой взаимно
16 9
перпендикулярны.
12. Доказать, что директриса гиперболы проходит через ортогональную проекцию
соответствующего фокуса на асимптоту.
§ 2. Асимптотические направления и асимптоты линии второго порядка.
Сведения из теории.
Пусть в АСК O, e1 , e2 линия второго порядка
: a11 x 2 2a12 xy a22 y 2 2a10 x 2a20 y a00 0 . Обозначим F1 x, y a11 x a12 y a10 ,
F2 x, y a12 x a22 y a20 , F0 x, y a10 x a20 y a00 .
Определение. Направлением (в широком смысле) называется множество всех прямых,
любые две из которых параллельны.
Определение. Направление называется асимптотическим направлением относительно
линии второго порядка , если любая прямая этого направления пересекает не более,
чем в одной точке, либо содержится в ней.
Асимптотическое направление может быть задано любым направляющим вектором p
множества прямых, задающих направление. При этом говорят, что вектор p имеет
асимптотическое направление.
Теорема. Вектор p p1 , p2 0 имеет асимптотическое направление
a11 p12 2a12 p1 p2 a22 p2 2 0 .
Определение. Прямая l называется асимптотой, если она не пересекает линию , либо
содержится в ней.
Уравнение асимптоты: F1 x, y p1 F2 x, y p2 0 , где p p1 , p2 0 - вектор
асимптотического направления.
Задачи.
1. Найти уравнения асимптот линии второго порядка, заданной уравнением
а) 2 x2 3xy y 2 2 x y 1910 0 , б) x 2 2 xy y 2 4 x 6 y 12 0 , в)
4 x 2 12 xy 9 y 2 30 x 45 y 2007 0 .
Указания. а) Найдем асимптотические направления относительно . Пусть p p1 , p2 0 вектор асимптотического направления 2 p12 3 p1 p2 p2 2 0 . Разделим обе части
уравнения на p12 ( p12 0 , так как если p12 =0, то из уравнения следует, что p2 2 =0, то есть
p
p p1 , p2 0 . Такой вектор не задает направления). Обозначим 2 . Тогда
p1
2 3 2 0 1,2
3 9 8
1 2, 2 1 . Мы получили два направления: 1)
2
Во всех задачах параграфа, если нет специальных оговорок, система координат аффинная.
p2
p
2 и 2) 2 1 . Положим в обоих случаях p1 1 . Тогда вычислим 1) p2 2 , 2)
p1
p1
p2 1 . Мы получили два вектора p 1, 2 и q 1, 1 , которые задают асимптотические
направления. Заметим, что p1 мы могли взять равным любому числу (например
p1 2007 ). Тогда мы получили бы другой вектор a , который коллинеарен вектору p ,
следовательно, задает то же направление.
Напишем уравнения асимптот. Подставим данные задачи в общие формулы.
3
1
3
l p : 2 x y 1 1 x y 2 0 2 x y 4 0
2
2
2
3
1
3
lq : 2 x y 1 1 x y 1 0 x y 3 0 .
2
2
2
б) Решаем задачу аналогично пункту а). p12 2 p1 p2 p2 2 0 p1 p2 0 p1 p2 .
В этом случае существует одно асимптотическое направление, которое задается вектором
p 1, 1 . Напишем уравнение асимптоты. l p : x y 2 1 x y 3 1 0 5 0 .
2
Мы пришли к противоречию, следовательно, асимптоты не существует. Итак, имеет
одно асимптотическое направление и не имеет асимптот.
2
в) 4 p12 12 p1 p2 9 p2 2 0 2 p1 3 p2 0 2 p1 3 p2 . Вектор асимптотического
направления p 3, 2 . Напишем уравнение асимптоты.
45
l p : 4 x 6 y 15 3 6 x 9 y 2 0 0 0 . Мы получили, что любая точка
2
плоскости принадлежит какой-либо асимптоте. Асимптотами являются все прямые
параллельные вектору p 3, 2 . Их уравнения имеют вид 2 x 3 y C 0 , где С принимает
все вещественные значения.
2. Через точку A 2,0 проведены две прямые, имеющие лишь по одной общей точке
с линией второго порядка : 3x 2 7 xy 2 y 2 6 x 4 y 5 0 . Написать их
уравнения.
Указания. По определению асимптотического направления искомые прямые имеют
асимптотические направления. Найдем их. 3 p12 7 p1 p2 2 p2 2 0
p
p
p
7 49 48
3
2
1) 2 2 , 2) 2 . Тогда p 1, 2 и q 2,3 задают
p1
p1 2
4
p1 1,2
асимптотические направления. Запишем параметрические уравнения искомых
x 2 2t
x 2 t
прямых: l p :
и lq :
. Убедимся, что эти прямые пересекают только в
y 3t
y 2t
одной точке. Вычислим величину Q для l p и lq (см. характеристическое уравнение в
лекциях).
7
7
l p : Q 3 2 0 3 2 2 0 2 2 0 l p пересекает только в одной точке.
2
2
7
7
lq : Q 3 2 0 3 2 2 2 0 2 3 0 lq пересекает только в одной точке.
2
2
3. При каких значениях a и b уравнение ax 2 12 xy 9 y 2 4 x by 2609 0 является
уравнением линии второго порядка а) не имеющей асимптотических направления;
б) имеет одно асимптотическое направление и бесконечно много асимптот.
Указания. Пусть p p1 , p2 0 - вектор асимптотического направления
ap12 12 p1 p2 9 p2 2 0 . а)Это уравнение не должно иметь вещественных корней, то
D
36 9a 0 a 4 . б) Это уравнение должно
есть его дискриминант D 0 . Тогда
4
D
иметь два совпавших корня, то есть D 0 36 9a 0 a 4 . Найдем это
4
2
2
2
направление: 4 p1 12 p1 p2 9 p2 0 2 p1 3 p2 0 2 p1 3 p2 , то есть p 3, 2 .
Кроме того, уравнение асимптоты должно превращаться в тождество:
b
4 x 6 y 2 3 6 x 9 y 2 0 6 b 0 b 6 .
2
4. Написать уравнение линии второго порядка, которая пересекает каждую из
координатных осей только в начале координат и проходит через точки A 2, 1 и
B 2, 2 .
Указания. Пусть искомая : a11 x 2 2a12 xy a22 y 2 2a10 x 2a20 y a00 0 . Известно, что ось
Ox : y 0 пересекает
в единственной точке, то есть i 1,0 имеет асимптотическое
направление и O . Тогда a11 0 и a00 0 . Аналогично, ось Oy : x 0 пересекает в
единственной точке, то есть j 0,1 имеет асимптотическое направление. Тогда a22 0 .
Подставим найденные коэффициенты в уравнение : 2a12 xy 2a10 x 2a20 y 0 . Так как
A 2, 1 , 4a12 4a10 2a20 0 и так как B 2, 2 , 8a12 4a10 4a20 0 . Решаем
1
a20 a10
2
a
2
a
a
0
a
2
a
0
2
10
20
20
систему 12
. Подставим в уравнение :
10
2a12 a10 a20 0
4a12 3a10 0
a 3 a
12 4 10
3
1
2 a10 xy 2a10 x 2 a10 y 0 . Сократив на a10 , получим : 3xy 4 x 2 y 0 .
4
2
Домашнее задание.
1. Найдите асимптотические направления и асимптоты линии второго порядка
а) 7 x2 14 xy 38x 4 y 1 0 , б) 4 x 2 12 xy 9 y 2 32 x 4 y 1 0 ,
в) 40 x 2 36 xy 25 y 2 8 x 14 y 1 0 .
2. При каких значениях a и b уравнение ax 2 12 xy 9 y 2 4 x by 2209 0 является
уравнением линии второго порядка а) имеющей два асимптотических направления
и две асимптоты; б) имеющей одно асимптотическое направление и не имеющей
асимптот.
3. Написать уравнение гиперболы, если уравнения ее асимптот x 3 y 6 0 и
4 x 5 y 20 0 и гипербола проходит через точку M 0 1,3 .
4*. Найти эксцентриситет гиперболы 2 xy 4 x 2 y 3 0 (ПДСК).
5*. Вывести зависимость между эксцентриситетом гиперболы и углом между ее
асимптотами.
Задачи к зачету и проверочным работам.
1. Найти и нарисовать асимптотические направления и асимптоты линий второго
x2 y 2
x2 y 2
x2 y 2
x2 y 2
порядка 1) 2 2 1 , 2) 2 2 1 , 3) 2 2 0 , 4) 2 2 1 , 5)
a
b
a
b
a
b
a
b
2
2
x
y
2 0 , 6) y 2 a 2 0 , 7) y 2 a 2 0 , 8) y 2 0 , 9) y 2 2 px .
2
a
b
2. Найдите асимптотические направления и асимптоты линии второго порядка
x 2 3xy y 2 x 2 y 0 .
3. Найдите асимптотические направления и асимптоты линии второго порядка
x 2 2 xy y 2 2 x 2 y 4 0 .
4. Написать уравнения прямых, содержащихся в линии второго порядка
x 2 2 xy y 2 2 x 2 y 4 0 .
5. Написать уравнения прямых, не имеющих общих точек с линией второго порядка
6 xy 8 y 2 12 x 26 y 11 0 .
6. Написать уравнения асимптот линии второго порядка
8 x 2 24 xy 38 x 24 y 175 0 .
7. Написать уравнения асимптот линии второго порядка
4 x 2 12 xy 9 y 2 36 x 100 0 .
8. Написать уравнения асимптот линии второго порядка x 2 2 y 2 4 x 8 y 12 0 .
9. Найдите асимптотические направления и асимптоты линии второго порядка
4 x 2 4 xy y 2 28x 14 y 7 0 .
10. Найти прямые, пересекающие линию второго порядка
4 x 2 4 xy y 2 28x 14 y 7 0 только в одной точке.
11. Напишите уравнения асимптот гиперболы 2 xy 4 x 2 y 3 0 .
12. Вычислите угол между асимптотами гиперболы, если ее эксцентриситет 2 .
13. При каком значении параметра линия x 2 2 xy y 2 5x 9 0 пересекает
прямую 2 x y 7 0 только в одной точке?
14. Написать уравнение гиперболы, проходящей через точку A 5,0 и имеющей
асимптоты, заданные уравнениями y 1 0 и x 2 y 1 0 .
15. Найти условия для коэффициентов общего уравнения линии второго порядка в
ПДСК, при которых обе прямые, содержащие биссектрисы координатных углов,
имеют асимптотические направления.
§3. Центр и касательная линии второго порядка*.
Сведения по теории.
Определение. Центром линии второго порядка называется центр ее симметрии.
Теорема. Пусть дана АСК O, e1 , e2 .
F1 x0 , y0 0
a11 x a12 y a10 0
Точка M 0 x0 , y0 является центром
.
a
x
a
y
a
0
F2 x0 , y0 0
12
22
20
Определение. Пусть M 0 принадлежит линии второго порядка и не является ее
центром. Прямая l , проходящая через точку M 0 называется касательной линии второго
порядка , если она пересекает в двух совпавших точках, либо содержится в ней. Точка
M 0 называется точкой касания.
*
Во всех задачах параграфа, если нет специальных оговорок, система координат аффинная.
Уравнение касательной: F1 x0 , y0 x F2 x0 , y0 y F0 x0 , y0 0 , где M 0 x0 , y0 - точка
касания.
Задачи.
1. Найти множество центров линии второго порядка а) 3x 2 6 xy y 2 8x 12 y 7 0 ;
б) 4 x 2 4 xy y 2 16 x 8 y 13 0 ; в) y 2 2 px ; г) y 2 a 2 0 , где a - константа.
3x 3 y 4 0
Указания. а) Подставим данные задачи в общие формулы:
. Решив систему,
3x y 5 0
y 1
3 x 3 y 4 0
2y 2 0
получим координаты центра.
7 . Итак, C 7 3 , 1 .
3
x
y
6
0
3
x
y
6
0
x
3
4x 2 y 8 0
б) Подставим данные задачи в общие формулы:
. Решив систему, получим
2 x y 4 0
4x 2 y 8 0
2 x y 4 0
координаты центра.
. Точка С(х,у) является центром
2 x y 4 0
2 x y 4 0
тогда и только тогда, когда ее координаты удовлетворяют уравнению 2 x y 4 0 , то
есть имеет прямую центров.
в) Запишем уравнение в виде y 2 2 px 0 . Подставим данные задачи в общие формулы:
p 0
. Система противоречива, то есть парабола центров не имеет.
y0
0 0
г) Подставим данные задачи в общие формулы:
., то есть имеет прямую y 0
y 0
центров.
2. При каких значениях параметров a и b уравнение x 2 6 xy ay 2 4 x 2by 4 0
определяет линию второго порядка: а) без центров; б) с прямой центров; в) с
единственным центром?
x 3y 2 0
Указания. Запишем систему уравнений для координат центра:
3x ay b 0
x 3y 2 0
x 3y 2 0
. Чтобы линия не имела центров, система
3 2 3 y ay b 0 a 9 y b 6 0
a 9
a 9 0
должна быть противоречива, то есть
, то есть
.
b 6
b 6 0
Чтобы линия имела прямую центров, система должна иметь бесконечно много решений,
a 9 0
a 9
то есть
.
b 6 0
b 6
В противном случае, то есть при a 9 и любом b линия будет иметь единственный
центр.
3. Через точку A 1, 0 проведены касательные к параболе y 2 2 x . Написать их
уравнения.
Указания. Пусть прямая l проходит через точку А и имеет направляющий вектор
x 1 p1t
. Точки
p p1 , p2 . Тогда ее параметрические уравнения имеют вид:
y p2t
y2 2x
пересечения прямой l и параболы определяются системой x 1 p1t
y p t
2
2
p2t 2 1 p1t
p2 2t 2 2 p1t 2 0
x 1 p1t
. x 1 p1t
. Чтобы прямая l была касательной, она
y p t
y p t
2
2
должна пересекать параболу в двух совпавших точках, то есть система должна иметь два
совпавших корня, то есть характеристическое уравнение p2 2t 2 2 p1t 2 0 должно иметь
два совпавших корня, то есть его дискриминант должен быть равен 0: p12 2 p2 2 0 .
Откуда находим p1 2 p2 и получаем два направляющих вектора p
2,1 и q 2,1 .
x 1 2t
Таким образом, через точку А проходят две касательные l1 :
и
y t
x 1 2t
l2 :
.
y t
4. Найти касательные к параболе y 2 2 x , параллельные прямой 2 x 4 y 1 0 .
Указания. Эту задачу можно решать так же как 3. Мы посмотрим другой способ решения.
Пусть x0 , y0 - точка касания прямой l . Тогда уравнение касательной l примет вид
F1 x0 , y0 x F2 x0 , y0 y F0 x0 , y0 0 или 1 x 1 y0 y x0 0 . Так как l
параллельна прямой 2 x 4 y 1 0 коэффициенты при х и у в их уравнениях
1 y0
пропорциональны:
. Кроме того, x0 , y0 , то есть y0 2 2 x0 . Решив систему
2 4
1 y0
2 4 , получим точку касания. Точка касания 2, 2 и, подставив ее координаты в
y 2 2x
0
0
уравнение касательной l , получим x 2 y 2 0 .
Домашнее задание.
1. Найти множество центров линии второго порядка а)
x2 y 2
x2 y 2
x2 y 2
3x2 12 xy 6 y 2 2 x 2 y 5 0 ; б) 2 2 1 ; в) 2 2 1 ; г) 2 2 0 .
a
b
a
b
a
b
2
2. Найти касательную к параболе y 16 x , перпендикулярную прямой
x y 7 0 (ПДСК).
3. Найти касательную к параболе y 2 16 x , параллельную прямой 2 x y 5 0 .
x2 y 2
1 в точках пересечения ее с прямой
4. Найти касательные к гиперболе
10 6
3x 5 y 0 .
5*. Написать уравнение параболы, касающейся оси абсцисс в точке A 3, 0 и оси
ординат в точке B 0,5 .
x2 y 2
1
a 2 b2
тогда и только тогда, когда A2 a 2 B 2b 2 C 2 . Найти необходимые и достаточные условия
6*. Доказать, что прямая Ax By C 0 является касательной эллипса
того, что прямая Ax By C 0 касается гиперболы
x2 y 2
1 (параболы y 2 2 px )
a 2 b2
(ПДСК).
7*. Доказать, что отрезок любой касательной к гиперболе, заключенный между
асимптотами, делится точкой касания пополам.
8*. Даны прямая Ax By C 0 и парабола y 2 2 px . Найти значения A, B, C при
которых не существует касательной к данной параболе, параллельной данной прямой.
Решите аналогичные задачи для эллипса и гиперболы, заданных каноническими
уравнениями.
Задачи к зачету и проверочным работам.
x2 y 2
x2 y 2
1. Найти и нарисовать центры линий второго порядка 1) 2 2 1 , 2) 2 2 1 ,
a
b
a
b
2
2
2
2
2
2
x
y
x
y
x
y
3) 2 2 0 , 4) 2 2 1 , 5) 2 2 0 , 6) y 2 a 2 0 , 7) y 2 a 2 0 , 8)
a
b
a
b
a
b
2
2
y 0 , 9) y 2 px .
2. Найти уравнения касательных к эллипсу
x y 5 0 (ПДСК).
3. Найти уравнения касательных к эллипсу
x y 5 0 (ПДСК).
4. Найти уравнения касательных к эллипсу
x y 3 0.
x2 y 2
1 , перпендикулярные прямой
6
3
x2 y 2
1 , перпендикулярные прямой
20 5
x2 y 2
1 , параллельные прямой
6
3
x2 y 2
1 , проходящие через точку 3,1 .
9
2
6. Найти касательную к параболе y 2 8 x , параллельную прямой x y 27 0 .
7. Дана парабола y 2 10 x . Найти касательные к этой параболе в точках ее
пересечения с прямой y 4 x 5 .
5. Найти касательные к эллипсу
x2 y 2
1 , проходящую через точку 3,1 .
9
4
x2 y 2
1 , параллельную прямой 3 x 2 y 0 .
9. Найти касательную к гиперболе
4 5
10. Найти центры линии второго порядка а) x 2 2 xy y 2 6 x 2 y 1 0 ; б)
x 2 2 xy y 2 6 x 6 y 5 0 ; в) 12 x 2 7 xy 12 y 2 1 0
8. Найти касательную к гиперболе
11. Написать уравнение гиперболы, проходящей через точку A 0, 5 и имеющей
асимптоты x 1 0 и 2 x y 1 0 .
12. Написать уравнение линии второго порядка, если она имеет центр в точке
C 0, 1 , проходит через точку A 3, 0 и пересекает каждую из прямых
2 x 3 y 1 0 и x y 5 0 лишь в одной точке.
§4. Диаметры линии второго порядка. Сопряженные диаметры. Главные
диаметры.
Сведения по теории.
Определение. Диаметром линии второго порядка называется множество середин всех
хорд, параллельных некоторому вектору p 0 неасимптотического направления. Данные
хорды называются сопряженными диаметру.
Уравнение диаметра: пусть p p1 , p2 0 - вектор неасимптотического направления.
Тогда d p : F1 x, y p1 F2 x, y p2 0 .
Свойства диаметров.
1. Если линия второго порядка имеет центры, то они принадлежат любому ее
диаметру.
2. Если дана центральная линия второго порядка, то любая прямая
неасимптотического направления, проходящая через ее центр, является диаметром.
3. Любой диаметр нецентральной линии второго порядка имеет асимптотическое
направление.
Определение. Два диаметра называются сопряженными, если каждый из них делит
пополам хорды, параллельные другому диаметру.
Векторы p p1 , p2 0 и q q1 , q2 0 являются сопряженными относительно линии
второго порядка тогда и только тогда, когда a11 p1q1 a12 p1q2 a12 p2 q1 a22 p2 q2 0 .
Определение. Направления, задаваемые векторами p p1 , p2 0 и q q1 , q2 0 ,
называются главными относительно линии второго порядка , если они сопряжены
относительно и перпендикулярны.
Вектор p p1 , p2 0 имеет главное направление тогда и только тогда, когда
a12 p12 p2 2 a22 a11 p1 p2 0
Определение. Диаметр называется главным, если он перпендикулярен сопряженным
хордам.
Задачи.
1. Точка A 2,1 является серединой хорды параболы y 2 4 x . Написать уравнение
прямой, на которой лежит эта хорда.
Указания. Эту задачу мы уже решали в §1. Решим ее другим способом. Пусть p p1 , p2 направляющий вектор искомой прямой l . Так как точка А – середина хорды, А
принадлежит диаметру d данной параболы, сопряженному вектору p (по определению
диаметра). С одной стороны, запишем уравнение прямой d , используя общее уравнение
диаметра: d : 0 x 0 y 2 p1 0 x y 0 p2 0 , то есть d : 2 p1 yp2 0 . По условию
A d , то есть p2 2 p1 p 1, 2 . Тогда l :
x2 1
0 или 2 x y 3 0 .
y 1 2
x2 y 2
2. Написать уравнение диаметра гиперболы
1 , проходящей через точку
4
2
A 2,1 и диаметра ему сопряженного.
Указания. Так как гипербола является центральной линией, все ее диаметры проходят
через ее центр, то есть через точку O 0,0 . Запишем уравнение диаметра d1 ,
x 2
0 x 2 y 0 . Пусть d 2 - диаметр, сопряженный
y 1
диаметру d1 относительно гиперболы. По определению сопряженных диаметров,
проходящего через точки А и О:
направляющий вектор p 2,1 прямой d1 является сопряженным диаметру d 2 . Тогда,
1
1
используя формулу для диаметра, получим d 2 : x 2 y 1 0 или x y 0 .
4
2
3. Найти общий диаметр двух линий второго порядка 1 : x 2 xy y 2 x y 0 и
2 : x 2 2 xy y 2 x y 0 .
Указания. Вычислим определитель
a11
a12
a12
a22
для 1 :
1 12
0 1 1 2 1
центральная линия гиперболического типа. Вычислим определитель для 2 :
1 1
0 2 -нецентральная линия. По свойствам диаметров общий диаметр d
1 1
проходит через центр 1 и его направляющий вектор имеет асимптотическое направление
x 12 y 12 0
2 x y 1 0
2 x y 1 0
относительно 2 . Найдем центр 1 :
1 2 x y 1 2 0
x 2 y 1 0
5 x 1 0
3
y 5
1 3
. Центр 1 : C , . Найдем асимптотическое направление относительно
1
5 5
x 5
2 : p12 2 p1 p2 p2 2 0 p1 p2 0 p1 p2 p 1,1 . Запишем уравнение
2
прямой d , проходящей через точку С параллельно вектору p :
x 1 5 1
0 или
y 35 1
d : x y 25 0 .
4. Написать уравнения главных диаметров линии второго порядка
40 x 2 36 xy 25 y 2 8 x 14 y 1 0 (ПДСК).
Указания. Найдем главные направления относительно данной линии второго порядка:
p p1 , p2 0 имеет главное направление тогда и только тогда, когда
p
5 25 144
18 p12 p2 2 25 40 p1 p2 0 6 p12 p2 2 5 p1 p2 0 1
12
p2 1,2
3
p1 2 p2
. Итак, главные направления задаются векторами p 3, 2 и q 2, 3 .
p 2 p
2
1
3
Запишем уравнения диаметров, сопряженных этим направлениям.
d p : 40 x 18 y 4 3 18x 25 y 7 2 0 6 x 4 y 1 0 .
dq : 40 x 18 y 4 2 18x 25 y 7 3 0 2 x 3 y 1 0 .
5. Найти ось симметрии и вершину параболы x 2 4 xy 4 y 2 8 x 6 y 1 0 (ПДСК).
Указания. Осью симметрии параболы является ее главный диаметр. Запишем уравнение
главного диаметра d данной параболы. Для этого найдем главные направления
относительно параболы: 2 p12 p2 2 4 1 p1 p2 0 2 p12 p2 2 3 p1 p2 0
p1 2 p2
p1
3 9 16
. Итак, главные направления задаются векторами
p1 1 p2
4
p2 1,2
2
p 2, 1 и q 1, 2 . Из найденных векторов выберем вектор неасимптотического
направления. Только для этого вектора существует сопряженный диаметр:
12 4 2 1 4 22 0 p 1, 2 - вектор неасимптотического направления. Запишем
уравнение диаметра: d p : x 2 y 41 2 x 4 y 3 2 0 5 x 10 y 10 0 . Это
уравнение оси симметрии параболы. Вершина параболы – это точка пересечения оси
симметрии параболы с параболой, то есть ее координаты суть решение системы
x 2 4 xy 4 y 2 8 x 6 y 1 0
уравнений
x 2 y 2 0
4 8 y 4 y 2 8 y 8 y 2 4 y 2 16 16 y 6 y 1 0
10 y 11 0
y 1110
.
x 2 2 y
x 15
x 2 2 y
Вершина параболы 1110 , 15 .
Домашнее задание.
1. Написать уравнения главных диаметров линии второго порядка
5x 2 6 xy 5 y 2 16 x 20 y 10 0 (ПДСК).
2. Найти ось симметрии параболы x 2 2 xy y 2 3x y 0 .
3. Найти уравнения двух сопряженных диаметров эллипса
которых проходит через точку 4, 2 .
4. Дан эллипс
x2 y 2
1 , один из
8
4
x2 y 2
1 . Через точку 1,1 провести хорду, делящуюся в этой точке
6
5
пополам.
5. Найти общий диаметр двух линий второго порядка x 2 xy y 2 x y 0 и
x 2 2 xy y 2 x y 0 .
6*. Доказать, что касательные к эллипсу параллельны тогда и только тогда, когда
прямая, проходящая через точки касания, является диаметром эллипса.
7*. Направление касательной к эллипсу сопряжено направлению диаметра,
проходящего через точку касания.
Задачи к зачету и проверочным работам.
1. Найти и нарисовать главные направления и главные диаметры линий второго
x2 y 2
x2 y 2
x2 y 2
x2 y 2
порядка 1) 2 2 1 , 2) 2 2 1 , 3) 2 2 0 , 4) 2 2 1 , 5)
a
b
a
b
a
b
a
b
2
2
x
y
2 0 , 6) y 2 a 2 0 , 7) y 2 a 2 0 , 8) y 2 0 , 9) y 2 2 px .
2
a
b
2. Написать уравнения главных диаметров линии второго порядка
40 x2 36 xy 25 y 2 10 x 12 y 2 0 (ПДСК).
3. Написать уравнения главных диаметров эллипса 5x 2 8xy 5 y 2 18x 18 y 9 0
(ПДСК).
4. Найти общий диаметр двух линий второго порядка x 2 2 xy y 2 11 0 и
x 2
2
2 y 2 13 .
2
5. Найти вершину параболы x 2 2 xy y 2 3x y 0 (ПДСК).
6. Найти главные направления и главные диаметры линии второго порядка
x 2 2 xy y 2 x 2 y 3 0 (ПДСК).
7. Найти уравнения двух сопряженных диаметров гиперболы
x2 y 2
1 , угол между
6
4
которыми равен 45 (ПДСК).
8. Найти уравнения двух сопряженных диаметров гиперболы
которых проходит через точку 4, 2 .
x2 y 2
1 , один из
8
4
9. Написать уравнение диаметра параболы x 2 2 xy y 2 x 2 y 3 0 , проходящего
через точку 1, 3 .
10. Написать уравнения двух сопряженных диаметров эллипса
x2 y 2
1 , один из
16 4
которых параллелен прямой x 2 y 1 0 .
11. Написать уравнение главного диаметра и найти координаты вершины параболы
x 2 2 x y 1 0 (ПДСК).
12. Для линии второго порядка 2 x 2 5 xy 3 y 2 3x 16 y 0 , написать уравнение
диаметра, параллельного оси абсцисс и диаметра, ему сопряженного.
§5. Определение вида линии второго порядка по общему уравнению.
Сведения по теории.
Чтобы определить вид линии второго порядка, нужно:
a
a
a
a
Вычислим определитель 11 12 . Если 11 12 0 , то
a12 a22
a12 a22
Эллиптический тип
a x a y a 0
Найдем центр x0 , y0 линии второго порядка : 11 0 12 0 10
a12 x0 a22 y0 a20 0
Центр не принадлежит
Центр принадлежит
Определим, есть ли у вещественные точки. Через центр ПАРА МНИМЫХ
ПЕРЕСЕКАЮЩИХСЯ
x0 , y0 проведем прямую y y0 (или x x0 ) и найдем
ПРЯМЫХ
точки пересечения этой прямой с линией .
Точки пересечения
Точки пересечения мнимые
вещественны
МНИМЫЙ ЭЛЛИПС
ЭЛЛИПС
a
a
Если 11 12 0 , то
a12 a22
Гиперболический тип
a x a y a 0
Найдем центр x0 , y0 линии второго порядка : 11 0 12 0 10
a12 x0 a22 y0 a20 0
Центр не принадлежит
ГИПЕРБОЛА
Если
a11
a12
a12
a22
Центр принадлежит
ПАРА ПЕРЕСЕКАЮЩИХСЯ
ПРЯМЫХ
0 , то
Параболический тип
a x a y a 0
Найдем центр x0 , y0 линии второго порядка : 11 0 12 0 10
a12 x0 a22 y0 a20 0
Прямая центров
Нет центров
Центр принадлежит
Центр не принадлежит
ПАРАБОЛА
Проведем произвольную прямую l
неасимптотического направления и найдем
точки пересечения с
точки вещественные
точки мнимые
ПАРА
СОВПАВШИХ
ПАРА
ПАРА МНИМЫХ
ПРЯМЫХ
ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ
ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ
ПРЯМЫХ
ПРЯМЫХ
Задачи.
Определить вид линии второго порядка, не приводя ее уравнение к каноническому
виду
1. 2 xy 4 x 2 y 5 0 ;
2. 9 x 2 24 xy 16 y 2 29 x 110 y 50 0 ;
3. 3x 2 2 xy 3 y 2 2 2 x 6 2 y 10 0
4. 9 x 2 12 xy 4 y 2 39 0 ;
5. 2 xy 4 x 2 y 4 0 .
Указания. 1. Вычислим
a11
a12
a12
a22
0 1
0 - гиперболического типа. Найдем
1 0
y 2 0
y 2
центр С линии :
C 1, 2 . Проверим, принадлежит ли
x 1 0
x 1
центр : 2 1 2 4 1 2 2 5 1 0 . Центр не принадлежит и линия
второго порядка является гиперболой.
a
a
9 12
2. Вычислим 11 12
0 - параболического типа. Найдем
a12 a22 12 16
29
29
3x 4 y
0
9
x
12
y
0
6
центры линии :
. Система противоречива,
2
55
3x 4 y 0
12 x 16 y 55 0
4
то есть не имеет центров, то есть - парабола.
a
a
3 1
3. Вычислим 11 12
0 - эллиптического типа. Найдем центры
a12 a22 1 3
5 2
y
3x y 2 0
3x y 2 0
8 y 10 2 0
4
линии :
.
3
2
x 3 y 3 2 0
x 3 y 3 2 0
x 3 y 3 2 0
x
4
Проверим, принадлежит ли центр :
2
2
3 2
3 2 5 2 5 2
3 2
5 2
3
3
2
2
6
2
2
10 1 0
4
4
4
4
4
4
Центр не принадлежит и линия второго порядка является либо эллипсом, либо
мнимым эллипсом. Проведем через центр прямую l : x
пересечения ее с :
3 2
и найдем точки
4
27 2 15 2
3x 2 2 xy 3 y 2 2 2 x 6 2 y 10 0
y 3y2 7 0
4
2
. Вычислим
3 2
x 3 2
x
4
4
225
27 2
4 7
дискриминант квадратного уравнения D
3 0 , то есть
2
4
вещественных корней система не имеет и l пересекает в мнимых точках, то есть мнимый эллипс.
a
a
9 6
4. Вычислим 11 12
0 - параболического типа. Найдем центры
a12 a22 6 4
9 x 6 y 0
3x 2 y 0
линии :
. имеет прямую центров 3 x 2 y 0 . Возьмем
6 x 4 y 0
3x 2 y 0
какой-либо центр, например, C 2,3 . Проверим, принадлежит ли центр :
36 72 36 39 0 . Центр не принадлежит линии , то есть либо пара параллельных
прямых, либо пара мнимых параллельных прямых. Проведем прямую l через точку 0, 0
параллельно вектору p 1,0 (он имеет неасимптотическое направление, так как
9 12 12 1 0 4 02 0 ). Тогда l : y 0 . Найдем точки пересечения l и :
9 x 2 12 xy 4 y 2 39 0 9 x 2 39 0
. Система не имеет вещественных корней,
y 0
y 0
следовательно, точки пересечения мнимые, - пара мнимых параллельных прямых.
a
a
0 1
5. Вычислим 11 12
0 - гиперболического типа. Найдем центр С
a12 a22 1 0
y 2 0
y 2
линии :
C 1, 2 . Проверим, принадлежит ли центр :
x 1 0
x 1
2 1 2 4 1 2 2 4 0 . Центр принадлежит и линия второго порядка
является парой пересекающихся прямых.
Задачи к зачету и проверочным работам (домашнее задание).
Определить вид линии второго порядка, не приводя ее уравнение к каноническому
виду
1. 4 x 2 4 xy y 2 x
11. x 2 2 xy y 2 10 x 6 y 25 0
1
0
25
2. 4 x 2 12 xy 9 y 2 36 x 100 0
12. x 2 2 y 2 4 x 2 y 1 0
3. x 2 2 xy y 2 x 2 y 3 0
4. 6 xy 8 y 2 12 x 26 y 11 0
5. 2 xy 4 x 2 y 3 0
13.
14.
15.
16.
17.
18.
6.
7.
8.
9.
5x 2 8xy 5 y 2 18x 18 y 9 0
x 2 2 xy y 2 2 x 2 y 4 0
2 x 2 3xy 3 y 2 x 7 y 1 0
5x 2 12 xy 22 x 12 y 19 0
5 x 2 6 xy 5 y 2 16 x 16 y 19 0
5x 2 6 xy 5 y 2 16 x 16 y 16 0
x 2 2 xy y 2 10 x 10 y 25 0
x 2 2 xy y 2 2 x 2 y 4 0
x 2 2 xy y 2 3x y 0
x 2 2 xy y 2 10 x 6 y 25 0
10. x 2 4 y 2 2 x 1 0
19*. Найдите необходимые и достаточные условия (на коэффициенты линии второго
порядка) того, что линия второго порядка является параболой.
Тема 3. Преобразования плоскости.
§ 1. Движения плоскости. Примеры. Параллельный перенос и поворот.
x c11 x c12 y x0
Формулы движения
y c21 x c22 y y0
c
c
матрица C 11 12 - ортогональна.
c21 c22
название
Параллельный
перенос
Определение
Tp
p
Tp : M M
Дан вектор
MM p
Поворот
(*)
RO
Даны точка O , ориентированный угол
Осевая симметрия
Скользящая симметрия
Sl
T p Sl
l
Sl : M M
RO : M O M ; O O
1) MM l
1) OM OM ;
2) сер MM l
2) OM OM
Дана прямая
Даны прямая
l
p l
По теореме Фалеса
Если
, то RO
сер
MM l
называется центральной
симметрией и обозначается
SO .
Обратные
Род
RO
T p
I
1
I
1
Инвариантные точки
нет
точка О
Инвариантные прямые
любая прямая,
параллельная
вектору p
1) нет
2) любая прямая,
проходящая через точку О
Sl
II
T p S l
1
II
Прямая инвариантных точек
1
нет
l
Прямая
l
и любая прямая
перпендикулярная
l.
Прямая
l
, вектор
Определяющие
элементы
Как их
найти
p
Подставить
M 0,0
в (*) и
найти
O,
l
l, p
1) О- инвариантная точка
l - прямая инвариантных
точек. Из (*)
A 0,0 A
2)
cos c11 , sin c21
в формулах (*)
M x0 , y0 .
p MM
p x0 , y0
(подставит
(0,0) в (*) и найти координат
l : c11 1 x c12 y x0 0 A )
A0 сер AA
A0 A0 (подставить
координаты
A0
координаты
A0 ). p A0 A
в (*) и найт
A0 l , l A0 A0
Формулы
p x0 , y0
x x x0
y y y0
O a, b ;
l : Ax By C 0
p x0 , y0
x a x a cos y b sin
2A
x x 2
Ax By C
A B2
2B
y y 2
Ax By C
A B2
l : Ax By C 0
y b x a sin y b cos
2A
Ax By C
A2 B 2
2B
y y 2
Ax By C
A B2
x x
Задачи.
1. Найти все инвариантные прямые параллельного переноса.
Ответ. Все прямые, параллельные вектору p , определяющему параллельный перенос.
2. На плоскости даны две параллельные прямые l , l и прямая d , пересекающая их.
Найти образ произвольной точки М, прообраз произвольной точки N , образ и
прообраз данной прямой a , образ и прообраз данной окружности при
параллельном переносе, переводящем l l и оставляющем прямую d
инвариантной.
Идея решения. 1) Определим вектор параллельного переноса, используя первую часть
задачи, то есть две параллельные прямые l , l и прямую d . Пусть l d A, l d A .
p
Тогда при данном параллельном переносе A l d
l d A , то есть AA p .
Вспомним о второй части задачи. Образ и прообраз точки легко построить, используя
таблицу. Чтобы построить образ и прообраз прямой достаточно построить образы
(прообразы) двух ее точек. Можно поступить по-другому: построить образ (прообраз)
одной точки прямой и вспомнить, что при параллельном переносе прямая переходит в
параллельную прямую.
Чтобы построить образ (прообраз) окружности, построим образ (прообраз) ее центра и
проведем окружность того же радиуса, что и исходная, так как движение сохраняет
расстояния.
3. Доказать, что на данных непараллельных прямых a и b существуют точки А и В
соответственно, такие, что направленный отрезок AB эквиполентен данному
направленному отрезку PQ .
T
Идея решения. Проведем анализ задачи. Пусть направленный отрезок AB построен.
Тогда TPQ : A a B a и по условию B b B a b . Приступим к построению.
Построим образ прямой a (см. предыдущую задачу). Тогда B a b и, проведя
прямую c : B c, c PQ , получим c a A .
4. Найти все инвариантные прямые поворота.
Ответ. При инвариантных прямых нет. При инвариантными являются все
прямые, проходящие через центр поворота.
5. На плоскости даны два равных непараллельных отрезка. Построить образ и
прообраз данной прямой при повороте, переводящем один данный отрезок в
другой. Сколько решений имеет задача?
Идея решения. Пусть даны отрезки AB и AB . По определению поворота точки A
и A равноудалены от центра поворота О. Аналогично, точки B и B равноудалены от
центра поворота О. Следовательно, точка О принадлежит серединным
перпендикулярам отрезков AA и BB , то есть является их пересечением. Угол
поворота – это ориентированный угол между векторами OA и OA . Построим образ
данной прямой d . Опустим на прямую d перпендикуляр из центра поворота О.
Обозначим основание перпендикуляра D . Построим образ D точки D при повороте
и проведем прямую, перпендикулярную OD . Это будет образ прямой d . Образно
этот процесс можно представить себе следующим образом: соединяем прямую d с
центром поворота О "жесткой палочкой" и крутим всю эту конструкцию вокруг точки
О на нужный угол.
6. На плоскости даны две прямые l , l и точка О равноудаленная от них. Построить
образ и прообраз произвольной окружности при повороте, для которого точка О
инвариантна, прямая l переходит в прямую l .
Идея решения. Пусть l l . Тогда прямая l получается из прямой l поворотом вокруг
точки О на угол , Пусть l l A . Тогда опустим из тоски О перпендикуляры на
прямые l , l , получим точки L и L , соответственно. Угол поворота есть угол
OL OL . Чтобы построить образ окружности при повороте, нужно построить образ
ее центра и в построенной точке провести окружность такого же радиуса.
7. Даны две пересекающиеся прямые a , b и точка О, не лежащая на них. Построить
отрезок с концами на данных прямых и серединой в данной точке.
Идея решения. Проведем анализ задачи. Пусть искомый отрезок AB , A a, B b
построен. Рассмотрим центральную симметрию с центром в точке О. Тогда
SO
A a
B a и по условию B b . Следовательно, B a b . Проведем
построение. Во-первых, построим образ прямой a . Для этого достаточно через образ
какой-нибудь точки прямой a провести прямую, параллельную a . Получим a .
Строим точку B a b и точку A a BO .
8. Доказать, что если одна прямая получена из другой поворотом на угол , то один
из углов, образованных этими прямыми, будет равен . В частности, центральносимметричные прямые параллельны или совпадают.
Идея решения. Пусть прямая l получается из прямой l поворотом на угол вокруг
точки О, М – точка пересечения l и l .. Опустим перпендикуляры из точки О на
прямые l и l . Обозначим основания перпендикуляров L и L соответственно. Тогда
четырехугольник MLOL имеет два прямых угла - L , L и угол O .
Следовательно, четвертый его угол равен 180 . Смежный ему угол будет равен .
Это угол между прямыми l и l .
Задачи к проверочной работе.
1. Даны две пары параллельных прямых a a и b b a b K . Построить образ и
прообраз данной прямой d при параллельном переносе, переводящем a в a , b в
b .
2. На плоскости дан квадрат ABCD . Построить образ и прообраз данной окружности
при повороте, переводящем данный квадрат в себя. Сколько решений имеет
задача?
3. Два равнобедренных треугольника симметричны друг другу относительно
некоторой прямой. Можно ли их отобразить друг на друга каким-либо еще
движением?
4. Даны два противоположно направленных луча. Построить образ и прообраз данной
прямой при повороте, переводящем один луч в другой.
5. Даны две равные окружности. Построить образ и прообраз данной точки при
повороте на угол 90 , переводящем одну окружность в другую.
6. Даны две прямые, пересекающиеся под углом 45 . Существует ли точка плоскости,
при повороте вокруг которой на угол 90 одна данная прямая перейдет в другую?
7. Через данную точку А провести прямую так, чтобы ее отрезок с концами на данной
прямой и окружности делился точкой пополам.
8. Построить квадрат, если дан его центр и две точки, принадлежащие
противоположным сторонам квадрата.
9. Построить параллелограмм ABCD по двум заданным вершинам, если две другие
вершины лежат на данной окружности.
10.*. Внутри угла с вершиной О дана точка М. Построить прямую ОМ, не используя
точку О.
11*. На прямой l даны три точки А, В, С, причем В расположена между А и С. На
отрезках АВ и ВС по одну сторону от прямой l построены правильные треугольники
ABD и BCE . Точки М и N - середины отрезков AE и CD соответственно. Доказать, что
треугольник BMN - правильный.
§ 2. Движения плоскости. Примеры. Осевая симметрия и скользящая
симметрия.
Задачи.
1. Найти все инвариантные прямые осевой симметрии.
Ответ. Ось симметрии и все прямые, перпендикулярные ей.
2. На плоскости даны прямая l и точка А, не лежащая на ней. Построить образ и
прообраз окружности при осевой симметрии, для которой эти прямая и точка
инвариантны.
Идея решения. У осевой симметрии все инвариантные точки лежат на оси,
следовательно, ось s данной осевой симметрии проходит через точку А. Все
инвариантные прямые осевой симметрии перпендикулярны ее оси, следовательно,
s l . Рисуем ось s . Этим осевая симметрия полностью определена, и мы можем
забыть про первую часть задачи. Теперь точки А и прямой l для нас не существуют.
Строим образ окружности, видя перед собой только ось s . Для этого достаточно
построить образ ее центра и провести окружность того же радиуса в построенной
точке.
3. На плоскости даны два равных непараллельных отрезка. Построить образ и
прообраз данной прямой при скользящей симметрии, переводящей один отрезок во
второй.
Идея решения. Пусть даны два отрезка AB и AB . Вспомним очень хорошее
свойство скользящей симметрии, которым нас обеспечила теорема Фалеса: середина
отрезка, соединяющего соответствующие точки скользящей симметрии, лежит на ее
оси. Тогда ось скользящей симметрии M 0 N0 , где M 0 - середина отрезка AA , N 0 середина отрезка BB . Обозначим ее l M 0 N0 . Построим образ отрезка AB при
осевой симметрии Sl . Получим отрезок AB . Тогда для параллельного переноса T p
остается перевести отрезок AB в отрезок AB , то есть p AA . Мы полностью
задали скользящую симметрию. Теперь вспомним о второй части задачи. Построим
образы двух точек данной прямой и через эти образы проведем прямую. Это и будет
образ данной прямой.
4. На плоскости даны две пересекающиеся прямые l , l и точка А. При каких
условиях существует скользящая симметрия, переводящая l в l , для которой
точка А лежит на инвариантной прямой? Построить образ и прообраз данной точки
при этой скользящей симметрии.
Идея решения. Скользящая симметрия имеет единственную инвариантную прямую –
ось s . Значит, A s . Угол между прямыми l и s равен углу между прямыми s и
l (рисуем как прямая l превращается в l : сначала она отразится от прямой s и
превратится в прямую l . Мы видим, что l , s s, l . Дальше прямая
параллельный перенос "сдвинет" l и превратит в l . Угол между прямыми при этом
сохранится). Следовательно, ось s должна быть параллельна биссектрисе угла,
образованного прямыми l и l . Вектор параллельного переноса – это вектор,
параллельный прямой s и переводящий l в l . Далее смотрим в таблицу § 1 и строим
образ и прообраз данной точки.
5. Даны прямая l и точки А, В, лежащие по одну сторону от прямой l . На прямой l
найти точку М, такую, что AM MB была бы наименьшей.
Идея решения. Анализ задачи. Отразим точку В от прямой l : B Sl B . Тогда
AM MB AM MB . Рассмотрим все ломаные AMB , M l . Наименьшую длину из
них имеет отрезок прямой, содержащий точки A, M , B . Построение. Построим образ
точки В при осевой симметрии Sl . Соединим точки A и B . В пересечении с прямой l
получим искомую точку М.
6. Построить квадрат ABCD , если его диагональ AC лежит на данной прямой l , а
вершины B и D лежат соответственно на данных окружностях 1 и 2 .
Идея решения. Анализ задачи. Пусть искомый квадрат построен. Рассмотрим осевую
симметрию с осью l . Тогда Sl : B 1 D 1 . Кроме того по условию D 2 .
Значит, D 1 2 , Проведем прямую a, D a, a l . Тогда B a 1 . Две вершины
квадрата готовы! Построим еще две вершины квадрата. Пусть BD l O - точка
пересечения диагоналей квадрата. Так как диагонали квадрата равны, AO OC BO .
На прямой l строим точки A и C .
Задачи к проверочной работе.
1. Построить образ и прообраз данного угла при осевой симметрии, если известно,
что данные прямая и окружность инвариантны.
2. На плоскости даны две прямые l , l и точка А. Построить образ и прообраз точки А
при осевой симметрии, переводящей l в l .
3. Построить образ и прообраз данного треугольника при скользящей симметрии,
заданной инвариантной прямой и парой соответствующих точек A, A .
4. Построить образ и прообраз данной прямой при осевой симметрии, заданной
инвариантной прямой и инвариантной точкой.
5. Даны две равные окружности 1 и 2 . Существует ли скользящая симметрия,
отображающая одну из этих окружностей на другую? Отметьте на окружностях
соответственно по точке А и В. Укажите скользящую симметрию, отображающую
окружность 1 на окружность 2 , при которой точка А отобразится в точку В.
6. Построить образ и прообраз данной окружности при осевой симметрии,
переводящей данный квадрат в себя. Сколько решений имеет задача?
7. Дан острый угол и точка М внутри этого угла. Построить треугольник ABM
наименьшего периметра, у которого вершины А и В лежат соответственно на
сторонах данного угла.
8. Построить квадрат ABCD , если его диагональ AC лежит на данной прямой l , а
вершины B и D лежат соответственно на данных прямых a и b .
9. Построить квадрат ABCD , если его диагональ AC лежит на данной прямой l , а
вершины B и D лежат соответственно на данной окружности и данной прямой
a.
10*. С помощью построений определить расстояние от данной точки на стороне угла
до его вершины, если эта вершина недоступна.
11*. Точка А расположена на расстоянии 50 r от центра круга радиуса r . Разрешается
отразить точку симметрично относительно любой прямой, пересекающей круг.
Доказать, что а) за 25 отражений точку А можно "загнать" внутрь данного круга, б) за
24 отражения этого сделать нельзя.
12*. Дан треугольник АВС. Точки A1 , B1 , C1 - основания его высот. Доказать, что
прямая B1C1 является осью скользящей симметрии f SCA S BC S AB .
§ 3. Аналитическое задание движения.
Задачи.
1. Записать формулы движения, имеющего единственную инвариантную точку и
2, 2 , а окружность : x 2 y 2
2 y 2 5.
переводящего B 1,1 B
окружность : x
2
2
2
5 в
2
Решение. Во-первых, определим вид движения. Смотрим в таблицу §1 и видим, что
единственную инвариантную точку имеет поворот. Во-вторых, нарисуем картинку и
решим задачу "на картинке", как мы делали это в §1, 2. Мы знаем, что при движении
центр окружности переходит в центр ее образа, то есть Q 2, 2 при этом
повороте перейдет в точку Q
2, 2 . Итак, поворот задан двумя парами
соответствующих точек: B 1,1 B
2, 2 и Q 2, 2 Q
2, 2 . Такую
задачу мы уже решали в §1. Центр поворота О есть пересечение серединных
перпендикуляров к отрезкам BB и QQ . Напишем уравнения этих прямых. Пусть
1 2 3
, . Серединный перпендикуляр a
B0 - середина отрезка BB . Тогда B0
2
2
1 2 3
, и перпендикулярным вектором BB 2 1,1 . Тогда
задается точкой B0
2
2
2 1
3
a : 2 1 x
y 0 2 1 x y 2 0 . Аналогично найдем второй
2
2
серединный перпендикуляр b . Имеем Q0 - середина отрезка QQ и Q0 0, 2 .
Тогда серединный перпендикуляр b задается точкой Q0 0, 2 и перпендикулярным
вектором n 1, 0 QQ 2 2, 0 . Тогда b : x 0 . Найдем координаты точки O a b :
2 1
x 0
x
2 1
3
x 0
y 0
, то есть O 0, 2 . Найдем угол поворота
2
2
y 2
OB OB . Используем формулы для нахождения синуса и косинуса
1
1
2
0
1 2 1 0
2
2
. Нам
,sin
2
2
2
2
достаточно данных, чтобы составить формулы поворота. Посмотрим в таблицу §1 и
2
2
x
y 2
x 0
2
2
подставим в общие формулы поворота наши данные:
.
2
2
y 2
x
y 2
2
2
2. Найти уравнение образа прямой d : 2 x 5 y 1 0 при движении, не имеющем
инвариантных точек, при котором прямая a : x 2 y 0 a : x 2 y 3 0 и
b : y 0 b : y 8 0 .
Решение. Разделим задачу на три части: во-первых, определим вид движения, вовторых, запишем его формулы, в-третьих, по формулам найдем образ заданной
прямой.
Для определения вида движения берем только вторую часть задачи (временно забудем
про первую прямую). Нарисуем картинку. Мы видим, что a a , b b и a b a b .
ориентированного угла. Тогда cos
Движениями, не имеющими инвариантных точек, являются параллельный перенос и
скользящая симметрия. Скользящая симметрия переводит прямую l в параллельную
ей прямую l только когда прямая параллельна оси или перпендикулярна ей. Если бы
скользящая симметрия переводила a a, b b a a, b b , то a b . Что
противоречит условию задачи. Следовательно, это параллельный перенос. Найдем
координаты вектора этого параллельного переноса.
Рассмотрим точку A a b и найдем образ этой точки при параллельном переносе.
Tp
Удобно записывать следующим образом: A a b
a b A , то есть p AA .
Ищем координаты точек A и A , затем вектора p .
x 2 y 0
x 2 y 3 0
x 13
A:
A 0, 0 ; A :
A 13, 8 . Тогда
y 0
y 8 0
y 8
p AA 13, 8 .
x x 13
Запишем уравнения параллельного переноса: Tp :
.
y y 8
Приступим к третьей части задачи. Чтобы найти образ прямой d , выразим из формул
параллельного переноса x и y и подставим в уравнение прямой d . Удобная запись:
d : 2 x 5 y 1 0 d : 2 x 13 5 y 8 1 0 . Итак, d : 2 x 5 y 65 0 .
3. Найти прообраз прямой x y 0 при движении, имеющем инвариантную прямую
2 x y 0 и инвариантную точку A 2, 2 .
Решение. Во-первых, определим вид движения. Нарисуем картинку. Мы видим, что
точка A не принадлежит данной прямой. Инвариантные точки имеют поворот
(центральная симметрия) и осевая симметрия. Инвариантные прямые имеют
центральная симметрия и осевая симметрия. Но у центральной симметрии все
инвариантные прямые проходят через инвариантную точку. Следовательно, это –
осевая симметрия Sl . Найдем уравнение оси l . Все инвариантные точки лежат на оси
l , следовательно, A 2, 2 l . Инвариантные прямые осевой симметрии, отличные от
ее оси, перпендикулярны ей, то есть l a : 2 x y 0 . Пишем уравнение прямой,
проходящей через данную точку перпендикулярно данной прямой. Тогда
x2 2
l:
0 x 2 y 2 0 . Смотрим в таблицу §1 и записываем формулы осевой
y 2 1
симметрии с осью l : x 2 y 2 0 .
2
4
4
3
x
x
x
2
y
2
x
x
y
5
5
5
5
.
Sl :
4
4
3
8
y y x 2 y 2
y x y
5
5
5
5
Найдем прообраз прямой d : x y 0 при этой осевой симметрии. Данная прямая
является образом для своего прообраза, значит, ее переменные должны быть
обозначены буквами со штрихами: d : x y 0 . Чтобы найти ее прообраз, нужно
подставить x и y из формул осевой симметрии в уравнение прямой d : x y 0 .
4
4 4
3
8
3
Получим уравнение прямой d 0 : x y x y 0 7 x y 4 0 5
5 5
5
5
5
прообраза прямой d .
4. Написать формулы движения, имеющего единственную инвариантную прямую
x y 0 , при котором B 0,1 B 2,1 .
Решение. Единственную инвариантную прямую имеет только скользящая симметрия.
Эта прямая является ее осью, то есть ось скользящей симметрии l : x y 0 . Нам
осталось найти только вектор параллельного переноса. Нарисуем картинку. Пусть
B Sl B . Тогда искомый вектор p BB . Определив координаты точки B Sl B ,
мы найдем координаты вектора p BB . Рассмотрим одно из возможных решений
этой вспомогательной задачи. Оно не самое короткое, но самое универсальное. Идея
этого решения у нас уже записана: B Sl B ! Здесь написано, что мы должны сначала
записать формулы осевой симметрии, а затем найти образ точки B , пользуясь этими
формулами. Реализуем эту идею. Подставим в общие формулы осевой симметрии
2
x x 2 x y
x y
наши данные. Sl :
. Чтобы найти координаты образа точки
2
y
x
y y x y
2
B 0,1 , нужно подставить ее координаты в формулы Sl вместо x и y . Получим
B 1,0 . Тогда p BB 1, 1 . У нас достаточно данных, чтобы записать ответ задачи.
Смотрим в таблицу и записываем формулы скользящей симметрии:
2
x x 2 x y 1
x y 1
Tp Sl :
.
y y 2 x y 1 y x 1
2
5. На прямых a : x y 4 0 и b : 2 x y 6 0 найти точки, которые являются
соседними вершинами квадрата с центром в точке О(0,1).
Идея решение. Забудем сначала про уравнения и решим задачу "в картинках" как мы
делали это в §1,2. Нам даны две не параллельные прямые и точка, не принадлежащая
этим прямым. Пусть задача решена и построен квадрат ABCD , где A a, B b и O
центр квадрата. Рассмотрим поворот вокруг точки О на угол . Тогда A a B a
2
и по условию B b , следовательно, B a b . Из этой записи мы видим, как
построить вершину B квадрата: надо построить образ прямой a при повороте вокруг
точки O на угол
и пересечь его с прямой b . Тогда вершину A легко найти как
2
прообраз точки B при рассматриваемом повороте. Точки C , D найдем, зная, что O середина отрезков AC и BD . Осталось только провести занудные вычисления.
Проведите их самостоятельно!
Задачи к проверочной работе.
1. Найти уравнение образа прямой x y 5 0 при движении с единственной
инвариантной точкой, при котором точки A 5,0 A 3, 4 , а B 0,5 B 4,3 .
2. На плоскости дан квадрат ABCD . Составить формулы движений 1 рода, не
имеющих инвариантных прямых, при которых квадрат переходит в себя, если
A 1,1 , B 3,1 , C 3,5 , D 1,5 .
3. Записать уравнения скользящей симметрии, при которой синусоида y sin x
инвариантна.
4. Написать формулы движения, имеющего одну единственную инвариантную точку,
2
инвариантные прямые, и переводящего окружность x 2 y 4 1 в окружность
x 4
2
y2 1.
5. Написать формулы движения, имеющего инвариантную прямую и инвариантную
2
2
окружность, заданные уравнениями x y 2 0 и x 4 y 2 5 ,
соответственно. Найти уравнение прообраза прямой 6 x y 9 0 при этом
движении.
6. Написать формулы движения, единственная инвариантная прямая которого
параллельна прямой x y 6 0 и B 0,1 B 2,1 .
7. Найти уравнение прообраза прямой 3x y 2 0 при движении 1 рода, при
котором прямая 2 x y 0 инвариантна, а прямая 4 x 3 y 0 переходит в прямую
4x 3y 4 0 .
8. Найти образ точки M 6, 2 при движении, не имеющем инвариантных точек и
переводящем A 0,1 A 3, 2 , а B 1,0 B 2,1 .
9. Найти координаты прообраза точки 3, 2 при движении первого рода, для
которого точка 0, 0 инвариантна, прямая x 3 y 1 0 переходит в прямую
3x y 1 0 .
10. Написать формулы движения 1 рода, при котором прямая
a : x y 4 0 a : x y 0 , и точка A 2,0 инвариантна.
11. Найти координаты вершин А и В равнобедренного прямоугольного треугольника
АВС с прямым углом С, если С(1,0), точка А лежит на прямой y 1 0 , а точка В
принадлежит окружности : x 2 y 2 1 .
2
12. Найти координаты вершин квадрата ABCD , если уравнение прямой, содержащей
его диагональ АС x 2 0 , а вершины В и D принадлежат соответственно оси
2
2
ординат и окружности x 6 y 3 5 .
13*. Составить формулы движений второго рода, если известно, что образы точек
А(0,1), В(1,0), С(1,1) принадлежат соответственно прямым y 0, x 0, x y 1 0 .
14*. Дан треугольник АВС. Определить вид движения TBC S BC
T
AB
S AB и
элементы его задающие.
15*. Дан треугольник АВС. Во внешнюю сторону построены правильные
треугольники. Доказать, что их центры образуют правильный треугольник.
§4. Определение вида движения.
Рассмотрим три типа задач на определение вида движения:
1. Движение задано парой ортонормированных реперов.
Пусть даны два ортонормированных репера R (O, A, B ) и R ' (O ', A ', B ') (проще говоря,
нарисованы два прямоугольных равнобедренных треугольника OAB и O ' A ' B ' , у которых
углы O, O ' - прямые). Чтобы определить вид движения нужно:
1) Определим, сохраняет или меняет движение ориентацию плоскости. Для этого
нарисуем стрелки от вектора OA к вектору OB и от вектора O ' A ' к вектору O ' B ' . Если
стрелки обе направлены по часовой стрелке (или обе – против часовой стрелки), то
движение не меняет ориентации плоскости, то есть является движением первого рода.
Если одна стрелка направлена по часовой, а другая – против часовой стрелки, то движение
меняет ориентацию плоскости, то есть является движением второго рода.
2) Если движение первого рода, то это либо параллельный перенос, либо поворот.
Параллельный перенос характеризуется тем, что векторы OO ', AA ', BB ' равны между
собой – это вектор параллельного переноса. Поворот характеризуется тем, что серединные
перпендикуляры к отрезкам, соединяющим соответствующие точки движения,
пересекаются в одной точке, то есть если провести через середины отрезков OO ', AA ', BB '
перпендикуляры, то они пересекутся в одной точке – центре поворота. Рисуем картинку и
смотрим, что получается. Найдите на картинке угол поворота.
3) Если движение второго рода, то это либо осевая симметрия, либо скользящая
симметрия. Рассмотрим середины отрезков OO ', AA ', BB ' . В обоих случаях они будут
лежать на одной прямой l . Если прямая l перпендикулярна отрезкам OO ', AA ', BB ' , то
это осевая симметрия, а если – нет, то скользящая симметрия. Сообразите, как найти
вектор переноса для этой скользящей симметрии.
2. Движение задано формулами. Напомним, что
c
x c11 x c12 y x0
c
формулы
, где матрица C 11 12 - ортогональна, задают
c21 c22
y c21 x c22 y y0
движение.
Напомним, что матрица С называется ортогональной, если
1) c112 c212 1 ; 2) c12 2 c22 2 1 ; 3) c11c12 c21c22 0 .
Чтобы определить вид движения, нужно
1. Определить род движения (вычислить определитель
c11
c12
c21 c22
1, то I род
).
-1, то II род
2. Найти количество инвариантных точек (в формулы движения подставить
x c11 x c12 y x0
x x, y y и решить систему уравнений
. Количество ее
y c21 x c22 y y0
решений x, y равно количеству инвариантных точек движения).
3. Посмотреть в таблицу §1.
3. Определение вида движения с помощью разложения в композицию осевых
симметрий.
Напомним, что
Tp Sm Sl , где l p.m p , m Tp l
2
RO S m Sl , где l m O , l ,m
2
Например, надо определить вид движения RO 2 Tp (рисуем картинку). Постараемся
разложим каждое из этих движений в композицию двух осевых симметрий так, чтобы
первая осевая симметрия от поворота была такая же, как вторая осевая симметрия от
параллельного переноса, то есть
RO 2 Tp Sk Sm Sm Sl . Тогда эти прямые должны удовлетворять требованиям
id
l ,
l p.m p , m Tp
k m O , m,k
. Из этих требований видим, что прямая m
4
должна проходить через точку О перпендикулярно вектору p . Две остальные прямые
2
достраиваются по прямой m однозначно (рисуем их на картинке). Итак, RO 2 Tp Sk Sl ,
где l k Q , l ,k
точки Q на угол
4
(так как l m ), то есть RO 2 Tp = S k Sl является поворотом вокруг
(нарисуйте картинку).
2
Задачи.
4
3
x 5 x 5 y 1
1. Выяснить, определяют ли формулы
, записанные в ПДСК,
4
3
y x y 1
5
5
движение? Найти образ и прообраз точки M 1,1 при этом движении; образ и
прообраз прямой l : 2 x y 3 0 при этом же движении.
4
3
5 5
Решение. Проверим, является ли матрица C
ортогональной.
4 3
5 5
2
2
2
2
3 4 43
3 4
3 4
0 . Матрица
Действительно, 1 , 1 ,
5 5 55
5 5
5 5
ортогональна, следовательно, формулы задают движение. Найдем образ точки M 1,1 .
Запишем M 1,1 M x, y . Из этой записи хорошо видно, что координаты точки
M 1,1 нужно подставить вместо x и y в формулы движения. Тогда вычислив
3
4
4
значения x, y , получим координаты точки M . Считаем x 1 1 1 ,
5
5
5
4
3
2
4 2
y 1 1 1 M , .
5
5
5
5 5
Найдем прообраз точки M 1,1 . Запишем M 0 x, y M 1,1 , где точка M 0 прообраз точки M . Теперь точка М сама является образом и ее координаты нужно
подставлять в формулы движения вместо x, y . Получим систему, решив которую
найдем координаты точки M 0 .
4
8
3
x
1 5 x 5 y 1 3x 4 y 0
25 x 40 0
8 6
5
M0 , .
5 5
3 x 4 y 0
1 4 x 3 y 1 4 x 3 y 10 0
y 6
5
5
5
Найдем образ прямой l : 2 x y 3 0 . Первый способ. Взять две точки на прямой l ,
найти их образы и через них провести прямую. Это будет l .
Второй способ. Запишем l : 2 x y 3 0 l :
. Нужно из формул движения
выразить x, y и подставить в уравнение прямой l . Получим уравнение с переменными
x, y . Это и будет уравнение прямой l . Запишем его на место, которое мы оставили.
Проведите вычисление тем способом, который вам понравился больше.
Найдем прообраз прямой l : 2 x y 3 0 . Первый способ решения такой же как для
нахождения образа. Второй способ. Запишем l0 :
l : 2x y 3 0 .
Теперь прямая l сама является образом, следовательно, ее переменные надо
обозначать x, y . Переобозначим l0 :
l : 2 x y 3 0 . Теперь видно,
чтобы найти ее прообраз, нужно подставить выражения для x, y из формул в
уравнение прямой l . Ответ запишем на свободное место.
4
3
3
4
l0 : 2 x y 1 x y 1 3 0 l : 2 x y 3 0 . Раскрывая скобки и
5
5
5
5
приводя подобные, получим уравнение прообраза прямой l .
2. Определить вид движения и элементы его определяющие
3
4
4
3
3
4
4
3
а) x x y 1, y x y 1 ; б) x x y 1, y x y 1 ;
5
5
5
5
5
5
5
5
3
4
4
3
1
в) x x y 1, y x y ; г) x x 2, y y 4 ; д) x x 2, y y 4 ;
5
5
5
5
2
x
y
2,
y
x
2
x
x
2,
y y 4 . Записать уравнения инвариантных
е)
; ж)
прямых.
3
4
5
5
1 1 род
Решение. а) Определим род движения
3
4
5
5
Найдем инвариантные точки. Точка является инвариантной тогда и только тогда, когда
M x, y R M x, y R , то есть x x, y y . Подставим в формулы
3
4
x 5 x 5 y 1
движения:
4
3
y x y 1
5
5
4
2
5 x 5 y 1 0
2 x 4 y 5 0
2 x 6 y 0
4
2
4
x
2
y
5
0
2
x
4
y
5
0
x y 1 0
5
5
x 3
x 3y
2 . Движение 1 рода и имеет одну инвариантную точку – это
2 x 4 y 5 0 y 1
2
поворот вокруг точки S 3 , 1 на угол такой, что cos 3 ,sin 4 .
5
5
2 2
Инвариантных прямых нет.
4
3
5
5
б) Определим род движения
1 II род
3
4
5
5
Найдем инвариантные точки. Точка является инвариантной тогда и только тогда, когда
M x, y R M x, y R , то есть x x, y y . Подставим в формулы
3
4
4
8
x 5 x 5 y 1
5 x 5 y 1 0
8 x 4 y 5 0
8 x 4 y 5 0
движения:
.
4
3
4
2
4
x
2
y
5
0
5
0
y x y 1
x y 1 0
5
5
5
5
Система противоречива, следовательно, инвариантных точек нет. Это скользящая
симметрия. Найдем элементы ее определяющие (см. таблицу). Рассмотрим точку A 0, 0 .
Найдем ее образ по формулам A 1, 1 . Найдем координаты середины отрезка AA :
1 1
A0 , . Эта точка принадлежит оси скользящей симметрии, также как и точка
2 2
9
3
1 1
A0 , (мы подставили координаты точки A0 , в формулы движения).
10 10
2 2
Вектор p параллельного переноса, входящего в скользящую симметрию, есть вектор
x 1
1
1 2
2
A0 A0 , . Ось скользящей симметрии: l A0 A0 :
0 2x y 3 0 .
2
5 5
y 1
2
2
Единственная инвариантная прямая – ось скользящей симметрии 2 x y 3 0 .
2
4
3
5
5
1 II род
в) Определим род движения
3
4
5
5
Найдем инвариантные точки. Точка является инвариантной тогда и только тогда, когда
M x, y R M x, y R , то есть x x, y y . Подставим в формулы
3
4
4
8
x 5 x 5 y 1
5 x 5 y 1 0
8 x 4 y 5 0
движения:
. Система имеет
8 x 4 y 5 0
y 4 x 3 y 1
4 x 2 y 1 0
5
5
5
2
5
2
бесконечно много решений, то есть движение имеет прямую 8 x 4 y 5 0 инвариантных
точек. Это осевая симметрия с осью 8 x 4 y 5 0 . Инвариантными прямыми являются
ось осевой симметрии 8 x 4 y 5 0 и все прямые перпендикулярные оси: x 2 y C 0 ,
С – произвольная константа.
г) Определим род движения:
1 0
1 0 I род. Найдем инвариантные точки:
0 1
x x 2
0 2
. Система противоречива, следовательно, инвариантных точек нет.
y y 4
0 4
Это параллельный перенос на вектор p 2, 4 (свободные члены в формулах движения).
Инвариантные прямые: все прямые, параллельные вектору p 2, 4 . Их уравнения:
2 x y C 0 , где С – произвольная константа.
1 0
1 0 II род. Найдем инвариантные точки:
д) Определим род движения:
0 1
x x 2
0 2
. Система противоречива, следовательно, инвариантных точек нет.
y y 4
y 2
Это скользящая симметрия. Найдем ее определяющие элементы. Рассмотрим точку
A 0,0 . Найдем ее образ по формулам A 2, 4 . Найдем координаты середины отрезка
AA : A0 1, 2 . Эта точка принадлежит оси скользящей симметрии, также как и точка
A0 3, 2 (мы подставили координаты точки A0 1, 2 в формулы движения). Вектор p
параллельного переноса, входящего в скользящую симметрию, есть вектор A0 A0 2, 0 .
x 1 1
0 y 2 0 . Единственная
y2 0
инвариантная прямая – ось скользящей симметрии y 2 0 .
0 1
1 0 II род. Найдем инвариантные точки:
е) Определим род движения:
1 0
x y 2
0 0
. Система имеет бесконечно много решений, то есть движение
y x 2
x y 2
имеет бесконечно много инвариантных точек, лежащих на прямой x y 2 0 . Это
осевая симметрия с осью x y 2 0 . Инвариантными прямыми являются ось осевой
симметрии x y 2 0 и все прямые перпендикулярные оси: x y C 0 , С –
произвольная константа.
1 0
1 0 I род. Найдем инвариантные точки:
ж) Определим род движения:
0 1
x x 2
x 1
. Движение имеет единственную инвариантную точку,
y y 4
y 2
Ось скользящей симметрии: l A0 A0 :
следовательно, это поворот вокруг этой точки O 1, 2 на угол , для которого
cos 1,sin 0 , то есть . Это центральная симметрия. Инвариантными прямыми
являются все прямые, проходящие через точку O 1, 2 , то есть прямые
x 1
p1
y2
p2
0 для
любых p1 , p2 .
Задачи к проверочной работе.
1. Доказать, что формулы, записанные в ПДСК, задают движение, определить его вид и
задающие элементы, записать уравнения инвариантных прямых, найти образ и прообраз
прямой x y 1 0 при этом движении, образ и прообраз окружности
x 1 y 1
2
2
1.
2
2
2
2
1
3
3
3
1
1
x
y, y
x
y ; 2) x x
y
, y
x y ;
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
3
3
3
1
1
y
, y
x y ; 5) x x 2, y y 2 ;
3) x x 2, y y 6 ; 4) x x
2
2
2
2
2
2
1
3
3
1
y, y
x y;
6) x x, y y 6 ; 7) x y 1, y x 1 ; 8) x x
2
2
2
2
2
2
2
2
x
y, y
x
y;
9) x x 2, y y 2 ; 10) x
2
2
2
2
2
2
2
2
x
y, y
x
y.
11) x
2
2
2
2
2. Нарисована пара ортонормированных реперов. Определить вид движения и элементы,
его задающие.
3. Определить вид движения Tp Sl , l p ; Tp SO ; Sl SO , O l ; Sl SO , O l ; SO Sl , O l ;
1) x
SO Sl , O l .
§ 5. Преобразование подобия. Гомотетия.
Определение. Пусть на плоскости фиксирована точка M 0 и дано число m 0 .
Гомотетией называется такое преобразование плоскости H Mm0 : M M , что
M 0 M mM 0 M . Точка M 0 называется центром гомотетии, а число m 0 называется
коэффициентом гомотетии.
Свойства гомотетии.
1. M 0 - единственная инвариантная точка гомотетии.
2. Гомотетия H Mm0 является подобием первого рода с коэффициентом m .
3. H Mm0 : M 0 l l ; H Mm0 : M 0 l l l .
Формулы гомотетии: H Mm0 a ,b :
x a m x a
y b m y b
Задачи.
1. Построить образ и прообраз точки, прямой, окружности при гомотетии, заданной
центром M 0 и парой соответствующих точек A A .
Решение. Изобразим на картинке точку M 0 и пару соответствующих точек A A .
Посмотрим на определение гомотетии и убедимся, что все три точки лежат на одной
прямой.
Возьмем точку В на плоскости и построим ее образ. Во-первых, точка B должна
лежать на одной прямой с точками M 0 и В. Проводим прямую M 0 B . Во-вторых,
прямые AB и AB должны быть параллельны по свойству гомотетии,
следовательно, B принадлежит прямой, проходящей через точку A параллельно
прямой AB . Обозначим эту прямую a . Тогда B M 0 B a .
Возьмем точку C на плоскости и построим ее прообраз. Рассуждения полностью
аналогичны проведенным выше. Во-первых, точка C (прообраз точки C ) лежит на
одной прямой с точками M 0 и C . Во-вторых, прямые AC и AC должны быть
параллельны по свойству гомотетии, следовательно, C принадлежит прямой,
проходящей через точку A параллельно прямой AC . Обозначим эту прямую b .
Тогда C M 0C b .
Чтобы построить образ (прообраз) данной прямой при гомотетии, достаточно
построить образ (прообраз) одной ее точки и через эту точку провести прямую
параллельную денной. Подумайте, почему это так?
Чтобы построить образ (прообраз) данной окружности, достаточно построить образ
Q (прообраз) ее центра Q и какой-нибудь точки A этой окружности. Получим точку
A . Проведем окружность с центром в точке Q радиуса QA . Это будет образ данной
окружности.
2. На плоскости даны две прямые l l и точка О, им не принадлежащая. Построить
образ и прообраз произвольной прямой d при гомотетии с центром в точке О и
переводящей l l .
Решение. Проведем через точку О какую-нибудь прямую a . Обозначим a l A и
a l A . Убедимся, что такое обозначение не случайно и точка A действительно
является образом точки A . Как обычно запишем A a l a l A
(действительно, прямая a инвариантна, так как проходит через центр гомотетии).
Теперь гомотетия у нас задана центром и парой соответствующих точек. Такие задачи
мы уже умеем решать (см. задачу 1).
3. Составить формулы гомотетии, зная две инвариантные прямые 2 x y 2 0 и
x 4 y 1 0 и коэффициент гомотетии m 2 . Найти образ окружности
x 2 y 1
2
2
4 при этой гомотетии.
Решение. Общие формулы для гомотетии у нас есть. Если мы подставим в них
координаты центра и коэффициент гомотетии, то получим ответ. Коэффициент у нас
дан: m 2 . Ищем координаты центра гомотетии. По свойству гомотетии все ее
инвариантные прямые пересекаются в ее центре, следовательно, определив
координаты точки пересечения прямых 2 x y 2 0 и x 4 y 1 0 мы найдем
координаты центра M 0 гомотетии.
2 x y 2 0
9 x 9 0
x 1
M0 :
M 0 1, 0 .
x 4 y 1 0
2 x y 2 0
y 0
x 1 2 x 1
x 2 x 3
Получаем H M20 1,0 :
.
y 2 y
y 2 y
Найдем теперь образ окружности : x 2 y 1 4 . Вычислим координаты
2
2
образа точки Q 2,1 - центра окружности - при данной гомотетии (подставим
координаты точки Q в формулы гомотетии). Получим Q 7, 2 . Так как гомотетия
является подобием с коэффициентом 2 2 , то окружность будет иметь радиус в 2
раза больше, чем исходная окружность. Итак, окружность имеет центр в точке
2
2
Q 7, 2 и радиус 4. Запишем ее уравнение: x 7 y 2 16 .
4. Подобие задано парой реперов. Представить его в виде композиции гомотетии с
тем же коэффициентом и любым центром и движения. Определить вид движения.
Решение. Пусть даны ортонормированный репер R O, A, B и репер R O, A, B .
Так как они задают подобие, должны выполняться условия: OA OB и OA OB
O A OB AB
(почему?) Определим коэффициент подобия. Он равен
. Возьмем
OA OB
AB
произвольную точку плоскости M 0 - это будет центр гомотетии. Построим образ
O A
(для
OA
построения воспользуемся теоремой Фалеса). В результате получим репер
R O, A, B . Тогда пара реперов R O, A, B и R O, A, B задаст движение. Нам
репера R O, A, B при гомотетии с центром M 0 и коэффициентом
нужно определить вид этого движения. Во-первых, определим род движения по
ориентации реперов (одинаковая ориентация – первый род, противоположная – второй
род).
Движение 1 рода:
а) OO
AA BB параллельный перенос на вектор OO ;
б) иначе, поворот. Определим центр и угол поворота. Пусть прямая a - серединный
перпендикуляр к отрезку OO , прямая b - серединный перпендикуляр к отрезку
AA . Тогда точка D a b - центр поворота. Угол поворота DO DO .
Движение 2 рода:
а) если прямая l , проходящая через середины отрезков OO , AA , BB
перпендикулярна им, то данное движение – осевая симметрия с осью l .
б) иначе это скользящая симметрия с осью l , проходящей через середины отрезков
OO , AA , BB . Чтобы найти вектор параллельного переноса этой скользящей
симметрии, отразим точку O от оси l . Получим точку O . Тогда вектор O O будет
искомым вектором.
5. Представить преобразование подобия x 3x 4 y 1, y 4 x 3 y 2 в виде
композиции гомотетии с отрицательным коэффициентом и движения. Определить
вид движения.
Решение. Вспомним общий вид формул подобия:
x c11 x c12 y x0
, где c112 c212 k 2 , c12 2 c22 2 k 2 , c11c12 c21c22 0 . Тогда k y c21 x c22 y y0
коэффициент подобия.
Мы видим, что формулы из задачи удовлетворяют этим условиям, следовательно,
задают подобие с коэффициентом k 32 42 5 . Пусть данное подобие f
5
5
представлено в виде f g H 0,0
, где H 0,0 - гомотетия, g - движение. Запишем их
формулы. Начнем с гомотетии, общие формулы которой у нас есть.
x 5 x
5
H 0,0
. Теперь найдем формулы движения g . Для этого умножим обе части
:
y 5 y
5
5
равенства f g H 0,0
справа на H 0,0
f
H
5
0,0
1
5
g H 0,0
H
5
0,0
1
1
g f
. Получим
H
5
0,0
1
1
f H 0,05 . Из этой записи мы
1
видим, чтобы найти формулы движения g , нужно записать формулы гомотетии H 0,05
1
, затем найти композицию H 0,05 и f .
1
x 5 x
. Чтобы найти композицию гомотетии и подобия, введем другие
H 0,05 :
y 1 y
5
обозначения для переменных. Заметим, что гомотетия и подобие действуют на точку в
H
f
следующей последовательности: M x, y
M x, y
M x, y . Точка
1
M x, y является образом для точки M x, y при гомотетии и исходной точкой для
подобия f . Тогда
1
x x
1
x 3 x 4 y 1
5
H 0,05 :
и f :
.
y 4 x 3 y 2
y 1 y
5
Движение g f H : M x, y M x, y , следовательно, в формулах нам надо
"избавиться" от переменных x, y . Подставим их из уравнений гомотетии в уравнения
подобия:
3
4
x 5 x 5 y 1
. Нам осталось только определить вид движения по его формулам
g :
y 4 x 3 y 2
5
5
5
(см. §3). Это движение 1 рода, имеющее единственную инвариантную точку 0, . Это
4
3
4
5
поворот вокруг точки 0, на угол такой, что cos ,sin .
5
5
4
Задачи к проверочной работе.
1. Построить образ и прообраз точки, прямой, окружности при гомотетии, заданной
1
1
центром M 0 и коэффициентом m ( m , 2 ).
2
2
2. Составить формулы гомотетии, заданной двумя парами соответствующих точек
A 0,0 A 1, 1 , B 1,0 B 1, 1 .
3. Построить образ данной прямой при гомотетии, заданной двумя парами прямых
a a, b b ( a b ) и коэффициентом m 2 .
4. Построить образ данной прямой при гомотетии, заданной двумя парами прямых
1
a a, b b ( a b ) и коэффициентом m .
2
2
5. Составить формулы гомотетии с коэффициентом k , при которой прямая
3
y 4 0 переходит в прямую y 2 0 , а прямая x y 4 0 - в прямую
x y 1 0 .
6. Найти образ окружности x 1 y 2 25 при гомотетии с центром в точке
2
M 0 1, 0 и переводящей прямую x y 6 0 в прямую x y 2 0 .
7. Написать формулы гомотетии, при которой прямые x y 3 0 и x 2 y 0
инвариантны, а образом прямой 2 x y 0 является прямая 2 x y 15 0 .
8. Написать формулы гомотетии с положительным коэффициентом, при которой
2
2
2
2
окружность x 1 y 1 1 переходит в окружность x 4 y 4 4 .
9. Построить образ и прообраз данной прямой при гомотетии, переводящей данные
прямые a a и данные точки A A .
10. Построить прообраз данной окружности при гомотетии, переводящей данные
точки A A, B B .
11. Найти уравнение прообраза прямой 5 x 3 y 0 при гомотетии с центром в точке
M 0 1, 2 , которая переводит прямую 2 x y 1 0 в прямую 2 x y 5 0 .
12. Построить прообраз данной прямой при гомотетии, заданной парой
соответствующих точек A A и инвариантной прямой b .
13. Даны два параллельных отрезка AB , CD . Построить образ данной окружности
при гомотетии, переводящей один из данных отрезков в другой. Сколько решений
имеет задача?
14. Представить подобие в виде композиции гомотетии с тем же коэффициентом и
движения. Определить вид движения, если
1) x 2 x 3, y 2 y 6 ; 2) x 2 x 3, y 2 y 6 ; 3)
2
2
2
2
x
y, y
x
y.
4
4
4
4
15. Представить подобия предыдущей задачи в виде композиции движения и
гомотетии с отрицательным коэффициентом и произвольным центром.
16. Представить подобие x 3x 5, y 3 y 6 в виде композиции гомотетии с
x
центром в точке 1,1 и отрицательным коэффициентом и движения. Определить
вид движения.
17. Подобие задано парой реперов (нарисуйте картинку!). Разложить его в
композицию гомотетии с положительным (отрицательным) коэффициентом и
движения. Определить вид движения.
18*. Составить формулы подобия первого рода, переводящего отрезок с концами в точках
A 1,1 , B 3,1 в отрезок с концами C 1,5 , D 5,5 . Сколько решений имеет задача?
19*. Доказать, что квадрат подобия второго рода есть гомотетия.
20*. Доказать, что любые две равносторонние гиперболы подобны.
21*. Доказать, что две любые параболы подобны. Чему равен коэффициент подобия?
22*. Подобие задано парой реперов (нарисуйте картинку!). Разложить его в композицию
гомотетии с положительным (отрицательным) коэффициентом и движения с общей
инвариантной точкой. Определить вид движения.
§ 6. Аффинные преобразования.
Определение. Преобразование плоскости называется аффинным, если оно любые три
точки, лежащие на одной прямой переводит в три точки также лежащие на одной прямой
и при этом сохраняет простое отношение трех точек.
Определение. Нетождественное аффинное преобразование называется перспективноаффинным (или родством), если оно имеет по крайней мере две инвариантные точки А и
В.
При этом вся прямая (АВ) состоит из инвариантных точек. Она называется осью родства.
Свойства родства.
1. Прямые, соединяющие соответствующие точки родства параллельны или
совпадают.
2. Если прямая пересекает ось родства в некоторой точке, то ее образ также
пересекает ось родства в этой же точке. Если прямая не пересекает ось родства, то
ее образ также не пересекает ось родства.
Примеры перспективно-аффинных преобразований.
Сдвиг
MM s
Косое сжатие
MM s
Косое сжатие называется сжатием, если MM ' s .
Задачи.
1. Сдвиг (косое сжатие) задано осью и парой соответствующих точек. Построить
образ и прообраз данной точки при этом преобразовании.
Решение. Рисуем картинку для сдвига. Нам даны ось s и пара соответствующих точек
A A . Так как мы рассматриваем сдвиг, AA s . Возьмем произвольную точку В
плоскости и построим ее образ B . Воспользуемся свойствами родства. Во-первых,
BB AA по 1 свойству, то есть B принадлежит прямой a , проходящей через
точку В параллельно прямой AA . Во-вторых, если AB s K , то AB s K
по 2 свойству, то есть B AK . Тогда B AK a .
Прообраз произвольной точки C плоскости строится аналогично. Возьмем
произвольную точку C плоскости и построим ее прообраз C . Воспользуемся
свойствами родства. Во-первых, CC AA по 1 свойству, то есть C принадлежит
прямой b , проходящей через точку C параллельно прямой AA . Во-вторых, если
AC s K , то AC s K
по 2 свойству, то есть C AK . Тогда C AK b .
В случае косого сжатия рассуждения точно такие же.
2. Сдвиг (косое сжатие) задано осью и парой соответствующих точек. Построить
образ и прообраз данного квадрата при этом преобразовании. Рассмотреть
различное расположение квадрата относительно оси родства.
Решение. Достаточно построить образы вершин квадрата и соединить их отрезками (в
результате этих действий мы получим параллелограмм). Подумайте, как построить
образ квадрата проще.
3. Построить образ точки при косом сжатии, заданном инвариантной точкой С , парой
соответствующих параллельных (пересекающихся) прямых a a и
направлением сжатия – прямой b .
Решение. Рисуем картинку. Мы знаем, что все инвариантные точки лежат на оси
родства s , то есть C s . Непараллельные соответствующие прямые пересекаются на
оси родства, то есть a a K s . У нас появилась ось родства s CK . Нам
осталось получить две соответствующие точки A A , которые лежат на прямых a и
a соответственно. Мы знаем, что все прямые, соединяющие соответствующие точки
родства параллельны между собой. Это и есть направление сжатия. Оно задается
прямой b , то есть AA b . Кроме того, A a, A a . Следовательно,
A a b, A a b . Теперь косое сжатие задано осью и парой соответствующих
точек. Дальше решение такое же как в задаче 1.
4. Родство задано двумя парами пересекающихся соответствующих прямых
a a, a a C и b b, b b D, a b A . Построить образ (прообраз) данной
точки при данном родстве.
Решение. Если мы построим ось родства и пару соответствующих точек, то сможем
решить задачу по аналогии с задачей 1. Мы знаем, что соответствующие прямые
пересекаются на оси родства, следовательно, ось родства s CD . Найдем образ
точки A a b a b A . Тогда родство задано осью s и парой соответствующих
точек A A .
Задачи к проверочной работе.
1. Построить образ (прообраз) данной трапеции при косом сжатии, заданном осью и
парой соответствующих точек.
2. Построить образ данной прямой при сдвиге, заданном осью и парой
пересекающихся соответствующих прямых.
3. Сдвиг задан парой соответствующих прямых a a a a и инвариантной
прямой b . Построить образ данного треугольника (квадрата, параллелограмма) при
данном сдвиге. Сколько решений имеет задача?
4. Построить образ (прообраз) данной трапеции при сдвиге, заданном парой
соответствующих точек A A и инвариантной точкой В.
5. Доказать, что любое аффинное преобразование можно представить в виде композиции
родства и подобия.
6*. Показать, что перспективно-аффинное преобразование, вообще говоря, не сохраняет
величину угла. Но при этом верно следующее утверждение: при всяком перспективноаффинном преобразовании через каждую точку плоскости проходят две взаимно
перпендикулярные прямые, образы которых при этом преобразовании также взаимно
перпендикулярны.
7*. Доказать, что любое аффинное преобразование можно представить в виде композиции
двух сжатий к взаимно перпендикулярным прямым и движения.
Тема 2. Поверхности второго порядка.
§1. Цилиндрические и конические поверхности.
Определение. Конической поверхностью (конусом) с вершиной в точке S называется
поверхность, которая с каждой своей точкой М M S содержит всю прямую SM .
Коническую поверхность будем получать следующим образом. Рассмотрим в
пространстве линию и точку S , S . Поверхность, образованная всеми прямыми,
каждая из которых проходит через точку S и всеми прямыми, каждая и которых проходит
через точку S и пересекает линию , является конической поверхностью. Линия
называется направляющей, прямые – образующими.
Задачи.
1. Составить уравнение конуса вершина которого находится в точке S 3, 1, 2 и
направляющая задана уравнениями x 2 y 2 z 2 1, x y z 0 (АСК).
Решение. Заметим, что направляющая конуса задана как пересечение двух множеств:
поверхности : x 2 y 2 z 2 1 и плоскости : x y z 0 . Пусть произвольная точка
M x0 , y0 , z0 K , то есть прямая SM должна пересекать направляющую . Тогда
SM , то есть прямолинейная образующая SM конической поверхности К
пересекает плоскость в точке, принадлежащей поверхности (нарисуйте
картинку). Запишем эти условия в виде уравнений.
x 3 x0 3 t
Параметрические уравнения прямой SM : y 1 y0 1 t . Найдем координаты
z 2 z0 2 t
x, y, z точки пересечения прямой SM с плоскостью .
x 3 x0 3 t
x 3 x0 3 t
y 1 y0 1 t
y 1 y0 1 t
z 2 z0 2 t
z 2 z0 2 t
x y z 0
3 x 3 t 1 y 1 t 2 z 2 t 0
0
0
0
x 3 x0 3 t
y 1 y0 1 t
z 2 z0 2 t
2 x y z 2 t 0
0
0
0
2
x
3
x
3
0
x0 y0 z0 2
x 3 x0 3 t
2
y 1 y0 1
x0 y0 z0 2
y 1 y0 1 t
. Найденные координаты
2
z
2
z
2
t
0
z 2 z 2
0
2 x y z 2 t 0
x0 y0 z0 2
0
0
0
2
t
x0 y0 z0 2
x, y, z должны удовлетворять уравнению поверхности . Получим
2
2
2
2
2
2
3 x0 3
1 y0 1
2 z0 2
x0 y0 z0 2
x0 y0 z0 2
x0 y0 z0 2
3 x
0
y0 z0 2 2 x0 3 1 x0 y0 z0 2 2 y0 1 2 x0 y0 z0 2 2 z0 2
2
2
x0 y0 z0 2
x0 3 y0 3z0 x0 y0 z0 2 x0 2 y0 4 z0
2
2
2
2
x0 y0 z0 2 .
2
Переобозначив переменные, получим
2
2
2
2
x 3 y 3z x y z 2 x 2 y 4 z x y z 2 . Это уравнение искомой
конической поверхности.
2. Ось Ox - ось кругового конуса с вершиной в начале координат О, его образующие
наклонены под углом 450 к оси Ox . Составить уравнение конуса (ПДСК).
2
Решение. Пусть M x, y, z K OM , i 450 cos OM , i
2
x 1 y 0 z 0
2
OMi
2
4 x 2 2 x 2 y 2 z 2 2 x 2 y 2 z 2 0 . Это
2
2
2
2
2
OM i
x y z
уравнение искомой конической поверхности.
2
Определение. Поверхность, содержащая с каждой своей точкой всю прямую,
проходящую через эту точку параллельно некоторому фиксированному вектору p ,
называется цилиндрической поверхностью или цилиндром.
Цилиндрическая поверхность может быть образована следующим образом. Пусть некоторая линия, а p - ненулевой вектор. Поверхность, образованная всеми прямыми,
каждая из которых проходит через некоторую точку линии параллельно вектору p ,
будет цилиндрической. Линия называется направляющей, прямые – образующими.
3. Составить уравнение цилиндра, образующие которого параллельны прямой
x 1 y 2 z 3
, а направляющая задана уравнениями x 2 y 2 9, z 2 (АСК).
1
2
4
Решение. Заметим, что направляющая цилиндра задана как пересечение двух
множеств: поверхности : x 2 y 2 9 и плоскости : z 2 . Образующие цилиндра
параллельны вектору p 1, 2, 4 . Пусть M x0 , y0 , z0 Ц . Проведем прямую l
параллельно вектору p 1, 2, 4 через точку М. Эта прямая должна пересекать
направляющую цилиндра, то есть l , где M l , l p , то есть прямая l ,
проходящая через точку М параллельно вектору p пересекает плоскость в точке,
принадлежащей поверхности . Запишем эти условия в виде уравнений.
x x0 t
Параметрические уравнения прямой l : y y0 2t . Пересечем эту прямую с
z z 4t
0
плоскостью и найдем координаты x, y, z точки пересечения:
2 z0
x x0 4
x x0 t
2 z0
y y 2t
y y0
0
2 . Координаты этой точки удовлетворяют уравнению
z z0 4t
2 z0
z 2
t
4
z 2
2 z0
2 z0
поверхности , то есть x0
y0
9
4
2
2
4 x0 2 z0
16
2
2 y0 2 z0
4
2
2
9 . Переобозначив переменные, получим уравнение
4x 2 z
2
2 y 2 z
2
9.
16
4
4. Составить уравнение кругового цилиндра, проходящего через точку А(1,-1,1), если
его осью служит прямая a : x 3t , y 2t 2, z t 2 (ПДСК).
искомой цилиндрической поверхности:
ABa
Решение. Пусть M x, y, z Ц M , a A, a . Вычислим A, a
, где
a
i
j
1 3
1 2
AB, a
k 1 1
9 4 25
38
B 0, 2, 2 a . Тогда A, a
.
a
9 4 1
14
14
Аналогично находим
i
j
BM a
k
M , a
a
x
3
y 2 2
z2
1
14
y 6 2 z x 3z 6 2 x 3 y 6
2
y 6 2 z x 3z 6 2 x 3 y 6
Итак, получим
y 6 2z
2
14
2
2
2
2
14
2
.
38
14
x 3z 6 2 x 3 y 6 38 . Это уравнение искомой
2
2
цилиндрической поверхности.
5. Ось Oy - ось кругового конуса с вершиной в начале координат. Точка А(1,1,1)
лежит на его поверхности. Составить уравнение конуса (ПДСК).
Решение. Пусть M x, y, z K
OM , j OA, j cos OM , j cos OA, j
y
x y z
2
2
2
1
3 y 2 x 2 y 2 z 2 x 2 2 y 2 z 2 0 . Это уравнение искомой
3
конической поверхности.
Задачи к проверочной работе.
1. Ось Oz - ось кругового конуса с вершиной в начале координат. Точка А(3,-4,7)
лежит на его поверхности. Составить уравнение конуса (ПДСК).
2. Ось Oy - ось кругового конуса с вершиной в начале координат, его образующие
наклонены под углом 600 к оси Oy . Составить уравнение конуса (ПДСК).
3. Составить уравнение цилиндра, образующие которого параллельны вектору
p 2, 3, 4 , а направляющая задана уравнениями x 2 y 2 9, z 1 (АСК).
4. Составить уравнение конуса, вершина которого находится в точке А(3,-1,-2) и
направляющая задана уравнениями x 2 y 2 z 2 1, x y z 0 .
5. Составить уравнение цилиндра, направляющая которого дана уравнениями
x 2 y 2 z, x y z 0 и образующая которого перпендикулярна плоскости
направляющей.
6. Составить уравнение кругового цилиндра, проходящего через точку S 2, 1,1 ,
если его осью служит прямая x 3t 1, y 2t 2, z t 2 (ПДСК).
7. Составить уравнение конуса с вершиной (0,0,3), направляющая которого задана
x2 y 2
1, z 0 (ПДСК).
уравнениями
2
4
8. Составить уравнения цилиндра, если его направляющая имеет уравнения
2 y 2 3z 2 1 0, x 1, а образующая параллельна вектору p 1, 2,3 (АСК).
9. Составить уравнение конуса с вершиной в точке (0,0,0), направляющая которого
задана уравнениями x 2 2 z 1 0, y z 1 0 (АСК).
10. Составить уравнение цилиндра, если направляющая имеет уравнения
x 2 4 z 2 1 0, y 0 , а образующая параллельна прямой x y z (ПДСК).
x 2 y 1 z 1
- ось кругового конуса, вершина которого лежит в
2
2
1
5
плоскости Oyz . Составить уравнения конуса, зная, что точка N 1,1,
2
принадлежит его поверхности (ПДСК).
12. Составить уравнение цилиндра, если направляющая имеет уравнения
2
2
2
x 1 y 3 z 2 25, x y z 2 0 и образующая параллельна оси
11. Прямая
Ox (ПДСК).
13. Составить уравнение цилиндра, если его направляющая имеет уравнения
y 2 z 2 x, x 2 z и образующая перпендикулярна плоскости направляющей
(ПДСК).
14. Составить уравнение круговой конической поверхности, если заданы ось
уравнениями x 0, y 0 и две симметричные относительно оси точки N 3, 4,5 ,
N 3, 4,5 , принадлежащие ей (ПДСК).
15. Цилиндр, образующие которого перпендикулярны плоскости x y 2 z 5 0 ,
описан около сферы x 2 y 2 z 2 1 . Составить его уравнение (ПДСК).
16. Написать уравнение круговой цилиндрической поверхности, если уравнение ее оси
x 5 2t , y 1 t , z 2 2t и точка N 2,0,1 принадлежит этой поверхности
(ПДСК).
17. Написать уравнение круговой цилиндрической поверхности, если уравнение ее оси
x 1 y 2 z 2
и точка N 2, 1,1 принадлежит этой поверхности (ПДСК).
3
2
1
18. Составить уравнение круговой цилиндрической поверхности, если ось задана
уравнениями y 0, x z 0 и координаты ее точки N 0, 2, 1 (ПДСК).
19. Направляющая конической поверхности имеет уравнения
x 2 2 z 1 0, y z 1 0 , вершина – в начале координат. Составить уравнение
конической поверхности (ПДСК).
*
20 . Написать уравнение цилиндрической поверхности вращения, зная уравнения трех
ее образующих a : x t , y t , z t , b : x 1 t , y t , z 1 t ,
c : x 1 t , y 1 t , z 2 t (ПДСК).
21*. Написать уравнение кругового конуса, если ост координат являются его
прямолинейными образующими, ось лежит в 1 и 7 октантах (АСК).
22*. Написать уравнение конуса, описанного около сфер x 2 y 2 z 2 4 и
x 2
2
y 2 z 2 9 (ПДСК).
§2. Прямолинейные образующие поверхностей второго порядка.
Определение. Прямая, лежащая на поверхности, называется прямолинейной образующей
этой поверхности.
Задачи.
1. Определить, существуют ли прямолинейные образующие поверхности
x2 y 2 z 2
1 , проходящая через точку A a, b, a . Если да, то записать их
a 2 b2 a 2
уравнения (аффинная система координат).
Решение. Запишем параметрические уравнения прямой l , проходящей через точку
A a, b, a параллельно некоторому вектору p p1 , p2 , p3 . Координаты этого вектора
нам нужно найти или доказать, что он не существует, используя то, что прямая l
является прямолинейной образующей. Запишем параметрические уравнения прямой l :
x a p1t
y b p2t . Рассмотрим систему уравнений
z a p t
3
x a p1t
x a p1t
y b p t
y b p t
2
2
z a p3t
. Эта система уравнений
z a p3t
2
2
2
2
2
2
x y z 1 a p1t b p2t a p3t 1
a 2 b 2 a 2
a2
b2
a2
x2 y 2 z 2
задает общие точки прямой l и поверхности 2 2 2 1 . Чтобы прямая l была
a b
a
прямолинейной образующей, она должна содержаться в поверхности, то есть
рассматриваемая система должна иметь бесконечно много решений, то есть четвертое
уравнение системы должно выполняться при любом t . Рассмотрим его подробнее:
2
2
2
b 2 a p1t a 2 b p2t b 2 a p3t a 2b 2
b 2 a 2 2b 2 ap1t b 2 p12t 2 a 2b 2 2a 2bp2t a 2 p2 2t 2 b 2 a 2 2b 2 ap3t b 2 p32t 2 a 2b 2
t 2 b 2 p12 a 2 p2 2 b 2 p32 t 2b 2 ap1 2a 2bp2 2b 2 ap3 t 0 . Чтобы это уравнение
2
2
2
2
2
2
b p1 a p2 b p3 0
выполнялось при любом t надо, чтобы 2
2
2
2b ap1 2a bp2 2b ap3 0
2
2
2
2
2
2
b 2 p12 a 2 p2 2 b 2 p32 0
b 2 p12 a 2 p2 2 b 2 p32 0
b p1 a p2 b p3 0
2 2
2
2
2
2
2
bp1 ap2 bp3 0
bp1 bp3 ap2
b p1 2b p1 p3 b p3 a p2
p1 0
p2 b p3
bp1 bp3 ap2
a
. Итак, мы получили два направляющих вектора,
p
0
p1 p3 0
3
b
p2 p1
a
для которых прямая l содержится в поверхности: p 0, b, a и q a, b,0 .
Непосредственная проверка показывает, что эти векторы задают прямолинейные
образующие. Тогда через данную точку A a, b, a проходят две прямолинейные
образующие данной поверхности.
Рассмотрим каноническое уравнение однополостного гиперболоида
x2 y 2 z 2
1 и
a 2 b2 c2
y
y
x z x z
представим его в виде 1 1 . Тогда уравнения двух семейств
a c a c b b
прямолинейных образующих имеют вид:
x z
y
x z
y
p1 a c q1 1 b
p2 a c q2 1 b
; L2 :
, где p1 , q1 , p2 , q2 и хотя бы
L1 :
x
z
y
x
z
y
q
q
p1 1
p2 1
1 a c
2 a c
b
b
одно число в каждой паре отлично от нуля.
2. Составить уравнения прямолинейных образующих однополостного гиперболоида
16 x 2 36 y 2 9 z 2 144 , перпендикулярных оси Oy (ПДСК).
Решение. Запишем уравнение однополостного гиперболоида в виде
4x 3z 4x 3z 12 6 y 12 6 y и запишем уравнения двух семейств
прямолинейных образующих
p1 4 x 3z q1 12 6 y
p2 4 x 3z q2 12 6 y
, где p1 , q1 , p2 , q2 .
L1 :
; L2 :
q
4
x
3
z
p
12
6
y
q
4
x
3
z
p
12
6
y
1
1
2
2
Нам нужно найти такие числа p1 , q1 , p2 , q2 , чтобы прямолинейные образующие были
перпендикулярны оси Oy . Для этого найдем направляющие векторы этих прямых.
4 p x 6q1 y 3 p1 z 12q1 0
. Тогда
L1 : 1
4q1 x 6 p1 y 3q1 z 12 p1 0
i
l1 j
4 p1
6q1
k
3 p1
4q1
6 p1 18 q12 p12 i 24 p1q1 j 24 q12 p12 k
3q1
Тогда l1 18 q12 p12 , 24 p1q1 , 24 q12 p12 . Потребуем, чтобы l1 Oy , то есть
p1 0, q1 любое 0
. Подставим в уравнения L1 . Получим
l1 j 0 24 p1q1 0
q1 0, p1 любое 0
6q y 12q1 0 y 2 0
4 p x 3 p1 z 0
4 x 3 z 0
и l1 2 : 1
.
l1 1 : 1
4 x 3 z 0
4q1 x 3q1 z 0
6 p1 y 12 p1 0 y 2 0
Семейство L2 рассматривается аналогично.
3. Составить уравнения прямолинейных образующих однополостного гиперболоида
x 2 y 2 z 2 1 , проходящих через точку (1,0,0) (ПДСК).
Решение. Запишем уравнение однополостного гиперболоида в виде
x z x z 1 y 1 y и запишем уравнения двух семейств прямолинейных
образующих
p1 x z q1 1 y
p2 x z q2 1 y
L1 :
; L2 :
, где p1 , q1 , p2 , q2 .
q
x
z
p
1
y
q
x
z
p
1
y
1
2
1
2
Нам нужно найти такие числа p1 , q1 , p2 , q2 , чтобы прямолинейные образующие
проходили через точку (1,0,0). Рассмотрим прямые семейства
p x q1 y p1 z q1 0
. Так как точка (1,0,0) должна принадлежать таким прямым,
L1 : 1
q1 x p1 y q1 z p1 0
то ее координаты удовлетворяют этой системе уравнений, то есть
p1 q1 0
p1 q1 . Подставим это в уравнения L1 и сократим на q1 . Тогда
q1 p1 0
x y z 1 0
- уравнения искомой прямолинейной образующей. Второе
l1 :
x y z 1 0
семейство прямолинейных образующих рассматривается аналогично.
x2 y 2
Рассмотрим каноническое уравнение гиперболического параболоида 2 2 2 z и
a
b
x y x y
представим его в виде 2 z . Тогда уравнения двух семейств
a b a b
x y
x y
p1 a b q1 z
p2 a b q2 z
прямолинейных образующих имеют вид: L1 :
; L2 :
,
q x y p 2
q x y p 2
1
2
1 a b
2 a b
где p1 , q1 , p2 , q2 и хотя бы одно число в каждой паре отлично от нуля.
4. Составить уравнения прямолинейных образующих гиперболического параболоида
x 2 y 2 4 z , которые параллельны плоскости x y z 11 0 (ПДСК).
Решение. Запишем уравнения гиперболического параболоида в виде
x y x y 4 z и составим уравнения двух семейств прямолинейных образующих
p1 x y 4q1
p2 x y 4q2
L1 :
; L2 :
, где p1 , q1 , p2 , q2 и хотя бы одно число в
q
x
y
zp
q
x
y
zp
1
1
2
2
каждой паре отлично от нуля. Нам нужно найти такие числа p1 , q1 , p2 , q2 , чтобы
прямолинейные образующие были параллельны плоскости x y z 11 0 . Найдем
направляющий вектор прямых семейства L1 . Имеем
i
l1 j
p1
p1
q1
q1 ip12 jp12 2 p1q1k , то есть l1 p12 , p12 , 2 p1q1 . Так как l1 параллелен
k
0 p1
плоскости x y z 11 0 , по критерию параллельности вектора и плоскости получим
p 0
. Подставим в уравнения L1 .
p12 p12 2 p1q1 0 1
p1 q1
0 4q1
q1 0 . Это противоречит требованию, чтобы хотя бы одно число
l1 1 :
q1 x y 0
пары p1 , q1 было отлично от нуля. Решения в этом случае нет.
q1 x y 4q1
x y 4 0
- искомое решение. Аналогично
x y z 0
q1 x y q1 z
рассматривается случай L2 .
5. Составить уравнения прямолинейных образующих гиперболического параболоида
x2 y 2
z , лежащих в плоскости x z 1 0 (ПДСК).
4 9
Решение. Запишем уравнения гиперболического параболоида в виде
x y x y
1 z и составим уравнения двух семейств прямолинейных
2 3 2 3
l1 2 :
x y
x y
p1 2 3 q1
p2 q2
2 3
образующих L1 :
, где p1 , q1 , p2 , q2 и хотя бы
; L2 :
x
y
x
y
q
q
zp1
zp2
1 2 3
2 2 3
одно число в каждой паре отлично от нуля. Нам нужно найти такие числа p1 , q1 , p2 , q2 ,
чтобы прямолинейные образующие лежали в плоскости x z 1 0 . Найдем
направляющий вектор прямых семейства L1 .
i
l1 j
k
p1
2
p1
0
3
q1
2
p12 p12 p1q1
p12
p12
p1q1
, то есть l1
,
,
i
j
k
. Чтобы прямая
3
3
2
3
3
3 2
p1
q1
содержалась в плоскости, ее направляющий вектор должен быть параллелен этой
p2 pq
плоскости, то есть 1 1 1 0
3
3
p1 0
. В первом случае получаем противоречивую систему (аналогично
p1 q1
x y
2 3 1 0
предыдущей задаче), а во втором случае имеем l1 :
. Чтобы убедиться, что
x y z 0
2 3
эта прямая лежит в плоскости x z 1 0 , нам достаточно взять любую точку на
плоскости, например, (-1,0,0) и проверить, принадлежит ли эта точка прямой l1 .
Подставляя координаты (-1,0,0) в уравнения l1 , видим, что точка не принадлежит
прямой, то есть прямая l1 не содержится в плоскости x z 1 0 (а параллельна ей).
x y
p2 2 3 q2
Рассмотрим второе семейство L2 :
и проведем аналогичные
x
y
q
zp2
2 2 3
вычисления.
p2
q2
i
2
2
p2 p2
pq
p2
p2
pq
p2
q
l2 j
2 i 2 j 2 k 2 2 , то есть l2 2 , 2 , 2 2 . Чтобы
3
3
3
2
3
3
3 2
k
0
p2
прямая содержалась в плоскости, ее направляющий вектор должен быть параллелен
p2 pq
этой плоскости, то есть 2 2 2 0
3
3
p2 0
. В первом случае получаем противоречивую систему (аналогично
p2 q2
x y
2 3 1 0
предыдущей задаче), а во втором случае имеем l2 :
. Чтобы убедиться, что
x
y
z0
2 3
эта прямая лежит в плоскости x z 1 0 , нам достаточно взять любую точку на
плоскости, например, (-1,0,0) и проверить, принадлежит ли эта точка прямой l2 .
Подставляя координаты (-1,0,0) в уравнения l2 , видим, что точка не принадлежит
прямой, то есть прямая l2 не содержится в плоскости x z 1 0 (а параллельна ей).
Итак, мы получили, что не существует прямолинейных образующих, принадлежащих
плоскости x z 1 0 .
Задачи к проверочной работе.
1. Составить уравнения прямолинейных образующих гиперболического параболоида
x 2 y 2 4 z , которые параллельны плоскости x y z 1 0 (ПДСК).
2. Составить уравнения прямолинейных образующих, проходящих через точку
N 1,3, 1 гиперболического параболоида 4x 2 z 2 y (ПДСК).
3. Составить уравнения прямолинейных образующих однополостного гиперболоида
x2 y 2 z 2
1 , проходящих через точку (6,2,8) (ПДСК).
9
4 16
4. Составить уравнения прямолинейных образующих гиперболического параболоида
4 x 2 y 2 16 z , которые пересекаются в точке А(2,0,1) (ПДСК).
5. Составить уравнения прямолинейных образующих однополостного гиперболоида
x2 y 2 z 2
1 , перпендикулярных оси Oy (ПДСК).
9
4 16
6. Составить уравнения прямолинейных образующих гиперболического параболоида
4x 2 y 2 z , которые образуют с прямой x y 0, z 0 угол 450 (ПДСК).
7. Составить уравнения прямолинейных образующих, проходящих через точку
x2 y 2
z (ПДСК).
N 2,0,1 гиперболического параболоида
4 9
8. Составить уравнения прямолинейных образующих однополостного гиперболоида
x2 y 2 z 2
1 , параллельных плоскости 6 x 4 y 3 z 17 0 (ПДСК).
9
4 16
9. Составить уравнения прямолинейных образующих однополостного гиперболоида
x2 y 2 z 2
1 , лежащих в плоскости 2 x y z 10 0 (ПДСК).
25 100 4
10. Составить уравнения прямолинейных образующих гиперболического параболоида
x 2 4 y 2 2 z , лежащих в плоскости 2 x 12 y z 16 0 (ПДСК).
11. Найти прямолинейные образующие поверхности x 2 2 z z y z y 0 ,
проходящие через точку (1,0,1).
2
2
12. Найти прямолинейные образующие поверхности 2 y 2 x 3 z 3x 1 0 ,
параллельные вектору (1,0,0).
2
§3. Метод сечений. Изображение поверхностей второго порядка5.
Задачи.
1. Написать каноническое уравнение эллипсоида, оси которого совпадают с осями
координат, он проходит через точку 3, 7, 0 и пересекает плоскость Oxz по
эллипсу
x2 z 2
1 . Изобразить этот эллипсоид.
16 4
x2 y 2 z 2
1 . Найдем его
a 2 b2 c2
сечение плоскостью Oxz : y 0 . В этой плоскости есть "плоская" система координат
Решение. Каноническое уравнение эллипсоида имеет вид
O, i , k . Точка M x,0, z Oxz в O, i , j , k и та же точка M x, z в O, i , k . Если М
принадлежит эллипсоиду, то ее "пространственные" координаты удовлетворяют
x 2 02 z 2
x2 z 2
уравнению эллипсоида, то есть верно равенство 2 2 2 1 или 2 2 1 . На
a b c
a
c
это равенство можно посмотреть как на соотношение координат M x, z в O, i , k , то
есть мы получили уравнение линии пересечения эллипсоида и плоскости Oxz в
системе координат O, i , k . Сравним полученное равенство с данным в условии
задачи. Получим a 16, c 4 . Тогда каноническое уравнение эллипсоида принимает
2
2
x2 y 2 z 2
1 . Нам осталось найти только значение b . Для этого используем то,
16 b 2 4
что точка 3, 7, 0 принадлежит эллипсоиду, то есть ее координаты удовлетворяют
вид:
его уравнению:
32 7
2 1 b2 16 . Итак, каноническое уравнение эллипсоида
16 b
x2 y 2 z 2
1.
16 16 4
2. Исследовать методом сечений и изобразить поверхности второго порядка:
x2 y 2 z 2
x2 y 2 z 2
x2 y 2 z 2
1 ; 2)
1 ; 3)
0 ; 4) x 2 z 2 2 y ; 5)
1)
4 9 16
4 9 16
4 9 16
2
2
2
x z 2 y ; 6) x 2 y .
x2 y 2 z 2
1 , и будем исследовать ее
4 9 16
методом сечений, то есть пересекать эту поверхность координатными плоскостями и
плоскостями, им параллельными.
Рассмотрим плоскость Oxy : z 0 . Тогда уравнение линии пересечения
Решение. Рассмотрим поверхность :
поверхности с этой плоскостью в "плоской" системе координат O, i , j имеет вид
x2 y 2
1 (см. задачу 1). Это уравнение задает гиперболу с вещественной осью Ox .
4 9
Рисуем ее на картинке.
Рассмотрим плоскость Oxz : y 0 . Тогда уравнение линии пересечения
поверхности с этой плоскостью в "плоской" системе координат O, i , k имеет вид
5
Во всех задачах параграфа задана прямоугольная декартова система координат
Oijk .
x2 z 2
1 (см. задачу 1). Это уравнение задает эллипс. Рисуем его на картинке. Будем
4 16
пересекать поверхность плоскостями , параллельными плоскости Oxz , то есть
плоскостями вида y h , где h - произвольное фиксированное вещественное число. В
этих плоскостях в "плоских" системах координат O, i , k , где O , O 0, h,0
x 2 h2 z 2
x2 z 2
h2
1 1 . В правой части этого
4 9 16
4 16
9
уравнения при любом h получаем положительное число. Разделив на это число обе
x2
z2
части уравнения, получим
1 . Эти уравнения задают
2
2
h2
h2
2 1 4 1
9
9
эллипсы. При этом, чем больше h , тем больше полуоси эллипса. Продолжаем
рисовать картинку.
Наконец, рассмотрим сечение поверхности координатной плоскостью
y2 z2
Oyz : x 0 . Сечение будет задано уравнением
1 в системе координат
9 16
O, j , k . Это уравнение задает гиперболу с вещественной осью Oz . Рисуем картинку.
будем получать уравнения
В результате мы получили изображение однополостного гиперболоида. Его осью
является ось Oy .
Остальные поверхности исследуются аналогично.
Ответ: 2) двуполостный гиперболоид с осью Oy ; 3) невырожденный конус с осью Oy ; 4)
эллиптический гиперболоид с осью Oy ; 5) гиперболический параболоид; 6)
параболический цилиндр с образующими, параллельными оси Oz .
3. Построить изображение геометрического тела, ограниченного плоскостями
z 0, z 9 и поверхностями y 2 x, y 2 16 x .
Указания. Данные поверхности являются параболическими цилиндрами с
образующими, параллельными оси Oz , ветви парабол вытянуты вдоль
положительного направления оси Ox и один цилиндр находится внутри другого,
касаясь его по оси Oz (исследуйте методом сечений и нарисуйте картинку). Снизу
геометрическое тело ограничено плоскостью z 0 , а сверху – плоскостью z 9 .
Задачи для проверочной работы.
1. Записать каноническое уравнение гиперболического параболоида, проходящего
1
через точки (1,1,6) и 0,1, , и изобразить его.
5
2. Написать уравнение эллипсоида, оси которого совпадают с осями координат и
x2 z 2
1 , а плоскость Oyz по
который пересекает плоскость Oxz по эллипсу
49 16
y2 z2
1 . Изобразить эллипсоид.
эллипсу
25 16
3. Написать уравнение однополостного гиперболоида, оси которого совпадают с
x2 y 2
1, а
осями координат и который пересекает плоскость Oxy по эллипсу
16 9
y2 z2
1 . Изобразить его.
плоскость Oyz - по гиперболе
9
4
4. Исследовать методом сечений и изобразить поверхности второго порядка
x2 y 2 z 2
y2 z2
x2
z2
1) 1 ; 2) x 2 1 ; 3)
y 2 0 ; 4) x 2 z 2 2 y ; 5)
4 25 16
9 16
4
16
2
2
y z 2x .
5. Исследовать методом сечений и изобразить поверхности второго порядка
z2
z2
2
2
1) x 1 ; 2) x 1 ; 3) z 2 4 y .
4
4
6. Изобразить геометрическое тело, ограниченное плоскостями z 0 , z 3 и
поверхностью 2y 2 x .
7. Изобразить геометрическое тело, ограниченное плоскостями координат,
плоскостью 2 x y 4 и поверхностью z 4 x 2 , x 0 .
8. Изобразить геометрическое тело, ограниченное плоскостями x 2 , y 2 ,
плоскостями координат и поверхностью x 2 y 2 z .
x y
9. Изобразить геометрическое тело, ограниченное плоскостью 1 ,
2 2
2
2
плоскостями координат и поверхностью x y z .
10. Изобразить геометрическое тело, ограниченное плоскостями координат,
1
плоскостью 2 x 3 y 12 0 и поверхностью z y 2 .
3
11. Изобразить геометрическое тело, ограниченное плоскостями z 0 , x y z 1 и
поверхностью x 2 y 2 1.
Обзор литературы
1. Антонов В. И. и др. Линейная алгебра и аналитическая геометрия.
Опорный конспект.. - Проспект, 2011. - 139 с
Книга представляет собой учебное пособие по курсу линейной алгебры и
аналитической геометрии. В ней собраны и объяснены базовые понятия,
определения и формулировки, а также содержатся разобранные примеры,
типовые задачи и вопросы для самопроверки.
Учебное пособие предназначено для начального и быстрого ознакомления с
курсом линейной алгебры и аналитической геометрии, а также для
повторения и закрепления ранее изученного материала.
2. Беклемишев Д.В. Курс аналитической геометрии и линейной
алгебры.— 10-е изд., испр. — М.: ФИЗМАТЛИТ, 2005. — 304 с.
В учебнике излагается основной материал, входящий в объединенный курс
аналитической геометрии и линейной алгебры: векторная алгебра, прямые и
плоскости, линии и поверхности второго порядка, аффинные
преобразования, системы линейных уравнений, линейные пространства,
евклидовы и унитарные пространства, аффинные пространства, тензорная
алгебра. Настоящее издание существенно переработано. В основном
изменения направлены на улучшение изложения, но сделано много
добавлений, из которых наиболее существенное — теорема Кордана.
Добавлены задачи и упражнения, снабженные ответами и указаниями.
Произведен также ряд сокращений. Для студентов университетов и
технических вузов с расширенной программой по математике.
3. Беклемишева Л.А., Петрович А.Ю., Чубаров И.А. Сборник задач по
аналитической геометрии и линейной алгебре: Учеб. пособие / Под ред.
Д.В. Беклемишева. — 2-е изд., перераб. — М.: ФИЗМАТЛИТ, 2004. —
496 с.
Сборник соответствует объединенному курсу аналитической геометрии и
линейной алгебры. Имеются теоретические введения ко всем разделам,
большое число задач, способствующих усвоению основных понятий, и серии
типовых задач с ответами.
4. Ефимов Н. В. Краткий курс аналитической геометрии: Учебн.
пособие. — 13-е изд., стереот. — М.: ФИЗМАТЛИТ, 2005. — 240 с. .
Предметом изучения аналитической геометрии являются фигуры, которые в
декартовых координатах задаются уравнениями первой степени или второй.
На плоскости - это прямые и линии второго порядка. В пространстве плоскости и прямые, поверхности второго порядка. Этот материал изложен в
книге в минимальном объеме, необходимом для усвоения дальнейших глав
высшей математики и ее приложений. Для студентов высших учебных
заведений.
5. Ильин В. А., Позняк Э. Г. Аналитическая геометрия: Учеб. для вузов.
— 7-е изд., стер. — М.: ФИЗМАТЛИТ, 2004. — 224 с. — (Курс высшей
математики и математической физики.)
Один из выпусков «Курса высшей математики и математической физики»
под редакцией А.Н.Тихонова, В.А.Ильина, А.Г.Свешникова. Учебник создан
на базе лекций, читавшихся авторами в течение многих лет иа физическом
факультете Московского государственного университета. Наряду со строгим
и полным изложением программного материала книга содержит разделы,
связанные с практическим применением методов аналитической геометрии,
рассмотрены вопросы обоснования геометрии. Для студентов физических и
физико-математических факультетов и факультетов вычислительной
математики и кибернетики университетов. Учебник удостоен
Государственной премии СССР за 1980 год.
6. Любарский М.Г. Векторная алгебра и ее приложения. Web, 2010 166 с.
Этот учебник возник на основе лекций по высшей математике, которые автор
читал в начале нулевых годов на радио-физическом факультете
Харьковского национального университета им. В.Н. Каразина. Автор хотел
написать учебник «как лучше», и ему трудно судить, удалось ли
это. Зато с уверенность можно сказаться, что получилось не «как всегда»,
хотя рассматриваемые темы вполне традиционные: векторные и
евклидовы пространства, линейные отображения и матрицы, определители,
системы линейных уравнений и аналитическая геометрия
7. Просветов Г. И. Линейная алгебра и аналитическая геометрия: задачи
и решения. - М., Альфа-Пресс,2009. - 208 с.
В книге излагаются основы матричного анализа, линейной алгебры и
аналитической геометрии, при этом раскрываются глубокие связи предмета с
другими разделами математики и дается представление о современных
тенденциях его развития и приложениях к задачам численного анализа. Для
студентов и преподавателей факультетов прикладной математики,
математики и механики, физических и инженерных специальностей, а также
лиц, профессионально применяющих методы матричного анализа и
линейной алгебры.
Рекомендовано Министерством образования и науки Российской Федерации
в качестве учебного пособия для студентов высших учебных заведений,
обучающихся по направлениям подготовки «Математика», «Прикладная
математика и информатика».
8. Сандаков Е.Б. Основы аналитической геометрии и линейной алгебры:
учебное пособие. М.: МИФИ. 2005.- 308 с.
Пособие "Основы аналитической геометрии и линейной алгебры»
предназначено для студентов МИФИ первого курса всех специальностей.
Оно полностью соответствует программе курса "Аналитическая геометрия и
линейная алгебра", предусмотренного для технических и экономических
вузов с углубленным изучением высшей математики, такими как МИФИ.
В данном пособии рассматривается большое число примеров, которые
способствуют лучшему усвоению студентами данною материала.
Креме того, в конце каждой главы приводится список задач для
самостоятельного решения, которые помогут читателю проконтролировать
свои знания
9. УМНОВ А.Е. Аналитическая геометрия и линейная алгебра. Учеб.
пособие. - М.: МФТИ. 2009 - 570 с. ISBN 5-7416-0147-7
Предназначено для студентов физических и технических специальностей
университетов и вузов, является введением в теорию линейных пространств,
состав и упорядочение материала которого определен ориентацией на
прикладной характер специализации читателя. Пособие написано на основе
лекций, читавшихся автором студентам МФТИ.
В нем представлены как традиционные разделы аналитической геометрии,
теории матриц, теории линейных систем и конечномерных векторных
пространств, так и некоторые дополнительные разделы линейной алгебры,
важные для студентов физических специальностей.
10. Федорчук В.В. Курс аналитической геометрии и линейной алгебры:
Учеб. пособие. - 2-е изд. испр. - М.: Изд-во НЦ ЭНАС, 2003. - 328 с. ISBN
5-93196-105-4
В основе учебного пособия лежит курс лекций, читаемый автором на
механико-математическом факультете МГУ. Книга содержит в основном
традиционный материал по программе курсов «Аналитическая геометрия» и
«Линейная алгебра и геометрия». В отличие от известного учебника
академика П.С. Александрова в настоящем пособии векторная алгебра
строится на основе современного школьного курса геометрии с четким
выделением используемых аксиом Эвклида, подробно исследуются плоские
сечения поверхностей 2-го порядка, приведение матрицы оператора к
жордановой форме основано на геометрическом подходе, даны элементы
тензорной алгебры.
Для студентов вузов по специальностям «математика», «механика».
11. Федотов А. Г., Карпов Б.В. Аналитическая геометрия. Учебное
пособие. - М., Московский государственный институт электроники и
математики. 2005. -158 с.
Изложен теоретический курс аналитической геометрии. Рассмотрены
декартовы и полярные координаты на плоскости, декартовы координаты в
пространстве, комплексные числа и действия над ними в алгебраической и
тригонометрической форме. Изложена векторная алгебра, включая векторное
и смешанное произведения. Выведены различные виды уравнений прямой на
плоскости, плоскости и прямой в пространстве, разобраны решения наиболее
важных задач. Выведены канонические уравнения кривых второго порядка,
описано приведение кривой к каноническому виду, получена классификация
кривых второго порядка. Выведены уравнения цилиндрических и конических
поверхностей в пространстве, а также поверхностей вращения. Изложен
метод параллельных сечений и приведена классификация поверхностей
второго порядка.
12. Бортаковский, А.С. Аналитическая геометрия в примерах и задачах:
Учеб. пособие/А.С. Бортаковский, А.В. Пантелеев. — М.: Высш. шк.,
2005. — 496 с: ил. — (Серия «Прикладная математика»).
Приведены основные понятия, теоремы и методы решения задач по всем
разделам курса: векторной алгебре, системам координат, преобразованиям
плоскости и пространства, уравнениям линий и поверхностей первого и
второго порядков. Описаны некоторые приложения аналитической
геометрии в механике, теории оптимизации и математическом анализе. В
каждом разделе кратко изложены основные теоретические сведения,
приведены решения типовых примеров и задачи для самостоятельного
решения с ответами.
13. Ким Г.Д., Крицков Л.В. Алгебра и аналитическая геометрия:
Теоремы и задачи. Том I. М.: "Планета знаний", 2007. — 469 с. ISBN 9785-903242-01-6
Настоящая книга представляет собой второе, переработанное и дополненное,
издание задачника по объединенному курсу алгебры и аналитической
геометрии. Теоретической поддержкой книги является учебник Ильина В.А,.
Ким Г.Д. "Линейная алгебра и аналитическая геометрия", в котором авторы
прндерживаются современной тенденции объединения традиционно
различных разделов математики в одну дисциплину, добиваясь наглядности
алгебраических абстракций и лаконичности геометрических доказательств.
Каждый раздел учебника содержит теоретическое введение, примеры
решения типовых задач и большое число задач для семинарских занятий и
самостоятельной работы студентов. Задачи снабжены ответами и
указаниями.
Пособие предназчачено для студентов физико-математических
специальностей университетов.
14. Морозова Е.А., Скляренко Е.Г. Аналитическая геометрия.
Методическое пособие М., 2004. - 103 с.
В книге разобраны около 100 типовых задач различной трудности,
охватывающих почти все разделы проrраммы. По всем разделам проrраммы
для самостоятельной проработки pекомендованы параrрафы из книг: П. С.
Александров "Лекции по aналитической rеометрии, А. П. Веселов, Е. В.
Троицкий, «Лекции по аналитической rеометрии», и задачи из «Сборника
задач по аналитической геометрии и линейной алгебре» под ред. Ю. М.
Смирнова. Приведено более 20 вопросов для caмонтроля.
15. Цубербиллер О. Н. Задачи и упражнения по аналитической
геометрии. 31-е изд., стер. — СПб.: Издательство «Лань», 2003. — 336 с,
ил. — (Учебники для вузов. Специальная литература).
Автор задачника — О. Н. Цубербиллер (1885-1975), известный математик,
профессор МГУ, где она в 1943-1966 гг. возглавляла кафедру геометрии.
Книга выдержала множество изданий и до сих пор остается популярной.
Рассчитана в первую очередь на студентов вузов математических и
технических специальностей, но будет полезна также и тем, кто изучает
математику самостоятельно. В каждом разделе приводятся необходимые
сведения из теории. Типовые задачи снабжены решениями, а к большинству
задач имеются указания. Задачник охватывает такие разделы аналитической
геометрии, как системы координат; прямые на плоскости; прямые и
плоскости в пространстве; кривые и поверхности второго порядка. Отдельная
часть книги посвящена основам векторной алгебры.
15. Атанасян Л.С. Геометрия, ч. I. Учеб. пособие для студентов физ.- мат.
фак-тов пед. ин-тов. (все издания)
Предлагаемое учебное пособие «Геометрия, часть I» содержит материал
первого и второго семестров единого курса геометрии, читаемого на физикоматематических факультетах педагогических институтов. Здесь дано
изложение элементов векторной алгебры, геометрии на плоскости, теории
прямой, теории плоскостей и квадрик в евклидовых и аффинных
пространствах.
16. Атанасян Л. С., Гуревич Г. Б. Геометрия. Ч. II. Учеб. пособие для
студентов физ.-мат. фак. пед. ин-тов. – (все издания)
Книга является второй, заключительной частью учебного пособия проф. Л.
С. Атанасяна по геометрии для студентов физико-математических
факультетов педагогических институтов. В четырех разделах пособия
излагаются такие вопросы программы, как проективная геометрия, теория
построений на плоскости и методы изображений, основания геометрии,
элементы дифференциальной геометрии и топологии.
17. Атанасян Л.С., Атанасян В.А.Сборник задач по геометрии. Ч. I. Учеб.
пособие для студентов физ.-мат. фак. пед. ин-тов. - (все издания)
Предлагаемый сборник задач предназначен для студентов физикоматематических факультетов пединститутов, а также может полностью
обеспечить геометрическую часть курса «Аналитическая геометрия и
элементы линейной алгебры» физических отделений физико-математических
факультетов.В книге помещены задачи на векторную алгебру, метод
координат на плоскости и в пространстве и теорию преобразований на
плоскости. Много задач, относящихся к аффинным и евклидовым
многомерным пространствам, включая квадратичные формы и квадрики.
При составлении задачника имелось в виду, что им будут пользоваться
студенты заочных и вечерних отделений педагогических институтов, а также
лица, изучающие предмет самостоятельно. В связи с этим ответы к
большинству задач снабжены указаниями.
18. Атанасян Л. С, Васильева М. В., Вересова Е. Е. и др. Сборник задач
по геометрии. Часть 2. Учеб. пособие для студентов физ.-мат. фак.
пед.ин-тов. -(все издания)
Предлагаемый задачник написан по тому же принципу, что и учебное
пособие Л. С. Атанасяна и Г. Б. Гуревича «Геометрия», ч. II ( 1976 г).
Задачник состоит из трех разделов. Раздел I — «Проективное пространство»;
раздел II — «Геометрические построения и методы изображений»; раздел III
— «Основания геометрии. Линии и поверхности в евклидовом пространстве.
Элементы топологии».
19. Атанасян Л.С, Базылев В.Т. Геометрия. В 2-х ч. Ч. I. Учеб. пособие
для студентов физ.-мат. фак. пед. ин-тов.— (все издания)
Учебное пособие написано в соответствии с программой курса геометрии для
математических и физико-математических факультетов педагогических
институтов и состоит из двух частей.
Первая часть охватывает в основном материал, читаемый на первом курсе.
Изложение теории сопровождается многочисленными примерами решения
геометрических задач, в том числе задач курса геометрии средней школы.
20. Атанасян Л.С, Базылев В.Т. Геометрия. Учеб. пособие для студентов
физ.-мат. фак. пед. ин-тов. В 2 ч. Ч. 2.— (все издания)
Учебное пособие написано в соответствии с программой курса геометрии для
математических и физико-математических факультетов педагогических
институтов и состоит из двух частей. Первая часть охватывает в основном
материал, читаемый на первых трех семестрах. Вторая часть пособия
содержит материал последующих семестров. В курсе уделено большое
внимание профессиональной направленности в подготовке будущего
учителя. Изложение теории сопровождается примерами решения
геометрических задач, в том числе задач курса геометрии средней школы.
21. Ефимов Н.В. Высшая геометрия. — 7-е изд. — М.: ФИЗМАТЛИТ,
2004. - 584 с. - ISBN 5-9221-0267-2.
Из аннотации. Перед вами прекрасная книга, в которой с редкой ясностью и
яркостью излагаются основы геометрии — евклидовой и неевклидовой,
проективной геометрии, геометрии постоянной кривизны. Эта книга —
классический учебник, выдержавший семь изданий, отличается методически
продуманным и умело распределенным материалом и остается современной
и своевременной.
Для студентов и аспирантов всех математических специальностей, физиков и
информатиков, лекторов геометрических курсов, математиковисследователей.
22. Кузютин В.Ф., Зенкевич Н.А., Еремеев В.В. Геометрия: учебник для
вузов. - Лань, 2003. - 415 c.
Основу учебного пособия составляет материал курса лекций, читавшегося
авторами на протяжении ряда лет в рамках основного курса "Геометрия" на
факультете прикладной математики - процессов управления СанктПетербургского государственного университета.
Учебное пособие состоит из трех частей: аналитическая, дифференциальная
и многомерная геометрия, каждая из которых разбита на главы и параграфы.
В конце каждой главы приводятся задачи с решениями и набор упражнений
для самостоятельной работы.
Рекомендуется в качестве учебного пособия для студентов математических,
экономико-математических и технических специальностей университетов.
23. Прасолов В. В., Тихомиров В.М. Геометрия.—М.: МЦНМО, 2007.—2е изд., перераб. и доп.—328 с: ил.ISBN 978-5-94057-267-1
В книге дается систематическое изложение различных геометрий —
евклидовой, аффинной, проективной, эллиптической, гиперболической,
бесконечномерной. Проблемы различных геометрий рассматриваются с
единой точки зрения, и всюду прослеживаются единые корни различных
явлений. Все геометрические объекты исследуются с позиций
двойственности. Подробно изложена теория коник и квадрик, в том числе и
теория коник для неевклидовых геометрий. В книге изложено много ярких
геометрических фактов, решено множество красивых геометрических задач.
Многочисленные рисунки помогают яснее представить себе излагаемые
геометрические теоремы. В конце глав приводятся задачи и упражнения,
которые позволяют использовать книгу в качестве учебника.
Книга призвана способствовать развитию геометрических исследований и
совершенствованию математического образования. Для школьников,
студентов, учителей математики.
Первое издание книги вышло в 1997 г.
24. Розенфельд Б.А. Многомерные пространства. - (Все издания)
При изложении применяется как синтетический метод, основанный на
аксиомах и наглядных геометрических рассуждениях, так и аналитический
метод, главным образом, векторный и операторный, в вопросах
дифференциальной геометрии тензорный, в последних двух главах —
основанный на применении комплексных чисели кватернионов и их
аналогов. Особенно следует отметить систематическое применение
линейных операторов.
Книга рассчитана на студентов университетов и педагогических институтов,
научных работников, учителей и инженеров, интересующихся геометрией.
Книга предполагает знакомство с курсами аналитической геометрии и
высшей алгебры, а также с основными понятиями теории групп (в объеме
первых глав «Теории групп» А. Г. Куроша).
Дифференциально-геометрическая глава книги предполагает знакомство с
курсом дифференциальной геометрии, для лучшего усвоения материала
полезно предварительное знакомствос соответственными главами
«Римановой геометрии и тензорного анализа» П. К. Рашевского.
25. Розенфельд Б. А. Неевклидовы пространства. - (Все издания)
Книга представляет собой систематическое изложение как классических
неевклидовых геометрий Лобачевского и Римана любого числа измерений,
так и любых проективных метрик. Изложение классических геометрий
начинается с обзора доказательств V постулата Евклида с учетом новых
исследований в этой области.
Изучаются группы движений неевклидовых пространств, геометрия
многомерных плоскостей, сфер, эквидистант, орисфер и квадрик общего
вида, различные интерпретации этих пространств и основы их
дифференциальной геометрии В последней главе изучаются образы
симметрии неевклидовых пространств, образующие модели симметрических
пространств, группами движений которых являются простые группы Ли или
группы Ли, получаемые из простых предельными переходами.
Эта книга является продолжением книги «Многомерные пространства» (М,
«Наука», 1966) того же автора, вместе с которой она охватывает содержание
двух третей «Неевклидовых геометрий» (М., Гостехиздат, 1955); оставшаяся
треть последней книги войдет в заключительную книгу этой серии
«Геометрии групп Ли».
26. Шарипов Р. А. Курс линейной алгебры и многомерной геометрии:
учебное пособие для вузов /(Все издания)
Книга рассчитана как учебное пособие по основному курсу многомерной
геометрии и линейной алгебры.
Существует два подхода к изложению линейной алгебры и многомерной
геометрии. Первый можно охарактеризовать как «координатно-матричный
подход», второй — «инвариантно-геометрический подход». Инвариантногеометрический подход, которого автор придерживается в данной книге,
стартует с определения абстрактного линейного векторного пространства. На
первый план выходят теоретико-множественные методы, принятые в
современной алгебре и геометрии. Линейные векторные пространства
оказываются тем объектом, где эти методы проявляются наиболее просто и
эффективно. Доказательство многих фактов удается сделать более коротким
и изящным.
Принятый в книге инвариантно-геометрический подход к изложению
материала позволяет подготовить читателя к изучению более продвинутых
разделов математики, таких, как дифференциальная геометрия,
коммутативная алгебра, алгебраическая геометрия и алгебраическая
топология.
27. Александров П. С. Курс аналитической геометрии и линейной
алгебры. — (Все издания)
Книга представляет собой учебник по объединенному курсу аналитической
геометрии и линейной алгебры для университетов. Наряду с традиционной
тематикой книга содержит основные сведения из многомерной
аналитической геометрии, включая аффинную классификацию
гиперповерхностей второго порядка.
28. П. С. Александров. Лекции по аналитической геометрии,
пополненные необходимыми сведениями из алгебры с приложением
собрания задач, снабженных решениями, составленного А. С.
Пархоменко. - (Все издания)
От автора: Эта книга представляет собой учебник аналитической геометрии в
ее традиционном понимании, написанный на основании лекций, которые я в
течение многих лет читал в Московском университете и которые пополнены,
как это и сказано и заглавии, необходимыми сведениями из алгебры. Книгу
эту, предназначенную для университетских студентов-первокурсников, я
старался писать так, чтобы она была доступна каждому студенту — при
единственном условии, что он вообще склонен к математике и желает
серьезно заниматься ею.
Из вещей, не входящих в программу средних классов общеобразовательной
школы, эти «Лекции» предполагают лишь знание комплексных чисел, так что
книга может служить и целям самообразования; я думаю, что она доступна
всем тем учащимся старших классов средней школы, которые любят
математику, интересуются ею и готовы шаг за шагом ее изучать, не стремясь
во что бы то ни стало начинать это изучение с постижения так называемых
«последних слов науки».
29. Виноградов И. М. Аналитическая геометрия.— (Все издания)
В книге наглядно и просто наложены основы аналитической геометрии.
Примеры н упражнения помогут читателю быстро в основательно усвоить
методы этой области математики.
Для студентов первых курсов вузов. Может быть использована также
преподавателями средней шкоды и старшеклассниками.
30. Ильин В.А. Ким Г.Д. Линейная алгебра и аналитическая геометрия. (Все издания)
Книга В.А. Ильин Г.Д. Ким Линейная Алгебра и Аналитическая геометрия
представляет собой учебник, который объединяет линейную алгебру и
аналитическую геометрию. Книга написана на основе лекций, которые
читали ее авторы в МГУ. Материал изложен традиционо по своей тематике.
Однако книга содержит сведения из общей теории алгебры, а также
элементы теории множеств. Книга предназначена для студенков
обучающихся по специальности "Прикладная математика".
31. Канатников А.Н., Крищенко А.П. Аналитическая геометрия. -2-е изд.
- М., Изд-во МГТУ им. Баумана, 2000, 388 с (Сер.Математика в
техническом университете; Вып. III.)
Книга знакомит с основными понятиями векторной алгебры и ее
приложений, теории матриц и определителей, систем линейных уравнений,
кривых и поверхностей второго порядка.
Материал изложен в объеме, необходимом на начальном этапе подготовки
студента технического университета.
Содержание учебника соответствует курсу лекций, который авторы читают в
МГТУ им. Н.Э.Баумана.
32. Кадомцев СБ. Аналитическая геометрия и линейная алгебра - М.:
ФИЗМАТЛИТ, 2003. - 160 с.
Написано на основе курса лекций, читаемого автором на физфаке МГУ. В
первой части рассматриваются действия с матрицами, теория определителей
и ее приложения к решению систем линейных уравнений. Во второй
(аналитическая геометрия) помимо традиционного материала подробно
обсуждается теория ориентации, строится классификация кривых и
поверхностей второго порядка. Третья часть (линейная алгебра) представляет
собой систематическое изложение теории линейных, евклидовых и
унитарных пространств. Здесь изучаются теория линейных операторов (в
частности, метод приведения матрицы оператора к жордановой форме),
теория билинейных и квадратичных форм, тензорная алгебра,
рассматривается пространство Минковского.
33. Милованов М. В. и др. Алгебра и аналитическая геометрия В 2 ч. Ч.
1; [Учеб. пособие для мат. спец. ун-тов и пед. ин-тов]/М. В. Милованов, Р.
И. Тышкевич, А. С. Феденко.— (Все издания)
В пособии излагается объединенный курс алгебры и аналитической
геометрии, который читался авторами в течение ряда лет на механикоматематическом факультете Белорусского государственного университета
им. В. И. Ленина.
В первую часть включены основы алгебры и элементарная аналитическая
геометрия. Приводятся примеры и упражнения, дополняющие и
углубляющие основной текст.
34. Алгебра и аналитическая геометрия.: В 2 ч. Ч. 2: Для вузов. Для
студентов мат. спец. ун-тов и пед. ин-тов/М. В. Милованов, М. М.
Толкачев, Р. И. Тышкевич, А. С. Феденко.— Мн.: Выш. шк., (Все
издания)
Рассматриваются линейные и евклидовы пространства, линейные операторы,
билинейные и квадратичные формы Описывается приложение аппарата
линейной алгебры к геометрии л-мерного аффинного точечного евклидова и
проективного пространств Дается понятие о тензорах и операциях над ними
35. Моденов П.С. Аналитическая геометрия. (Все издания)
Книга предназначена в качестве учебника по аналитической геометрии для
студентов механико-математических, физических и физико-математических
факультетов университетов и педагогических институтов. Наличие в книге
задач с решениями и задач для самостоятельного решения (с ответами;
позволяет использовать заочниками эту часть книги как материал
семинарских занятий. Помимо традиционного материала по аналитической
геометрии в книге дано понятие о линейном пространстве и линейном
многообразии. Изложено понятие собственных векторов. Дана метрическая
теория инвариантов в аффинной системе. Рассмотрены произвольные
плоские сечения поверхности второго порядка
36. Мусхелишвили Н.И. Курс аналитической геометрии (Все издания)
Учебник предназначен для студентов младших курсов математикомеханических факультетов университетов. Он в логической
последовательности знакомит начинающих с общими принципами и
методами приложения анализа к геометрии и развивает у студентов прочные
навыки в этой области.
37. Погорелов А.В. Аналитическая геометрия. -(Все издания)
Книга представляет собой руководство по аналитической геометрии.
Написана она четким и ясным языком, богата конкретным геометрическим
материалом. При сравнительно малом объеме книга излагает с достаточной
полнотой все основные вопросы курса. В ней имеется также большое число
упражнений и задач, удачно подобранных в методическом отношении.
Книга рассчитана на студентов физико-математических факультетов
университетов и пединститутов. Она может быть использована также
студентами втузов
38. Привалов И. И. Аналитическая геометрия. - 30 изд., стереотип. - (Все
издания)
В книге рассмотрены основные разделы аналитической геометрии: метод
координат, прямые линии на плоскости и в пространстве, плоскости в
пространстве, конические сечения, линии и поверхности 2-го порядка.
Приведены необходимые сведения из векторной алгебры. В каждой главе
имеются упражнения для самостоятельной работы.
Для студентов технических специальностей ВУЗов.
Очень толковая и грамотная книга по началам этой замечательной области
математики, по праву считается классическим учебником.
39. Элементы линейной алгебры и аналитической геометрии: Учеб.
пособие для инж.-техн. спец. вузов / Апатенок Р. Ф., Маркина А. М.,
Попова Н. В., Хейнман В. Б.; Под ред. Воднева В. Т.— 2-е изд., перераб. и
доп.— (Все издания) Излагаются вопросы разделов «Линейная алгебра» и
«Аналитическая геометрия», предусмотренные программой курса «Высшая
математика» для инженерно-технических специальностей вузов Приводятся
задачи и упражнения для самостоятельного решения
Первое издание вышло в 1977 г. под названием «Элементы линейной
алгебры».
40. Апатенок Р.Ф., Маркина А.М., Нейман В.Б. Сборник задач по
линейной алгебре и аналитической геометрии—(Все издания)
Данный сборник задач включает все вопросы разделов «Линейная алгебра» и
«Аналитическая геометрия», предусмотренных программой курса «Высшая
математика» для инженерно-технических специальностей высших учебных
заведений. Он образует единый комплекс с учебным пособием «Элементы
линейной алгебры и аналитической геометрии» тех же авторов под
редакцией В. Т. Воднева (Мн.: Выш. шк., 1986).
Сборник удобен наличием теоретических вопросов к каждой теме,
примерами решения задач
41. Аналитическая геометрия (конспект лекций Троицкого Е.В., 1 курс,
1999/2000)- 118 с.
Книга написана на основе лекций, читавшихся автором на мехмате МГУ.
Содержит следующие вопросы: векторы, скалярное и векторное
произведение, прямые на плоскости, прямая и плоскость в пространстве,
системы координат, линии второго порядка, аффинные преобразования,
поверхности второго порядка, элементы проективной геометрии.
42. Веселов А.П., Троицкий Е.В. Лекции по аналитической геометрии. М., Изд.Центра прикл. иссл. при мехмате МГУ, 2002. - 160 с.
Содержит конспект лекций по курсу АГ, читаемому на 1 курсе мехмата МГУ.
Основной особенностью данного курса, впервые прочитанного первым
автором, а затем переработанного вторым, является помещение в центр
внимания теории конических сечений. Содержит следующие вопросы:
элементы векторной алгебры, прямые на плоскости, прямая и плоскость в
пространстве, замены координат, конические сечения: эллипс, гипербола,
парабола, общая теория линий второго порядка, аффинные и изометрические
преобразования преобразования, поверхности второго порядка, элементы
проективной геометрии.
43. Гусятников П. Б., Резниченко С. В. Векторная алгебра в примерах и
задачах: Учеб. пособие для студентов инж.-тех. спец. вузов. —(все
издания)
Книга посвящена векторному исчислению и его применению, подробно
излагаются методы решения геометрических задач с использованием
аппарата векторной алгебры и аналитической геометрии. Приведены
необходимые сведения из элементарной геометрии, рассмотрены векторы и
линейные операции над ними, скалярное, векторное и смешанное
произведения векторов. Пособие написано на основе опыта преподавания
векторной алгебры в МФТИ.
44. Резниченко С.В. Аналитическая геометрия в примерах и задачах
(Алгебраические главы). - М., Изд. МФТИ, 2001. - 576 с.
Книга посвящена алгебраическим главам курса аналитической геометрии:
векторному исчислению и его применению к решению геометрических задач,
теории матриц и определителей и ее применениям к исследованию систем
линейных уравнений. Рассмотрены линейные операции над векторами,
скалярное, векторное и смешанное произведения векторов, связь векторов с
комплексными числами, операции над матрицами, свойства и приемы
вычисления определителей, различные методы решения линейных систем.
Для студентов вузов, обучающихся по физико-математическим
специальностям.
45. Майоров В.М., Скопец З.А. Задачник-практикум по векторной
алгебре (с приложениями к аналитической геометрии,
элементарной геометрии и статике) - (все издания)
Предлагаемый задачник-практикум является пособием для заочников и
состоит из двух основных разделов и одного дополнительного раздела.
Основные разделы — алгебра векторов на плоскости и в пространстве.
Дополнительный раздел содержит 1) задачи вычислительного характера; 2)
задачи из аналитической геометрии; 3) задачи элементарной геометрии.
46. Рубан П.И., Е.Е.Гармаш Руководство к решению задач по
аналитической геометрии. - (все издания)
Настоящее пособие ставит своей целью помочь студентам-вечерникам и
студентам-заочникам в приобретении и закреплении навыков
самостоятельного решения задач по аналитической геометрии, а также
помочь им ознакомиться с имеющимися способами их решения.
47. Клетеник Д.В. Сборник задач по аналитической геометрии. - 13-е
изд., стереотип. — М.: Гл. ред. физ-мат. лит-ры, 1980. — 240с.
Содержит около 1300 задач по аналитической геометрии на плоскости и в
пространстве. Для каждой темы - краткое изложение необходимой теории.
Для студентов высших технических учебных заведений. Содержание:
1.Аналитическая геометрия на плоскости (Простейшие задачи аналитической
геометрии на плоскости; Уравнение линии; Линии первого порядка;
Геометрические свойства линий второго порядка; Упрощение общего
уравнения линии второго порядка. Уравнения некоторых кривых,
встречающихся в математике и ее приложениях); 2.Аналитическая геометрия
в пространстве (Некоторые простейшие задачи аналитической геометрии в
пространстве; Векторная алгебра; Уравнение поверхности и уравнения
линии; Уравнение плоскости. Уравнения прямой. Уравнения поверхностей
второго порядка; Элементы теории определителей); 3.Ответы и указания к
задачам.
14. Материально-техническое обеспечение дисциплины (модуля)
Электронно-библиотечные системы (ЭБС), базы данных, информационносправочные и поисковые системы.
Главная ссылка: http://scintific.narod.ru/literature.htm#PhysMath
Техническая библиотека: http://techlibrary.ru
Электронная библиотека попечительского совета МГУ: http://lib.mexmat.ru/
VILennins Home Page http://www.vilenin.narod.ru/Mm/Books/Books.htm
Физико-математическая библиотека EqWorld
http://eqworld.ipmnet.ru/ru/library.htm
Программное обеспечение: «Программа "Mathematics"».
Программное обеспечение и Интернет-ресурсы
1. http://univertv.ru/video/matematika/ Открытый образовательный
видеопортал
UniverTV.ru. Образовательные фильмы на различные темы. Лекции в
ведущих
российских и зарубежных вузах. Научная конференция или научнопопулярная
лекция по интересующему вас вопросу.
2. http://elibrary.ru Научная электронная библиотека eLIBRARY.RU.
Крупнейший
российский информационный портал в области науки, технологии, медицины
и
образования, содержащий рефераты и полные тексты более 12 млн научных
статей и публикаций. На платформе eLIBRARY.RU доступны электронные
версии более 1400 российских научно-технических журналов, в том числе
более 500 журналов в открытом доступе.
3. http://www.iqlib.ru/ Электронная библиотека IQlib образовательных и
просветительских изданий. Образовательный ресурс, объединяющий в себе
интернет-библиотеку и пользовательские сервисы для полноценной работы с
библиотечными фондами. Свободный доступ к электронным учебникам,
справочным и учебным пособиям. Аудитория электронной библиотеки IQlib
– студенты, преподаватели учебных заведений, научные сотрудники и все те,
кто хочет повысить свой уровень знаний.
4. http://eqworld.ipmnet.ru/ru/library.htm EqWorld – мир математических
уравнений.
Учебно-образовательная физико-математическая библиотека. Электронная
библиотека содержит DjVu- и PDF-файлы учебников, учебных пособий,
сборников
задач и упражнений, конспектов лекций, монографий, справочников и
диссертаций по математике, механике и физике. Все материалы присланы
авторами и читателями или взяты из Интернета (из www архивов открытого
доступа). Основной фонд библиотеки составляют книги, издававшиеся
тридцать и более лет назад.
5. С. Е. Савотченко, Т.Г. Кузьмичева, Методы решения математических задач
в Maple
(http://www.exponenta.ru/educat/systemat/savotchenko/default.asp).
Электронные издания на кафедре М и ММЭ
Б.Л.ван дер Варден
Алгебра 623 стр. М.:
Наука, 1979
Ф.Р.Гантмахер Теория
матриц 576 стр. М.:
Наука, 1966
И.М.Гельфанд Лекции
по линейной алгебре
272 стр. М.: Наука,
1971
П.И.Голод,
А.У.Климык
Математические
основы теории
симметрий 528 стр.
Ижевск: РХД, 2001
Б.А.Дубровин,
С.П.Новиков,
А.Т.Фоменко
Современная
геометрия: Методы и
приложения 760 стр.
М.: Наука, 1986
Г.Зейферт,
В.Трельфаль
Топология 448 стр.
Ижевск: РХД, 2001
Дж.Франсис Книга по
топологии с
картинками 240 стр.
М.: Мир, 1991
П.Халмош
Конечномерные
векторные
пространства 264 М.:
Гос. изд.физ.-мат. лит.,
1963
И.Р.Шафаревич
Основные понятия
алгебры 348 стр.
Ижевск: РХД, 1999
Дж.Шварц
Дифференциальная
геометрия и топология
224 стр. М.: Мир, 1970
Электронные образовательные ресурсы (ЭОР)
1. http://eqworld.ipmnet.ru/ru/library.htm — Электронная библиотека сайта EqWorld.
15.
Оценочные средства для текущего контроля успеваемости,
промежуточной аттестации по итогам освоения дисциплины и учебнометодическое обеспечение самостоятельной работы студентов для оценки
сформированности компетенций по дисциплине, заявленных в п. 6:
Примерные тестовые задания
В1
1. Из кривых второго порядка, заданных каноническими уравнениями,
несимметричными относительно начала координат являются
1) эллипс, 2)гипербола, 3)парабола 4) мнимый эллипс
2. Общим уравнением прямой называется уравнение
1) y kx b ; 2) y k ( x x0 ) y0 ; 3) Ax By C 0 ; 4)
x y
1.
a b
3. Прямая y 3x 5 имеет параллельную:
1) y 3 x 99;
2) y 3 0;
3) 2 x 6 y 5 0;
4) 6 x 2 y 5 0.
4. Из т.О(0;0) на прямую у = 2х + 5 опущен перпендикуляр, который
пересекает её в точке (…;…).
5. Прямые
x y
1 и 2х + Bу + 7 = 0
12 3
параллельны при B = …
6. Угловой коэффициент перпендикуляра, опущенного из точки О(0;0) на
отрезок с концами А(0;4) и В(8;0), равен … .
7. Прямые 2х – 3у + 6 = 0 и Ах + 4у – 20 = 0 взаимно перпендикулярны и
пересекаются в точке М(…;…).
8. Точка С(хс;-2) делит отрезок с концами А(-8;6) и В(2;-4) в отношении
АС : СВ = . хс = … , = … .
9. Общим уравнением плоскости называется уравнение … .
10. q – направляющий вектор прямой L; n – нормальный вектор плоскости ; L. Тогда:
1) q n = 0;
2) q n = 0;
3) R: q = n;
4) L .
11. Ненулевые векторы а и b – линейно независимы, если:
1) a = - b;
2) a b = 0;
3) a = i, b = j;
4) a b = 0.
12. |a| = 2, |b| = 3, (aˆb) = 300. a·b = ... .
13. a = {0; 4; 2}, b = {3; y; 2}. a b. y = ... .
14. Векторы a = {х; 5; 1}, b = {2; 0; 3}, c = {0; 5;-2} компланарны, если х =
... .
15. Прямая совпадает с осью Ох. Её канонические уравнения имеют вид
... .
16. Прямая перпендикулярна к плоскости Оху и пересекает её в точке
(2; 3). Её канонические уравнения имеют вид ... .
17. Расстояние между параллельными прямыми
x4 y5 z6
x2 y z4
и
равно ... .
2
3
2
2
3
2
18. Плоскость, перпендикулярная к оси Ох, пересекает её в точке х = 2.
Общее уравнение плоскости имеет вид ... .
19. Плоскость пересекает координатные оси в точках х = -1, у = 2, z = 5.
Направляющие косинусы её нормального вектора - cos() = ... , cos() = ... ,
cos() = ... .
20. Прямая
x 2 y 1 z
2
3
p
параллельна
плоскости
2x + 6y - 5z +
4 = 0 при p = ... .
21. Прямая L(Ax – y + z = 0, 2x + 4y + 5z = 0) параллельна плоскости x – z
+ 2 = 0 при A = … .
Тест по проективной геометрии
Сейчас Вам будут предложены вопросы по разделу ``Проективная геометрия``. Вы
должны из предложенных нескольких вариантов ответов выбрать правильный.
1.
1.На расширенной Евклидовой прямой в однородных аффинных координатах даны
точки В(2:3). Найти их координаты в соответствующей неоднородной системе.
1/3
1
2/3
2.
2.На расширенной Евклидовой прямой в однородных аффинных координатах даны
точки D(1:0).Найти их координаты в соответствующей неоднородной системе.
D- не имеет однородной координаты.
D(2:1)
D(1:2)
3.
3.Четверка точек A,B,C,Д называется гармонической, если сложное отношение
(А,В,С,Д) равно:
1
-1
0
4.
4.Кривая второго порядка называется невырожденной, если ее ранг равен:V - это:
1
2
3
5.
5.Число классов кривых второго порядка на проективной плоскости:
5
3
2
6.
6.Множество точек прямой дополненное несобственной точкой , называется:
расширенной прямой
несобственной прямой
собственной прямой
7.
7.При проективном преобразовании прямая переходит:
в прямую
в луч
в отрезок
8.
8.. Какие из перечисленных ниже предложений проективной геометрии справедливы
в аффинном(не дополненном несобственными элементами) пространстве:
Если точка А принадлежит прямой а , а прямая а принадлежит плоскости П, то
точка А принадлежит плоскости П.
Если две прямые принадлежат одной плоскости, то существует точка,
принадлежащая обеим этим прямым.
Существует одна и только одна прямая, принадлежащая двум различным
плоскостям.
9.
9.Найдите однородные координаты несобственной точки прямой.
(5:4:1)
(5:3:0)
(4:3:1)
10. 10.Найдите двойное отношение (А, В, С, Д), если: А(1:0:1), В(1:-1:2), C(5:-2:7),
Д(1:1:0).
1/4
-4/3
0
11. 11.Зная что (А,В,С,Д)=5, найти (А,В,С,Д).
4/5
5/4
5/3
12. 12.Даны три точки А(-1:2:1), B(3:0:1), C(5:-1:1). Найти точку D такую, чтобы
(АВСД)=2.
D(11:5:67)
(11:4:1)
(11:-4:1)
13. 13.Сложное отношение (АВ,СВ) равно:
бесконечности
0
1
Вопросы коллоквиумов
1 семестр
1 коллоквиум
Элементы векторной алгебры в евклидовом пространстве.
1. Направление на прямой, в плоскости и в пространстве.
2. Равные (эквиполлентные ) направленные отрезки.
3. Определение вектора.
4. Линейная зависимость векторов.
5. Базис системы векторов.
6. Координаты вектора.
7. Ортонормированный базис множества векторов
пространства
8. Скалярное произведение двух векторов пространства.
9. Ориентация плоскости.
10 Векторное произведение двух векторов
11 Смешанное произведение трех векторов
12 Применение векторов к решению задач школьного курса
геометрии.
Метод координат в пространстве и на плоскости
1. Аффинная система координат пространства
2. Декартова система координат
3. Формулы перехода от одной аффинной системы
координат к другой.
4. Система координат плоскости.
5. Примеры других систем координат на плоскости и в
пространстве.
6. Метод координат решения задач.
2 коллоквиум
Плоскость и прямая в пространстве. Прямая на плоскости.
1. Уравнения плоскости.
2. Расположение плоскости относительно осей координат,
координатных плоскостей и начала координат.
3. Взаимное расположение двух и трех плоскостей.
4. Полупространство.
5. Метрические задачи.
6. Пучок и связка плоскостей.
7. Уравнения прямой в пространстве.
8. Взаимное расположение прямых в пространстве.
9. Метрические задачи о прямых
10 Взаимное расположение прямой и плоскости.
11. Взаимное расположение прямых.
12. Уравнения прямой в плоскости.
13. Расположение прямой относительно осей координат,
и начала координат.
14. Взаимное расположение двух прямых.
15. Полуплоскость.
16. Метрические задачи.
17. Пучок прямых.
Кривые второго порядка
1. Алгебраические кривые.
2. Эллипс.
3. Гипербола.
4. Парабола.
5. Приведение уравнения кривой второго порядка к
каноническому виду и классификация кривых второго
порядка.
2 семестр
3 коллоквиум
Преобразования плоскости
1. Группа движений.
2. Теорема единственности.
3. Движения первого и второго родов.
4. Классификация движений по числу неподвижных точек.
5. Подгруппы группы движений.
6. Равномерно разрывные группы движений.
7. Группа преобразований подобия.
8. Теорема единственности.
9. Преобразования подобия первого и второго родов.
10. Гомотетия и ее свойства.
11. Группа аффинных преобразований плоскости.
12. Аффинные преобразования первого и второго родов.
13. Аффинные преобразования в координатах.
14. Классификация аффинных преобразований по числу неподвижных точек.
15. Родственные преобразования.
16. Подгруппы группы аффинных преобразований.
Поверхности второго порядка
1. Алгебраические поверхности.
2. Поверхности вращения.
3. Метод сечения исследования поверхностей.
4. Эллипсоид.
5. Гиперболоиды.
6. Параболоиды.
7. Цилиндрические и конические поверхности.
8. Прямолинейные образующие поверхностей второго
порядка.
9. Конические сечения.
Преобразования пространства
1. Группа аффинных преобразований пространства.
2. Аффинные преобразования первого и второго родов.
3. Аффинные преобразования в координатах.
4. Группа движений пространства.
5. Движения первого и второго родов.
6. Движение в координатах.
7. Группа преобразований подобия пространства
4 коллоквиум
Аффинное и евклидово n-мерные пространства
1. Система аксиом Вейля n-мерного аффинного
пространства.
2. k - плоскость. Свойства k – плоскостей.
3. Аффинная система координат n-мерного аффинного
пространства, простейшие задачи.
4. Уравнения k - плоскости.
5. Группа аффинных преобразований n-мерного аффинного пространства
6. Евклидово n-мерное пространство.
7. Связь аксиом школьного курса геометрии и системы
аксиом Вейля трехмерного евклидова пространства.
Квадратичные формы и квадрики
1. Квадратичные формы. Ранг квадратичной формы
2. Квадрики в аффинном и евклидовом n-мерных
пространствах.
3 семестр
5 коллоквиум
Проективное пространство
1. Модели проективной плоскости.
2. n-мерное проективное пространство.
3. k - плоскость. Свойства k – плоскостей.
4. Принцип двойственности. Теорема Дезарга.
5. Проективные координаты точки n-мерного проективного
пространства.
6. Группа проективных преобразований n-мерного
проективного пространства.
7. Гомология.
8. Сложное отношение четырех точек прямой.
9. Разделенность пар точек.
10. Перспективные формы первой ступени. Проективные
формы первой ступени.
11. Кривые второго порядка
12. Пучки второго порядка.
13. Проективные отображения кривых второго порядка.
6. Вопросы к зачетам и экзаменам
1 семестр
Элементы векторной алгебры в евклидовом пространстве.
1. Направление на прямой, в плоскости и в пространстве.
2. Равные (эквиполлентные ) направленные отрезки.
3. Определение вектора.
4. Линейная зависимость векторов.
5. Базис системы векторов.
6. Координаты вектора.
7. Ортонормированный базис множества векторов
пространства
8. Скалярное произведение двух векторов пространства.
9. Ориентация плоскости.
10 Векторное произведение двух векторов
11 Смешанное произведение трех векторов
12 Применение векторов к решению задач школьного курса
геометрии.
Метод координат в пространстве и на плоскости
1. Аффинная система координат пространства
2. Декартова система координат
3. Формулы перехода от одной аффинной системы
координат к другой.
4. Система координат плоскости.
5. Примеры других систем координат на плоскости и в
пространстве.
6. Метод координат решения задач.
Плоскость и прямая в пространстве. Прямая на плоскости.
1. Уравнения плоскости.
2. Расположение плоскости относительно осей координат,
координатных плоскостей и начала координат.
3. Взаимное расположение двух и трех плоскостей.
4. Полупространство.
5. Метрические задачи.
6. Пучок и связка плоскостей.
7. Уравнения прямой в пространстве.
8. Взаимное расположение прямых в пространстве.
9. Метрические задачи о прямых
10 Взаимное расположение прямой и плоскости.
11. Взаимное расположение прямых.
12. Уравнения прямой в плоскости.
13. Расположение прямой относительно осей координат,
и начала координат.
14. Взаимное расположение двух прямых.
15. Полуплоскость.
16. Метрические задачи.
17. Пучок прямых.
Кривые второго порядка
1. Алгебраические кривые.
2. Эллипс.
3. Гипербола.
4. Парабола.
5. Приведение уравнения кривой второго порядка к
каноническому виду и классификация кривых второго
порядка.
2 семестр
Преобразования плоскости
1. Группа движений.
2. Теорема единственности.
3. Движения первого и второго родов.
4. Классификация движений по числу неподвижных точек.
5. Подгруппы группы движений.
6. Равномерно разрывные группы движений.
7. Группа преобразований подобия.
8. Теорема единственности.
9. Преобразования подобия первого и второго родов.
10. Гомотетия и ее свойства.
11. Группа аффинных преобразований плоскости.
12. Аффинные преобразования первого и второго родов.
13. Аффинные преобразования в координатах.
14. Классификация аффинных преобразований по числу неподвижных точек.
15. Родственные преобразования.
16. Подгруппы группы аффинных преобразований.
Поверхности второго порядка
1. Алгебраические поверхности.
2. Поверхности вращения.
3. Метод сечения исследования поверхностей.
4. Эллипсоид.
5. Гиперболоиды.
6. Параболоиды.
7. Цилиндрические и конические поверхности.
8. Прямолинейные образующие поверхностей второго
порядка.
9. Конические сечения.
Преобразования пространства
1. Группа аффинных преобразований пространства.
2. Аффинные преобразования первого и второго родов.
3. Аффинные преобразования в координатах.
4. Группа движений пространства.
5. Движения первого и второго родов.
6. Движение в координатах.
7. Группа преобразований подобия пространства
Аффинное и евклидово n-мерные пространства
1. Система аксиом Вейля n-мерного аффинного
пространства.
2. k - плоскость. Свойства k – плоскостей.
3. Аффинная система координат n-мерного аффинного
пространства, простейшие задачи.
4. Уравнения k - плоскости.
5. Группа аффинных преобразований n-мерного аффинного пространства
6. Евклидово n-мерное пространство.
7. Связь аксиом школьного курса геометрии и системы
аксиом Вейля трехмерного евклидова пространства.
Квадратичные формы и квадрики
1. Квадратичные формы. Ранг квадратичной формы
2. Квадрики в аффинном и евклидовом n-мерных
пространствах.
3 семестр
Проективное пространство
1. Модели проективной плоскости.
2. n-мерное проективное пространство.
3. k - плоскость. Свойства k – плоскостей.
4. Принцип двойственности. Теорема Дезарга.
5. Проективные координаты точки n-мерного проективного
пространства.
6. Группа проективных преобразований n-мерного
проективного пространства.
7. Гомология.
8. Сложное отношение четырех точек прямой.
9. Разделенность пар точек.
10. Перспективные формы первой ступени. Проективные
формы первой ступени.
11. Кривые второго порядка
12. Пучки второго порядка.
13. Проективные отображения кривых второго порядка.
16. Содержательный компонент теоретического материала
§1. Векторы, операции над векторами
Направление на прямой, в плоскости и в пространстве.
Ориентация прямой
Определение. Лучи h и k , лежащие на одной прямой, называются
одинаково направленными, если их пересечением является луч. В противном
случае эти лучи называются противоположно направленными.
Одинаковая направленность лучей обладает следующими свойствами:
1) каждый луч одинаково направлен сам с собой (рефлексивность);
2) если луч h одинаково направлен с лучом k , то луч k одинаково
направлен с лучом h (симметричность);
3) если луч h одинаково направлен с лучом k , а луч k одинаково
направлен с лучом m , то луч h одинаково направлен с лучом m
(транзитивность).
Из этих свойств следует, что отношение одинаковой направленности в
множестве лучей одной прямой является отношением эквивалентности. На
прямой существует два класса эквивалентности одинаково направленных
лучей. Первый из них – множество всех лучей одинаково направленных с
фиксированным лучом h этой прямой. Второй – множество всех лучей
противоположно направленных с лучом h . Каждый из них называется
направлением прямой.
Определение. Говорят, что прямая ориентирована, если одно из ее
направлений выделено (названо положительным).
Направление на плоскости и в пространстве определяется аналогично.
Два луча на плоскости (или в пространстве) называются одинаково
направленными, если это одинаково направленные лучи одной прямой или
это лучи, лежащие на параллельных прямых и в одной полуплоскости,
граница которой проходит через начало этих лучей. Отношение одинаковой
направленности этих лучей так же является отношением эквивалентности.
Каждый из классов эквивалентности называется направлением на плоскости
(или в пространстве).
Направление, которому принадлежит луч h , будем обозначать
символом dir h .
Направленный отрезок. Определение вектора
Определение. Направленным отрезком называется упорядоченная пара
точек. Первая из этих точек называется: – началом отрезка, вторая – концом.
Символом AB обозначается направленный отрезок с началом в точке
A и концом в точке B . Если начало и конец совпадают ( A B ), то отрезок
называют нулевым и обозначают символом 0 .
B
Направленный отрезок
AB изображается
стрелкой, так как на рисунке справа.
A
Если
AB 0 ,
то
обычный
отрезок
AB
называют
базой
направленного отрезка AB . Направлением отрезка AB назовем
направление луча с началом в точке A , проходящего через точку B (такой
луч обозначается символом [ AB) ). То есть, dir AB dir[ AB ) . Будем считать,
что нулевой направленный отрезок не имеет базы и не имеет
направления.
Определение. Два направленных отрезка называются равными или
эквиполлентными, если они нулевые или они не нулевые и при этом, равны
их базы и совпадают направления.
Для равных направленных отрезков справедливо следующее
утверждение.
Лемма 1 (критерий эквиполлентности направленных отрезков).
Направленные отрезки AB и CD эквиполлентны тогда и только тогда, когда
середины отрезков AD и BC совпадают.
(Докажите самостоятельно, используя рисунки а) – в).)
Замечание. Так как равенство отрезков и совпадение направлений является
отношением эквивалентности, то равенство направленных отрезков является
отношением эквивалентности.
Определение. Класс эквивалентности равных направленных отрезков
называется вектором.
Как класс эквивалентности вектор задается своим представителем –
направленным отрезком. Вектор, заданный направленным отрезком a
обозначается символом a . То есть:
a x x a . Вектор a на рисунке
изображается в виде направленного отрезка a .
Для равных векторов справедливо следующее утверждение.
Лемма 2. Если AB CD , то AC BD .
Доказательство: По условию леммы для векторов справедливо равенство
AB CD , поэтому для соответствующих направленных отрезков
AB CD . По признаку эквиполлентности
справедливо равенство
направленных отрезков середины отрезков AD и CB совпадают. Рассмотрим
отрезки AC и BD . Так как середины отрезков AD и CB совпадают, то
AC BD , следовательно, AC BD .
Лемма доказана.
Рассмотрим некоторые свойства векторов.
1. Пусть a – произвольный вектор, а O – некоторая точка
пространства. Докажем, что существует одна и только одна точка M такая,
что OM a . Действительно, допустим, что AB a . Рассмотрим середину C
отрезка OB (этот отрезок может быть и нулевым) и возьмем точку M ,
симметричную точке A относительно точки C .
По признаку эквиполлентности двух направленных отрезков OM AB ,
поэтому OM a .
Докажем теперь, что M – единственная точка такая, что OM a .
Пусть OM a . Тогда OM OM . По лемме о равенстве векторов получаем:
OO MM OO MM 0 MM , т.е. точки M и M совпадают. Итак,
если даны произвольный вектор a и некоторая точка O , то существует одна
и только одна точка M такая, что OM a .
Построение точки M условимся называть откладыванием вектора a от
точки O .
2. Говорят, что вектор a лежит на прямой l (или параллелен этой
прямой), если любой его представитель параллелен этой прямой или лежит
на ней. Нулевой вектор считается параллельным любой прямой. Очевидно
что, если вектор a лежит на прямой l , то он лежит на любой прямой,
параллельной прямой l .
Векторы a и b называются коллинеарными, если они лежат на одной
прямой. Будем считать, что если из двух векторов по крайней мере один
нулевой, то эти векторы коллинеарны. Запись a ll b означает, что векторы a и
b коллинеарны.
Направлением вектора AB назовем направление отрезка AB .
Коллинеарные векторы могут быть одинаково направленными, если их
направления совпадают и противоположно направленными, если их
направления противоположны. Свойство двух векторов быть одинаково
(противоположно) направленными не зависит от выбора представителей этих
векторов.
Запись a b будет означать, что векторы a и b одинаково направлены,
а запись a b – что эти векторы противоположно направлены.
3. Длиной вектора называется длина любого представителя этого
вектора. Длина нулевого вектора равна нулю. Длины векторов a , b , AB
обозначаются так: a , b , AB .
Вектор называется единичным, если его длина равна единице.
§2. Сложение и вычитание векторов
Введем операцию сложения векторов, которая играет важную роль в
векторной алгебре. Возьмем произвольные векторы a и b . От какой-нибудь
точки A отложим вектор AB a , а затем от точки B отложим вектор
C b . Вектор C c называется суммой векторов a и b и обозначается
так: c a b .
a
b
C
Покажем, что вектор c определяется с помощью векторов a и b
однозначно, независимо от выбора точки A , от которой откладывается
вектор a . Пусть вместо точки A взята другая точка A1 и выполнено
аналогичное построение: A1B1 a, B1C1 b . Докажем, что AC A1C1 . Так
как AB A1B1 и BC B1C1 , то по лемме о равенстве векторов AA1 BB1 и
BB1 CC1 , т.е.
AA1 CC1 . Отсюда по лемме о равенстве векторов
AC A1C1 .
Заметим, что для нахождения суммы двух неколлинеарных векторов
приходится строить треугольник ( ABC в принятых выше обозначениях).
Поэтому указанное здесь правило сложения векторов и в общем случае
называется правилом треугольника. Это правило можно сформулировать так:
для любых точек A , B и C справедливо равенство
AB DC AC .
Пусть A и a произвольные точка и вектор. Тогда существует точка B
такая, что AB a . Тогда, по правилу сложения векторов, получим, что
AA a AA AB B a . Поэтому вектор AA для любой точки A равен
нулевому вектору.
Возьмем произвольные точки A и B . Тогда справедливо равенство
AB BA AA 0 . Поэтому вектор BA для произвольных точек A и B
противоположен вектору BA (то есть справедливо равенство BA BA )
Если слагаемые векторы не коллинеарны, то для построения их суммы
можно пользоваться другим способом – правилом параллелограмма, которое
хорошо известно из курса геометрии средней школы. На рисунке дано
построение суммы p векторов a и b по этому правилу.
A
a
C
a
b
O
OC p
B
b
Докажем теорему о сложении векторов.
(При отчете необходимо знать формулировки свойств, а доказательство
этих свойств, приводить не нужно).
Теорема: Для произвольных векторов a , b и c справедливы
следующие равенства:
abba
1.
(переместительное
свойство
или
свойство
коммутативности).
Доказательство:
Пусть a и b – произвольные векторы. От какой-нибудь точки A отложим
векторы AB a , AD b , а затем от точки B отложим вектор BC b .
D
C
Согласно построению AD BC , поэтому по лемме о равенстве векторов
AB DC , т.е. DC a .
AB BC AC
AD DC AC ,
По правилу треугольника
и
следовательно, a b C , b a C . Отсюда следует, что a b и b a –
один и тот же вектор.
a b c a b c
2.
(сочетательное
свойство
или
свойство
ассоциативности).
Доказательство:
Пусть a , b и c – произвольные векторы. Возьмем какую-нибудь точку и
отложим последовательно векторы AB a , BC b , CD c .
D c
a
c
C
b
b
A
B
a
AD a b c
По правилу треугольника AB BC AC , AC CD AD , поэтому
a b c AD . С другой стороны, BC CD BD и AB BD AD , поэтому
a b c AD . Отсюда следует, что a b c и a b c – один и тот же
вектор.
Суммой векторов a , b и c будем считать вектор p a b c . На
основании теоремы о сложении векторов p a b c , поэтому при записи
суммы трех векторов можно опустить скобки и записать ее в виде a b c .
Более того, можно доказать, что сумма трех векторов не зависит от порядка
слагаемых. В самом деле, докажем, например, что a b c b c a :
abc a bc bc a bca
Здесь применена теорема о сложении векторов.
Аналогично можно определить и сумму большего числа векторов.
Пусть a1 , a1 , , an – произвольные векторы ( n 3 ). Их суммой называется
an 1 an и обозначается так: a1 a2 an .
Это правило построения суммы нескольких векторов называется
правилом многоугольника.
По аналогии с предыдущим можно убедиться в том, что сумма n
векторов не зависит от порядка слагаемых.
вектор a1 a2
Разностью векторов a и b называется такой вектор x , что
b x a (4)
Докажем, что разность любых векторов a и b существует и
определяется однозначно.
Сначала предположим, что вектор x , удовлетворяющий равенству (4),
существует, и выразим его через векторы a и . Прибавим к обеим частям
равенства (4) вектор b : b b x b a . К левой части этого
равенства
применим
сочетательный
закон,
переместительный закон сложения векторов:
следует, что
а
к
правой
части
–
b b x a b . Отсюда
x a b (5)
Итак, доказано, что если вектор x , удовлетворяющий равенству (4),
существует, то он определяется однозначно формулой (5). Но вектор
x a b
действительно
удовлетворяет
уравнению
(4):
b a b b b a b b a a . Таким образом, формулой (5)
однозначно определяется разность векторов a и b .
Разность векторов a и b обозначается так: a b . Из формулы (5)
получаем:
a b a b (6)
По правилу треугольника AB BC AC , поэтому согласно равенству (4)
BC AC AB (7)
Следовательно, для любых точек A , B , C справедливо равенство (7).
Замечание: В векторной алгебре часто встречается выражение вида
a b c или a b c d и др. По аналогии с равенством (6) эти выражения
означают:
a b c, a b c d .
Иногда ошибочно считают, что при сложении векторов их длины
складываются. На самом деле длина суммы двух векторов в общем случае не
равна сумме длин слагаемых.
Можно доказать, что для произвольных векторов a и b справедливы
следующие соотношения:
a b a b , (8)
a b a b (9)
В соотношении (8) знак равенства имеет место только в том случае,
когда a b , а в соотношении (9) только в том случае, когда a b или один из
векторов a и b нулевой.
Пользуясь правилом
самостоятельно.
треугольника,
докажите
эти
утверждения
§3. Умножение вектора на число
Произведением вектора a на действительное (вещественное) число
называется вектор p , который удовлетворяет условиям:
а) p a , где – абсолютное значение числа ;
б) p a , если 0 и p a , если 0 .
Такой вектор p обозначают через a .
Нетрудно убедиться в том, что при любых и a вектор p
определяется однозначно.
Из условия а) следует, что p 0 тогда и только тогда, когда 0 или
a 0 . Таким образом,
0 0, 0a 0 (1)
Для дальнейшего изложения понадобится следующая лемма.
Лемма: Если при гомотетии с центром O и коэффициентом k
треугольник OAB переходит в треугольник OAB , то AB k AB .
Доказательство: Напомним, что гомотетией с центром O и коэффициентом
k называется преобразование плоскости, при котором произвольная точка A
переходит в точку A такую, что OA kOA .
k 0
O
O
k<0
а)
б)
OAB ~ OAB . Отсюда
Тогда OA k OA, OB k OB . Поэтому
следует, что AB kAB и ABllAB . Если k 0 , то точки B и B лежат в
одной полуплоскости с границей OA и поэтому AB AB , следовательно,
AB k AB .
Если k 0 , то точки B и B лежат в разных полуплоскостях с границей
OA . Поэтому AB AB , т.е. и в этом случае AB k AB .
Докажем теперь теорему об умножении вектора на число.
(При отчете необходимо знать формулировки свойств, а доказательство
этих свойств, приводить не нужно).
Теорема: Для произвольных чисел , и векторов a , b справедливы
следующие равенства:
1) 1 a a и 1 a a .
2) a a .
3) a b a b .
4) a a a .
Доказательство:
Свойство 1) непосредственно следует из данного выше определения
произведения вектора на число. Если хотя бы одно из чисел , равно
нулю или хотя бы один из векторов a и b нулевой, то справедливость
остальных свойств очевидна. Поэтому достаточно рассмотреть случай, когда
0, 0, a 0, b 0 . Ниже приведены доказательства свойств 2), 3), 4).
2). Пусть
p a , q a . По определению произведения
вектора на число p a a , q a a .
Отсюда следует, что p q . Докажем, что p q . Возможны два случая:
0 и 0 . Рассмотрим первый случай. Так как p a , а числа и
одного знака, то векторы p и a одинаково направлены. Но векторы
q a и a также одинаково направлены, следовательно, p q .
Аналогично убеждаемся в том, что и в случае 0 получим: p q .
Учитывая равенство p q , приходим к выводу, что a a .
3) От какой-нибудь точки A отложим вектор AB a , а затем от точки
B – вектор BC b . По правилу треугольника AB BC AC , т.е. AC a b .
Рассмотрим гомотетию с коэффициентом и с центром в некоторой
точке O , не лежащей на прямых AB, BC , AC . Пусть A , B и C – образы
точек A , B и C . По предыдущей лемме получим
AC a b .
С
другой
стороны,
по
правилу
треугольника
AC AB BC C C , т.е. a b a b .
4) Рассмотрим два возможных случая: а) 0 и б) 0 .
а) 0 . От некоторой точки A отложим вектор AB a , а затем от
точки B – вектор BC a . Отсюда следует, что AB a , BC a . Так
как 0 , то AB BC , поэтому точка B лежит между точками A и C ,
следовательно, AC AB BC или AC a a . Но числа и имеют
одинаковые знаки, поэтому . Таким образом,
AC a
(2)
Векторы AC и a одинаково направлены, если 0, 0 , т.е. если
0 , и противоположно направлены, если 0, 0 , т.е. 0 .
a
A
a
B
a
0, 0
C
C
a
B a A
0, 0
a
а)
б)
Поэтому, учитывая равенство (2), получаем: AC a . С другой
стороны, AC AB BC a a . Таким образом, a a a .
б) 0 . Если 0 (т.е. ), то левая часть равенства 4) есть
нуль-вектор. Докажем, что в этом случае и правая часть есть нуль-вектор. В
самом деле, a a a a a a 0 .
Рассмотрим случай, когда 0 . Так как и имеют разные
знаки, то либо , , либо , имеют один и тот же знак.
Пусть, например, и имеют один и тот же знак. Тогда по
доказанному
a a a a
или
a a a .
§4. Линейная зависимость и независимость векторов
Пусть (a1, a2 , , an ) – упорядоченная система векторов, 1, 2 , , n
– упорядоченный набор действительных чисел. Линейной комбинацией
, an с коэффициентами 1, 2 , , n называется вектор
1 a1 2 a2 n an . Если набор коэффициентов нулевой, то данная
линейная комбинация называется тривиальной и она равна нулевому
вектору. Может быть, что набор коэффициентов не нулевой, но линейная
комбинация все равно будет равняться нулевому вектору. Например,
b 2 a .
векторов
a1 , a2 ,
a
b
Тогда
справедливо равенство 2 a 1 b 0 при ненулевом наборе
коэффициентов 2; 1 0; 0 . В этом случае, система векторов будет линейно
зависимой.
Определение. Система векторов a1 , a2 , , an называется линейно
независимой, если из того, что 1 a1 2 a2 n an 0 следует, что
1,2 , ,n 0, , 0 . Или, другими словами, система векторов
a1 , a2 , , an называется линейно независимой, если ее линейная комбинация
равна нулевому вектору только при нулевом наборе коэффициентов.
В противном случае, систему векторов называют линейно зависимой,
т.е. система векторов a1 , a2 , , an линейно зависима, если существует
ненулевой набор коэффициентов, при котором линейная комбинация этих
векторов равна нулю.
Свойства линейно зависимых и
линейно независимых систем векторов
Перечисленные ниже свойства доказываются в курсе линейной
алгебры. Поэтому мы напомним лишь доказательство некоторых из них.
Свойство 1. Система векторов, состоящая более чем из одного вектора,
линейно зависима тогда и только тогда, когда один из этих векторов является
линейной комбинацией остальных.
Доказательство:
Необходимость. Пусть a1 , a2 , , an – линейно зависимая система
векторов. Тогда существует ненулевой набор коэффициентов
1,2 , ,n 0, , 0
такой, что справедливо равенство
1 a1 2 a2 n an 0 .
Не нарушая общности и для определенности будем считать что n 0 . Тогда
an 1 a1
n
Необходимость доказана.
n 1 an 1 .
n
Достаточность. Пусть один из векторов a1 , a2 , , an является линейной
комбинацией остальных. Для определенности будем считать, что
a1 2 a2 n an .
Тогда справедливо равенство 1 a1 2 a2
Но 1, 2 , , n 0,
линейно зависима.
n an 0 .
, 0 . Поэтому система векторов a1 , a2 ,
, an
Свойство 2. Система, состоящая из одного вектора, линейно зависима тогда
и только тогда, когда этот вектор нулевой.
Доказательство:
Необходимость. Пусть система, состоящая из одного вектора a линейно
зависима. Значит, существует число 0 такое, что a 0 . Поэтому вектор
a нулевой. Необходимость доказана.
Достаточность. Пусть справедливо равенство a 0 . Поэтому 1 a 0 . А так
как 1 0 , то система, состоящая из вектора a , линейно зависима.
Свойство 3. Если подсистема системы векторов линейно зависима, то и вся
система линейно зависима. В частности, если один из векторов нулевой, то
по свойству 2, вся система векторов линейно зависима.
Свойство 4. Если
система векторов
a1 , a2 ,
, an линейно независима и
b 1 a1 2 a2 n an , то числа i , где
однозначно. То есть, если
b
n
i ai
и b
i 1
n
i 1; ; n
i ai , то i i , где i 1;
i 1
определены
; n .
Доказательство: Вычтем из первого разложения вектора b второе. В
результате получим равенство 0
n
i i a .
Из определения линейной
i 1
независимости векторов a1 , a2 , , an следует, что все коэффициенты нулевой
линейной комбинации этих векторов равны нулю. То есть: i i 0, i i
i i 0. А значит справедливы равенства i i при всех i 1; ; n .
Свойство доказано.
Свойство 5. Если все векторы в системе b1 , b2 ,
через векторы a1 , a2 ,
линейно зависима.
, bm линейно выражаются
, an и m n , то система векторов b1 , b2 ,
, bm
Базис множества векторов прямой, плоскости и пространства
Определение. Пусть дано какое-то множество векторов и пусть в этом
множестве существуют векторы e1 , e2 , , en через которые линейно
выражаются все векторы данного множества. Тогда система векторов
e1 , e2 , , en называется системой порождающих. Линейно независимая
система порождающих называется базисом данного множества векторов.
Определение. Говорят, что вектор принадлежит прямой, если какой-нибудь
из направляющих отрезков этого вектора принадлежит этой прямой.
Векторы, лежащие на одной прямой, называются коллинеарными. Нулевой
вектор принадлежит любой прямой по определению.
Утверждение1.
Любой ненулевой вектор прямой является базисом в множестве
векторов этой прямой.
Доказательство:
Система, состоящая из ненулевого вектора a , является порождающей. Так
b
как b a, если b 0 и b 0 a, если b 0 .
a
Кроме того, по свойству 2) линейно зависимых и независимых векторов эта
система линейно независима.
Отсюда следует, что система, состоящая из ненулевого вектора a , является
базисом.
Замечание:
Любой базис множества векторов одной прямой состоит только из
одного вектора.
Доказательство:
Пусть система из вектора a – базис, и пусть b1, b2 , , bm , m 1 –
bi i a для любого
i b1, b2 , , bm – линейно зависимы, т.е. не могут быть базисом.
Пример:
Базис множества векторов плоскости.
Говорят, что вектор принадлежит плоскости, если какой-нибудь из его
направленных отрезков принадлежит этой плоскости. Векторы, лежащие в
одной плоскости, называются компланарными.
Любые два вектора компланарны (?).
произвольная
система
порождающих.
Тогда
Утверждение:
Два неколлинеарных вектора плоскости образуют базис во множестве
векторов этой плоскости.
Доказательство:
Эти векторы линейно независимы. Пусть это не так. Тогда по свойству 1)
один из них выражается через другой (для определенности b a ). Тогда по
определению a – вектор коллинеарный вектору a , т.е. b коллинеарен a . А
это противоречит условию. Неколлинеарные векторы линейно независимы.
Покажем, что эти векторы являются системой порождающих.
Пусть c – произвольный вектор данной плоскости. a, C c, b .
1 – точка пересечения, C1ll . Тогда C 1 1C .
C
1
1 коллинеарен , значит 1 x .
1C коллинеарен , значит 1C y .
Тогда вектор c C x y xa yb . Т.е. система a и b –
порождающие. Т.к. она линейно независима, то это базис.
Замечание:
Любой базис в множестве векторов одной плоскости состоит только из
двух векторов.
Любые три некомпланарных вектора образуют базис множества
векторов в пространстве. Аналогично предыдущему случаю любой базис в
множестве векторов пространства состоит только из двух векторов.
Коэффициенты линейного разложения вектора по базису называются
координатами этого вектора. Из свойства 4) следует, что каждый вектор в
данном базисе имеет единственный набор координат.
Базис называется ортогональным, если все векторы этого базиса
попарно ортогональны или перпендикулярны. Базис называется
нормированным, если все вектора этого базиса имеют длину, равную
единице. Ортонормированный базис называется декартовым.
§5. Скалярное произведение двух векторов.
В пространстве векторов V задан ортонормированный базис i, j,k .
Пусть
есть
вектора
a a1, a2 , a3 , b b1, b2 , b3 .
Скалярным
произведением a и b называется число, обозначаемое ab a1b1 a2b2 a3b3 .
Свойства:
1) Коммутативность: ab ba .
Доказательство:
ab a1b1 a2b2 a3b3 b1a1 b2 a2 b3a3 ba .
2) Дистрибутивность: a b c ac bc .
Доказательство:
a b c a1 b1 c1 a2 b2 c2 a3 b3 c3 a1c1 b1c1 a2c2 b2c2
a3c3 b3c3 a1c1 a2c2 a3c3 b1c1 b2c2 b3c3 ac bc
3) a b a b c ab .
2
2
4) a a a a .
Доказательство:
i, j,k
Т.к. базис
ортонормированный,
то
по
теореме
Пифагора
2
a a a12 a22 a32 a .
5) Скалярное произведение двух
ортонормированного базиса.
Доказательство:
векторов
не
зависит
от
выбора
2
2
2
2
2
1
a 2ab b . По свойству 4) имеем: ab a b a b .
2
Длина вектора не зависит от выбора базиса системы координат, т.е. правая
часть не зависит левая часть не зависит.
ab
6)
2
Скалярное
произведение
векторов
находится
по
формуле:
ab a b cos a b .
Доказательство:
Из свойства 5) скалярное произведение можно находить в любом
декартовом
i
1
a
базисе.
Выберем
a, i j , k i , k j .
a a i 0 j 0 k a , 0, 0
базис
i, j,k
следующим
образом:
j
b
a
i
b b cos a b , b sin a b , 0
Тогда получаем, что ab a b cos a b 0 0 .
§6. Ориентация плоскости.
Рассмотрим упорядоченные пары неколлинеарных векторов. Пусть
первая пара a, b , а вторая a1 , b1 . Каждая из таких пар образует базис
пространства векторов этой плоскости.
a1 11 a 12 b, b1 21 a 22 b .
Пусть
Рассмотрим
матрицу
12
12 11
. Ее называют матрицей перехода от первого базиса ко
21 22
второму. Определитель det 12 0 . Это свойство координатной матрицы
базиса (речь идет о a1 , b1 ).
Определение:
Говорят, что первая пара одинаково ориентированна со второй, если
det 12 0 , в противном случае ( det 12 0 ), первая и вторая пара
называются противоположноориентированными.
Покажем, что одинаковая ориентированность таких пар является
отношением эквивалентности.
| Рефлексивность:
1 0
Рассмотрим первую пару a, b . a 1 a 0 b, b 0 a 1 b . 11
,
0
1
det 11 1 0 . Каждая пара векторов одинаково ориентированна сама с
собой.
| | Транзитивность:
Пусть даны три пары: a, b , a1 , b1 , a2 , b2 .
a1 11 a 12 b
b1 21 a 22 b
12
12 11
21 22
a2 11 a1 12 b1
b2 21 a1 22 b1
12
23 11
21 22
Т.к. по условию транзитивности первая пара одинаково ориентированна со
второй, а вторая с третьей, то det 12 0 , det 23 0 .
Покажем, что det 13 det 12 det 23 * .
a2 11 11 a 12 b 12 21 a 22 b 1111 12 21 a
1112 12 22 b
b2 21 11 a 12 b 22 21 a 22 b 2111 22 21 a
2112 22 22 b
1112 12 22
13 11 11 12 21
2111 22 21 2112 22 22
Вычисляя произведение определителей 12 и 23 , находим, что оно равно
det 13 . Т.к. правая часть * 0 , значит, первая пара одинаково
ориентирована с третьей. Отношение транзитивно.
| | | Симметричность:
1
det 12 det 21 det 11 1, det 21 12 . Если первая пара одинаково
ориентирована со второй, то det 12 0 , тогда по предыдущему равенству
det 21 0 . Значит вторая пара одинаково ориентирована с первой. Т.е.
отношение одинаковой ориентированности симметрично.
Отношение
одинаковой
ориентированности
является
отношением
эквивалентности.
Определение:
Класс эквивалентности одинаково ориентированных упорядоченных
пар неколлинеарных векторов называют вращением плоскости (это аналог
поворота по и против часовой стрелки).
Теорема:
В каждой плоскости существует ровно два вращения.
Определение:
Говорят, что плоскость ориентирована, если одно из ее вращений
выделено (т.е. названо положительным). Обычно на плоскости задают
систему координат, берут пару базисных векторов на оси x и y и эту пару
считают положительной парой.
§7. Ориентация пространства.
Рассматривают упорядоченные тройки некомпланарных векторов. Так
же как и в плоскости: определяют матрицу перехода от одной тройки к
другой; одинаковую ориентированность таких троек; доказывают
эквивалентность этого отношения; класс эквивалентности упорядоченных
троек некомпланарных векторов, называемый винтом пространства;
доказывают, что существует ровно два винта в пространстве; говорят, что
пространство ориентированно, если один из ее винтов назван положительно.
Теорию построить самостоятельно.
§8. Наглядное представление одинаковой ориентированности
упорядоченных троек некомпланарных векторов.
Пусть первый вектор тройки направлен вдоль большого пальца руки,
второй – указательного, третий – среднего. Если стоять в вершине первого
вектора такой тройки, то на правой руке второй вектор вращается к третьему
против часовой стрелки, а на левой – по часовой стрелке. Если произвольная
тройка обладает первым свойством, то она называется правой, если вторым –
левой.
§9. Векторное произведение двух векторов.
Пусть в пространстве задан ортонормированный базис
i, j,k .
Считаем, что он положительный.
Определение: Векторным произведением векторов a и b называют
вектор p , который обладает следующими свойствами:
1) p 0 тогда и только тогда, когда сомножители a и b коллинеарны ( a ll b ).
2) a и b неколлинеарны, то:
а) p a и p b
p a b sin a b ,
б)
p
–
площадь
параллелограмма, построенного на векторах a и b .
b
a
в)
тройка
векторов
ориентирована с тройкой базисных векторов.
a,b,p и a,b,p одинаково ориентированны.
Теорема:
a , b, p
одинаково
a a3 a1 a3 a1 a2
Если a a1, a2 , a3 , b b1, b2 , b3 , g 2
,
,
, то
b
b
b
b
b
b
3
1
3 1
2
2
вектор g является векторным произведением векторов a и b .
Доказательство:
Проверим, что вектор g обладает всеми свойствами векторного
произведения.
1) Если a ll b , то координаты этих векторов пропорциональны, т.е.
координаты-определители g имеют пропорциональные строчки, а значит,
они равны нулю.
Если a и b не коллинеарны, то в одном из определителей g строчки не
пропорциональны, значит, одна из координат g не равна нулю и g 0 .
a1 a2 a3
a2 a3
a1 a3
a1 a2
a2
a3
a1 a2 a3 .
2) а) a g a1
b2 b3
b1 b3
b1 b2
b1 b2 b3
Доказательство следует из разложения последнего определителя по
первой строке и этот определитель равен нулю, т.к. в нем две строки
пропорциональны a g . Аналогично g b .
2
2
2
б) g a b sin2 a b .
2
2
2
2
2
2
a b sin 2 a b a b 1 cos 2 a b a b a b
a12 a2 2 a32 b12 b2 2 b32 a1b1 a2b2 a3b3
2
2
Далее необходимо раскрыть все скобки. С другой стороны:
2
2
2
a a3
a a
a a
g 2
1 3 1 2 .
b2 b3
b1 b3
b1 b2
Вычисляя оба равенства, мы получаем, что левая и правая части равны.
в) Нужно показать, что координатная матрица a, b, g имеет
2
положительный определитель.
a1
b1
a2
b2
a3
b3
a2
b2
a3
b3
a a
1 3
b1 b3
a1 a2
b1 b2
Разложим его по третьей строке.
a
2
b2
2
2
2
a3
a a
a a
2
1 3 1 2 g 0
b3
b1 b3
b1 b2
Т.о. g – вектор произведения векторов a и b .
Обозначение: g a b a b .
Свойства векторного произведения двух векторов:
1) b a a b и наоборот (антикоммутативность).
Доказательство:
a a3 a1 a3 a1 a2
b2 b3
b b b b
ab 2
,
,
, 1 3 , 1 2
, b a
b1 b3 b1 b2
b2 b3
a2 a3 a1 a3 a1 a2
a a3 a1 a3 a1 a2
2
,
,
a b
b
b
b
b
b1 b2
3 1
3
2
2) a b c a b a c .
Доказательство:
a2
a3
b2 c2 b3 c3
a2
b2
a3 a2
b3 c2
a3
.
c3
3) a b a b a b .
Упражнение:
Дан треугольник с вершинами x1, y1, z1 , x2 , y2 , z2 , C x3 , y3 , z3 в
прямоугольной системе координат. Необходимо найти площадь этого
треугольника.
Решение:
Достроим этот треугольник до параллелограмма, тогда по свойству 2)б) в
1
определении векторного произведения S C .
2
b1, b2 , b3 , b1 x2 x1 , b2 y2 y1 , b1 z2 z1 , C c1, c2 , c3
C
2
1 b2
S
2 c2
2
b3
b b
b b
1 3 1 2
c3
c1 c3
c1 c2
2
Частный случай:
Пусть C – треугольник в плоскости, но не пространстве.
a1, a2 , C b1, b2 . Считаем эту плоскость плоскостью xy , тогда в
трехмерном пространстве a1, a2 , 0 , C b1, b2 , 0 . Получаем, что
1
S
2
2
2
a2 0
a 0
a a
1
1 2
b2 0
b1 0
b1 b2
2
1
2
a1 a2
b1 b2
§10. Смешанное произведение трех векторов
Смешанным произведением трех векторов a , b и c называется число,
которое обозначается: a, b, c a b c .
В
пространстве
задан
ортонормированный
a a1, a2 , a3 , b b1, b2 , b3 , c c1, c2 , c3 .
базис.
a1 a2 a3
1) a, b, c b1 b2 b3 .
c1 c2 c3
Доказательство:
a1 a2 a3
b b
b b
b b
b1 b2 b3 a1 2 3 a2 1 3 a3 1 2 a b c .
c2 c3
c1 c3
c1 c2
c1 c2 c3
2) a, b, c b, a, c b, c, a c, b, a c, a, b a, c, b .
3) a, b, c a, b, c a, b, c a, b, c .
4) a, b, c d a, b, c a, b, d .
Доказательство:
Следует из свойства аддитивности определителя.
a1
a2
a3
a1 a2 a3 a1 a2 a3
b1
b2
b3 b1 b2 b3 b1 b2 b3 .
c1 d1 c2 d 2 c3 d3 c1 c2 c3 d1 d 2 d3
Пусть
5) Геометрический смысл смешанного произведения некомпланарных
векторов: абсолютная величина смешанного произведения трех
некомпланарных векторов равна объему параллелипипеда, построенного на
этих векторах.
a, b, c d a b c a b c cos a b c a b c cos .
l
a
c
b
b c l , b c Sосн.
a cos – величина проекции вектора a на перпендикуляр к плоскости
основания. a cos h ( h – высота параллелипипеда, знак “–” берется,
если угол тупой).
Т.о. a, b, c Sосн. h V .
6) Смешанное произведение трех векторов равно нулю тогда и только тогда,
когда эти векторы компланарны.
Векторы компланарны Они линейно зависимы Определитель
координатной матрицы равен нулю смешанное произведение равно нулю.
Упражнение:
Найти объем треугольной пирамиды, если известны координаты
, C, D .
D
C
Vпир.
1
1
Vпар -да
a, b, c .
6
6
Метод координат
§8. Аффинная система координат.
Рассмотрим множество R 0, e1, e2 , e3 , где 0 – фиксированная точка
пространства, e1 , e2 , e3 – линейно независимые векторы этого пространства.
Это множество называют афинным репером. Афинной системой координат,
заданной репером R , называется отображение S : 3 R 3 , которое
действует по следующему закону: x, y, z lO xe1 ye2 ze3 .
Замечание: Данное определение корректно, т.е. S – действительно
отображение, кроме того, S – биективное отображение.
Доказательство:
1) Существует единственный вектор O . Для любого a существует
единственный набор координат этого вектора в базисе e1 , e2 , e3 . S –
отображение.
2) Покажем,
что
отображение
иньективно.
Пусть
1 2 O 1 O 2 (метод от противного). Тогда если
O 1 x1 e1 y1 e2 z1 e3
x1, y1, z1 x2 , y2 , z2 .
O 2 x2 e1 y2 e2 z2 e3
Значит, отображение иньективно.
3) Оно
сюрьективно.
Пусть
x, y , z R 3
существует
a xe1 ye2 ze3 существует lO a . – прообраз x, y, z
при S . Т.о. S – сюрьективное отображение.
S – биективное отображение.
Если S x, y, z , то это эквивалентно обозначению x, y, z .
Замечание: Если базис репера R является ортонормированным, то
афинная система координат называется Декартовой.
Аналогично строится аффинная система координат и декартова
система координат на плоскости.
Формулы перехода от одной аффинной системы координат к другой:
Найдем эти формулы в аффинной системе координат на плоскости. Для
пространства вывод аналогичен. Пусть на плоскости заданы два
аффинных репера: R 0, e1, e2 , e3 и R 0, e1 , e2 , e3 . Чтобы задать эти
два репера конкретно, репер R задаем произвольно, а R задаем
координатами его трех элементов (они тоже произвольны).
e1 c11 e1 c12 e2 , e2 c21 e1 c22 e2
Пусть x, y R и она имеет координаты x, yR . Нужно найти
формулы, связывающие x и x , y и y . Они называются формулами
переходов. O OO O .
xe1 ye2 xe1 ye2 x0 e1 y0 e2 x c11 e1 c12 e2
y c21 e1 c22 e2 x0 e1 y0 e2
xe1 ye2 c11x c21 y x0 e1 c12 x c22 y y0 e2
Векторы равны, равны и их координаты.
x c11x c21 y x0
*
y c12 x c22 y y0
*
– формулы перехода от одной аффинной системы координат к другой. В
этих формулах x, y – старые координаты точки , x, y – новые
координаты точки , x0 , y0 – координаты нового начала координат в
c11 c21
–
матрица,
c
c
12 22
транспонированная к матрице перехода от базиса первой аффинной системы
координат к базису второй аффинной системы координат. Ее определитель
не равен нулю, т.е. она невырождена.
старой
системе
координат.
Матрица
Замечание: Всякая система вида * , в которой матрица коэффициентов cij
невырождена, является формулами перехода от любой заранее заданной
аффинной системы координат к некоторой другой аффинной системе
координат.
Возьмем O x0 , y0 R , e1 c11, c12 R , e2 c21, c22 R . cij берем из
* . e1 , e2 – базис. Формулами перехода от R к R 0, e1 , e2 будет * .
Доказательство повторяет вывод формулы перехода с начала.
Если в * матрица cij вырождена, то она не является матрицей
перехода.
В трехмерном пространстве формулы перехода имеют вид:
x c11x c21 y c31z x0
y c12 x c22 y c32 z y0
z c x c y c z z
13
23
33
0
j Частный случай формулы перехода от декартовой системы координат к
декартовой системе координат в плоскости.
В этих формулах коэффициенты cij в * имеют более конкретный вид.
j
i
Пусть старый репер R 0, i, j , а новый R 0, i, j . i i .
O
i
i icos jsin . Для вектора j возможны два случая:
а) Базисы i, j и i, j одинаково ориентированы.
j
O
i
i
cos
Тогда j isin jcos . Т.е. матрица перехода имеет вид:
sin
б) Базисы i, j и i, j противоположно ориентированы.
j
O
i
i
sin
.
cos
cos
Тогда j isin jcos . Т.е. матрица перехода имеет вид:
sin
И тогда формула * будет иметь вид:
x xcos ysin x0
**
y xsin ycos y0
sin
.
cos
Верхние знаки будут использоваться в том случае, когда базисы реперов
одинаково ориентированы, а нижние – противоположно ориентированы. –
угол между первым базисным вектором первой системы координат и первым
базисным вектором второй системы координат.
Частный случай.
Если 0 , то применяя в ** верхние знаки, получим следующий вид:
x x x0
y y y0
Это формулы параллельного переноса системы координат.
Если 0 , x0 , y0 0, 0 . Тогда:
x xcos ysin
y xsin ycos
Это формулы поворота системы координат на угол .
Пример применения: Пусть в некотором декартовом репере R : x 2 y 2 1 .
Найти уравнение кривой в новой системе координат, которая получена из
старой поворотом на 450 .
x
y
2
2
x
2
2
x
2
2
y
2
2
y
2
2
2
2 2
2
Тогда :
x
y
x
y . Раскрывая скобки, получаем:
2
2
2
2
1
1
xy , y
2x
2
(гипербола)
Замечание: В трехмерном случае для декартовой системы координат формулу
выводить не будем, но отметим, что здесь матрица cij является
ортогональной.
Упражнения, связанные с аффинной системой координат.
№1
Пусть в пространстве аффинной системе координат даны точки:
1 x1, y1, z1 и 2 x2 , y2 , z2 . Нужно найти координаты вектора
1 2 :
1 2 2 1 x2 e1 y2 e2 z2 e3 x2 e1 y2 e2 z2 e3
x2 x1 e1 y2 y1 e2 z2 z1 e3 x2 x1, y2 y1, z2 z1
№2
Простым отношением трех точек , , C , лежащих на одной прямой
назовем число, обозначаемое , , C и оно равно , если вектор
C C .
Пусть точки a1, a2 , a3 , b1, b2 , b3 находятся
отношении , , C . Найти координаты точки C :
в
простом
, , C , C C , a1, a2 , a3 , b1, b2 , b3 , C c1, c2 , c3 .
C c1 a1, c2 a2 , c3 a3 , C c1 b1, c2 b2 , c3 b3 ,
c1 a1 c1 b1 , c2 a2 c2 b2 , c3 a3 c3 b3 ,
a b3
a b1
a b2
, c2 2
, c3 3
.
c1 1
1
1
1
Частный случай: Если C – середина отрезка , то 1 . Из общих формул
следует, что координаты середины:
a b
a b
a b
c1 1 1 , c2 2 2 , c3 3 3 .
2
2
2
№3
В декартовой системе координат найти расстояние между двумя
точками с заданными координатами 1 x1, y1, z1 , 2 x2 , y2 , z2 :
2
1 2 1 2 1 2
x2 x1 2 y2 y1 2 z2 z1 2 .
§9. Уравнения плоскости
Будем считать, что в пространстве задана аффинная система координат
репером R 0, e1, e2 , e3 .
Возьмем плоскость . Эта плоскость однозначно задается различными
способами. Рассмотрим случай, когда задается своей точкой
0 x0 , y0 , z0 и двумя неколлинеарными векторами
m1 1, 1, 1 и
m2 2 , 2 , 2 , принадлежащими этой плоскости. Точку 0 будем
называть начальной точкой плоскости, а векторы m1 и m2 – направляющими
векторами. Известно, что векторы m1 и m2 образуют базис в пространстве
векторов плоскости . С помощью такого задания плоскости получим два
уравнения.
Сначала получим параметрическое уравнение.
Точка x, y, z лежит в плоскости тогда и только тогда, когда
вектор 0 x x0 , y y0 , z z0 лежит в этой плоскости. А это будет
тогда и только тогда, когда векторы 0 , m1 , m2 компланарны. Последнее
будет тогда и только тогда (с учетом того, что векторы m1 и m2 образуют
базис), когда существуют действительные числа t1 и t 2 такие, что
0 t1 m1 t2 m2 . Приравняем соответствующие координаты левой и
x x0 t11 t2 2
правой частей последнего равенства и получим, что y y0 t11 t2 2 . А
z z t t
0
1 1 2 2
отсюда следует, что точка x, y, z лежит в плоскости тогда и только
тогда, когда
x x0 t11 t2 2
y y0 t11 t2 2 1
z z t t
0 1 1 2 2
Это уравнение называется параметрическим уравнением плоскости. В
этом уравнении x, y, z – координаты произвольной точки плоскости;
x0 , y0 , z0 – координаты начальной точки; i , i , i – координаты
направляющего вектора mi .
Замечание. Всякая система вида 1 , в которой коэффициенты перед t1 и t 2
не пропорциональны, в любой, заранее заданной системе координат, является
уравнением некоторой плоскости.
Для доказательства этого утверждения возьмем точку 0 и векторы
m1
и
m2 ,
координаты
которых:
x, y, z ,
m1 1, 1, 1
и
m2 2 , 2 , 2 взяты из системы 1 . Так как по условию координаты
векторов m1 и m2 не пропорциональны, то эти векторы не коллинеарны.
Поэтому существует единственная плоскость 1 с начальной точкой 0 и
направляющими векторами m1 и m2 . Выведем теперь параметрическое
уравнение плоскости 1 . Для этого повторим дословно с самого начала
вывод уравнения плоскости . И получим, что 1 является уравнением
плоскости 1 .
Пусть, как и прежде, плоскость задается своей начальной точкой
и
направляющими
векторами
и
0 x0 , y0 , z0
m1 1, 1, 1
m2 2 , 2 , 2 .
Точка x, y, z лежит в плоскости тогда и только тогда, когда
вектор 0 x x0 , y y0 , z z0 лежит в этой плоскости. А это будет
тогда и только тогда, когда векторы 0 , m1 , m2 компланарны. Последнее
будет тогда и только тогда (с учетом того, что векторы m1 и m2 образуют
базис), когда векторы 0 , m1 , m2 линейно зависимы.
Это утверждение равносильно тому, что определитель координатной
матрицы этих векторов равен нулю. И, окончательно, точка x, y, z
лежит в плоскости тогда и только тогда, когда
x x0 y y0 z z0
1
1
1 2
2
2
2
Замечание. Всякое уравнение вида 2 , в котором вторая и третья строка не
пропорциональны, в любой, заранее заданной системе координат, является
уравнением некоторой плоскости. Доказывается так же, как замечание после
параметрического уравнения плоскости.
Частным случаем уравнения 2 является уравнение плоскости,
проходящей через три точки, не лежащие на одной прямой. Пусть плоскость
проходит через точки 1 x1, y1, z1 , 2 x2 , y2 , z2 и 3 x3 , y3 , z3 .
Поэтому плоскость задается своей начальной точкой 1 x1, y1, z1 и
направляющими
векторами
1 2 x2 x1, y2 y1, z2 z1
и
1 3 x3 x1, y3 y1, z3 z1 . Поэтому уравнение 2 примет вид:
x x1
y y1
z z1
x2 x1 y2 y1 z2 z1 0
x3 x1 y3 y1 z3 z1
Уравнение любой плоскости можно привести к виду
x y Cz + D 0 4 ,
(3)
где 2 2 C2 0 .
Для доказательства разложим уравнение 2 по первой строке. В
результате получим уравнение:
1 1
x x0 1 1 y y0 1 1 z z0 0 .
2 2
2 2
2 2
В этом уравнении коэффициенты перед x , y и z одновременно не равны
нулю, так как в уравнение вида 2 вторая и третья строка не
пропорциональны (направляющие векторы плоскости неколлинеарны). А,
значит, получили уравнение вида 4 . Такое уравнение называется общим
уравнением плоскости.
Часто плоскость задается точкой и нормальным вектором. Будем
считать, что в пространстве задана декартова система координат. Пусть
плоскость проходит через точку 0 x0 , y0 , z0 перпендикулярно вектору
n , , C . Тогда точка x, y, z лежит в плоскости тогда и только
тогда, когда вектор 0 x x0 , y y0 , z z0 лежит в этой плоскости. А
это будет тогда и только тогда, когда вектор 0 равен нулевому вектору
или векторы 0 и n ортогональны. Последнее будет тогда и только тогда,
когда скалярное произведение векторов n и 0 будет равно нулю. Или
x x0 y y0 C z z0 = 0 5 .
Уравнение 5 и есть уравнение плоскости, проходящей через точку
0 x0 , y0 , z0 перпендикулярно вектору n , , C .
Замечание. Если задана декартова система координат, то в общем уравнении
плоскости
x y Cz + D 0 , , , C – координаты вектора,
перпендикулярного плоскости. В аффинной системе координат это
необязательно.
§10. Взаимное расположение плоскости и элементов аффинной
системы координат.
В пространстве задана аффинная система координат.
Лемма.
Вектор
содержится
в
плоскости
:
m , ,
x y Cz D 0 C 0 .
Доказательство:
Пусть вектор m содержится в , тогда существует направленный отрезок
1 2 m
1 2
1, 2 .
такой,
что
и
Если
1 x1, y1, z1 , 2 x2 , y2 , z2 , то x2 x1 , y2 y1 , z2 z1 .
x2 y2 Cz 2 D 0
x1 y1 Cz1 D 0
x2 x1 y2 y1 C z 2 z1 0
Значит C 0 .
Пусть C 0 . Покажем, что вектор m содержится в .
Возьмем некоторую точку L1 x3 , y3 , z3 . L2 x4 , y4 , z4 такая, что вектор
L1L2 m . Тогда
Получаем, что
x4 x3
y4 y3
z4 z3
x4 x3
y4 y3
z4 z3
C 0
x3 y3 Cz 3 D 0
x3 y3 C z 3 D 0
Т.е. x4 y4 Cz 4 D 0 , L2 . Получили, что m L1L2 содержится в
.
Пример.
Вектор e1 1, 0, 0 содержится в 1 0 C 0 0 0 . Т.о. мы
доказали, что единичный вектор оси x принадлежит плоскости тогда и
только тогда, когда эта плоскость имеет уравнение y Cz D 0 .
Говорят, что прямая параллельна плоскости в широком смысле, если
она параллельна ей в узком смысле (т.е. не имеет с ней общих точек) или эта
прямая принадлежит этой плоскости.
Из предыдущего утверждения следует:
1) Плоскость параллельна оси ox в широком смысле тогда и только тогда,
когда имеет уравнение y Cz D 0 .
2) Плоскость параллельна оси oy в широком смысле тогда и только тогда,
когда имеет уравнение x Cz D 0 .
3) Плоскость параллельна оси oz в широком смысле тогда и только тогда,
когда имеет уравнение x y D 0 .
4) параллельна плоскости xoy в широком смысле тогда и только тогда,
когда имеет уравнение Cz D 0 , C 0 z D0 .
5) параллельна плоскости yoz в широком смысле тогда и только тогда,
когда имеет уравнение x D 0 , 0 x D0 .
6) параллельна плоскости xoz в широком смысле тогда и только тогда,
когда имеет уравнение y D 0 , 0 y D0 .
7) проходит через начало координат
0 0 C 0 D 0 D 0 : x y Cz 0 .
8) проходит через ось ox выполняется пункт 1) и 7)
: y Cz 0 .
9) проходит через ось oy выполняется пункт 2) и 7)
: x Cz 0 .
10) проходит через ось oz выполняется пункт 3) и 7)
: x y 0 .
11) совпадает с осью xoy выполняется пункт 4) и 7) : z 0 .
12) совпадает с осью yoz выполняется пункт 5) и 7) : x 0 .
13) совпадает с осью xoz выполняется пункт 6) и 7) : y 0 .
§11. Геометрический смысл линейного неравенства
x y Cz D 0 .
2 2 C2 0 в уравнении плоскости n , , C не
содержится в : x y Cz D 0 . Возьмем в плоскости точку 1 и
точку 2 так, что n 1 2 , т.е. 2 . Тогда существует
полупространство с границей , содержащее точку 2 . Это
полупространство мы будем называть положительным и обозначать .
Замечание. Выбор зависит не только от выбора , но и от уравнения .
Пример. : x y Cz D 0, n1 , , C . Тогда для этого
уравнения будет противоположным полупространством заданному
исходному уравнению.
Теорема. Точка 0 x0 , y0 , z0 заданного уравнения плоскости
x y Cz D 0 x0 y0 Cz 0 D 0 (это геометрический смысл
знака линейных неравенств).
Доказательство.
Пусть 0 . Возьмем 1 , 2 такую, что 1 2 m , , C ,
l 0 ll m . Пусть x, y, z , тогда 0 x0 x, y0 y, z0 z m
т.к. 0 . Получается, что существует 0 такое, что 0 m .
2 2 C2 0
x0 x
x y Cz D 0
y0 y , тогда
z0 z C
x y C z C D 0
Но x x0 и т.д. Отсюда следует, что x0 y0 Cz 0 D 0 .
Показывается аналогично.
x0 y0 Cz 0 D 0 , а x x0 и т.д.
x y C z C D 0
x0 x
, y0 y
x y Cz D 0
z0 z C
2 2 C2 0
Значит 0 , т.е. получили, что 0 .
Применение теоремы.
А) Узнать, лежат ли точки 0, 0, 0 и 1, 1, 1 по разные стороны
плоскости 2x 3y 4 z 5 0 .
2 0 3 0 4 0 5 0
2 1 3 1 4 1 5 0
Т.е. ; . Если точка имеет координаты 1, 1, 1 , то в этом случае
; .
Б) Даны плоскости:
1 : 2x 3 y 4z 5 0
2 : x y z 1 0
Определить внутри тупого или острого угла между этими плоскостями лежит
начало координат.
Решение:
1) 1 , 2 .
1
1 2
1 2
n2
n1
1 2
1 2
2
Угол между векторами n1 и n2 острый, когда точка лежит в области
острых углов между плоскостями, в том случае, когда она принадлежит
полупространству с границами 1 и 2 разных знаков. А в области тупых
углов тогда и только тогда, когда эти полупространства одного знака.
2)
1
1 2
1 2
n1
1 2
1 2
2
n2
В нашем случае вектор n1 2, 3, 4 , n2 1, 1, 1 .
cos n1 n2
n1 n2
n1 n2
234
0
n1 n2
Поэтому справедлив случай 2) и точка лежит в области тупых углов.
§12. Взаимное расположение двух и трех плоскостей.
Пусть даны две плоскости:
1 : 1x 1 y C1z D1 0
2 : 2 x 2 y C2 z D 2 0
Система координат аффинная. Эти плоскости имеют общую точку тогда и
только тогда, когда система, состоящая из уравнений этих плоскостей,
совместна. Уравнение линейно, значит, это будет эквивалентно тому, что
ранг матрицы системы равен рангу расширенной матрицы (по теореме
Кронекера-Копелли). В уравнении плоскостей коэффициенты , , C 0 ,
поэтому ранги матриц системы и расширенной матрицы больше 0 .
Рассмотрим два случая:
1) Ранг матрицы системы равен рангу расширенной матрицы и равен одному.
1 1 C1 -D1
2 2 C2 -D 2
Любой из определителей второго порядка, вписанный в эту матрицу, будет
равен 0 , т.е.
1 1 C1 D1
2 2 C2 D 2
В этом случае уравнения системы эквивалентны, т.е. они задают одну и ту же
плоскость.
1 1 C1 D1
0, 1 2 , 1 2 , C1 C2 , D1 D2 .
2 2 C2 D 2
Получаем, что 1 : 2 x 2 y C2 z D 2 0 . Разделим его на и
получим уравнение 2 . Т.е. 1 и 2 совпадают.
Пусть
Если ранг матрицы системы равен одному, а ранг расширенной
матрицы равен двум. Т.е.
1 1 C1
D
1
2 2 C2
D2
В этом случае система не имеет решений, плоскости параллельны.
2) Ранг матрицы системы равен рангу расширенной матрицы и равен двум. В
этом случае плоскости имеют общие точки, но уравнения не эквивалентны, в
противном случае коэффициенты в них были бы пропорциональны. Значит,
плоскости не совпадают и не являются параллельными, т.е. они
пересекающиеся. Другими словами плоскости пересекаются, если
или
1 C1
.
2 C2
1 1
2 2
Взаимное расположение трех плоскостей.
Общая идея: Сначала составляется система из уравнений этих плоскостей и
проверяется, имеет ли она решение. Если определитель этой системы не
равен 0 , то по правилу Крамера она имеет единственное решение, т.е.
плоскости имеют одну общую точку (это случай, когда ранг матрицы
системы равен трем). Остальные случаи лучше рассматривать, исследуя
взаимное расположение каждой пары плоскостей.
§13. Метрические задачи, связанные с уравнениями
плоскостей.
Даны уравнения двух плоскостей. Найти угол между этими
плоскостями (декартова система координат).
1 : 1x 1 y C1z D1 0
1 n1 1, 1, C1 , 2 n2 2 , 2 , C2 ,
2 : 2 x 2 y C2 z D2 0
тогда 1 2 n1 n2 cos
n1 n2
n1 n2
12 1 2 C1C2
12 12 C12
В частности, плоскости перпендикулярны, если
12 1 2 C1C2 0 .
2
22 22 C22
.
, cos 0 , т.е.
Замечание. Иногда, углом между плоскостями называют острый угол между
n1 n2
ними, если плоскости не перпендикулярны. В этом случае cos
.
n1 n2
Упражнение.
Найти расстояние от точки до плоскости в декартовой системе
координат. Дана точка 0 x0 , y0 , z0 и : x y Cz D 0 . Возьмем
точку x, y, z такую, что 0 0 ll n , , C .
0
n
Тогда расстояние от точки 0 до ( 0 ; ) находим следующим
образом:
x0 x y0 y C z0 z
n 0
0 ; 0
2
2
2
o
o
n cos n 0
C cos 0 или 180
x0 y0 Cz0 x y C z
2 2 C2
x y C z D , т.к. . Получаем:
0 ;
x0 y0 Cz0 D
C
2
2
2
.
Замечание. Если в формуле расстояния снять модуль, и получится, что
0 ; 0 , то 0 . Если 0 ; 0 , то 0 .
§14. Пучок плоскостей.
Пучком плоскостей называют множество плоскостей, проходящих
через одну и ту же прямую, называемую осью пучка. S – прямая, ось
пучка.
Любые две плоскости пучка однозначно определяют ось этого пучка, а
значит, весь пучок. Пусть эти плоскости:
1 : 1x 1 y C1z D1 0
2 : 2 x 2 y C2 z D 2 0
1 2
Они в одном пучке, т.е. пересекаются.
1 1 1 C1
,
2 2 2 C2
Покажем, что уравнением плоскостей является совокупность уравнений
* : 1x 1 y C1z D1 2 x 2 y C2 z D2 0 , 2 2 0 .
Доказательство состоит из трех этапов:
А) Покажем, что при фиксированных и уравнение * – уравнение
какой-нибудь плоскости. Пусть в * 0 , 0 . Тогда при этих и
уравнение * примет вид:
0 1 0 2 x 01 02 y 0C1 0C2 z 0D1 0D2 0 .
Чтоб показать, что это уравнение плоскости, надо показать, что в нем
коэффициенты при x, y, z одновременно не равны нулю. Доказывать будем
от противного. Пусть 0 1 0 2 0, 0 1 0 2 0, 0C1 0C2 0 .
C
Тогда 1 0 1 1 , а это противоречие с тем, что плоскости 1 и
2
0 2 C 2
2 пересекаются. Т.е. это уравнение плоскости.
Б) Покажем, что при фиксированных и это плоскость пучка. Возьмем
0 x0 , y0 , z0 S . Тогда 0 лежит в 1 и 2 . Поэтому
0 1x0 1 y0 C1z0 D1 2 x0 2 y0 C2 z0 D2 0 0 0 0 0.
Значит плоскость, полученная в пункте А) проходит через ось пучка, т.е.
принадлежит этому пучку.
В) Покажем, что для любой плоскости S существует набор
, 0,0
такой, что при подстановке в * и вместо и мы
получим уравнение плоскости . В плоскости возьмем x, y, z S .
не совпадает либо с 1 , либо с 2 . Пусть и 1 различны, тогда точка
1 .
В * возьмем 0 – произвольное действительное число не равное
0 2 x 2 y C2 z D 2
нулю, и 0
. Получим уравнение плоскости
1 x 1 y C1 z D1
пучка:
0 2 x 2 y C2 z D 2
1 x 1 y C1 z D1
x
1
1 y C1 z D1 0 2 x 2 y C2 z D 2 0
В это уравнение подставим координаты точки
вместо x, y, z и в
результате получим верное равенство (0=0). Значит, принадлежит
полученной плоскости пучка, и эта полученная плоскость совпадает с .
Замечание. Аналогичная теория строится для связки плоскостей. Связка
плоскостей – это множество плоскостей, проходящих через одну и ту же
точку, называемую центром связки.
Связку можно задать тремя плоскостями этой связки:
i : i x i y Ci z D i 0, i 1, 2, 3 .
1 1 C1
det 2 2 C 2 0 , тогда эти плоскости задают связку.
3 3 C3
3
i i x i y Ci z Di 0 , где 12 22 32 0 **
i 1
Доказывается по аналогии. Связка 0 x0 , y0 , z0 задается уравнением:
x x0 y y0 z z0 0 , где 2 2 2 0 .
§15. Уравнение прямой.
Прямую можно задать одной точкой и направляющим вектором, т.е.
ненулевым вектором, принадлежащим этой прямой.
Будем считать, что в пространстве задана аффинная система координат
репером R 0, e1, e2 , e3 .
Возьмем прямую l . Эта прямая однозначно задается своей точкой
0 x0 , y0 , z0 и ненулевым вектором m , , , принадлежащим этой
прямой. Точку 0 будем называть начальной точкой прямой, а вектор m –
направляющим вектором. Известно, что вектор m
образует базис в
пространстве векторов прямой l . С помощью такого задания плоскости
получим два уравнения.
Сначала получим параметрическое уравнение.
Точка x, y, z лежит на прямой l тогда и только тогда, когда вектор
0 x x0 , y y0 , z z0 лежит на этой прямой. А это будет тогда и
только тогда, когда векторы 0 и m коллинеарны. Последнее будет тогда
и только тогда (с учетом того, что вектор m образует базис) , когда
существует действительное число t такое, что 0 tm . Приравняем
соответствующие координаты левой и правой частей последнего равенства и
x x0 t
получим, что y y0 t . А отсюда следует, что точка x, y, z лежит в
z z t
0
плоскости тогда и только тогда, когда
x x0 t
y y0 t * .
z z t
0
Это уравнение называется параметрическим уравнением прямой.
Замечание. Всякая система вида * , в которой коэффициенты перед t
ненулевые, в любой, заранее заданной системе координат, является
уравнением некоторой прямой.
Доказательство замечания такое же, как доказательство аналогичных
замечаний для уравнений плоскости.
Пусть, как и прежде, прямая l задается своей начальной точкой
0 x0 , y0 , z0 и направляющим вектором m , , .
Точка x, y, z лежит на прямой l тогда и только тогда, когда вектор
0 x x0 , y y0 , z z0 лежит на этой прямой. А это будет тогда и
только тогда, когда векторы 0 и m коллинеарны. Последнее будет тогда
и только тогда, когда координаты этих векторов пропорциональны.
И, окончательно, точка x, y, z лежит на прямой l тогда и только
тогда, когда
x x0 y y0 z z0
** .
Замечание. Всякое уравнение вида ** , в котором , , 0, 0, 0 , в
любой, заранее заданной системе координат, является уравнением некоторой
прямой. Доказывается так же, как замечание после параметрического
уравнения плоскости.
Частным случаем уравнения ** является уравнение прямой,
проходящей через две точки. Пусть проходит через точки 1 x1, y1, z1 и
2 x2 , y2 , z2 . Поэтому прямая l
задается своей начальной точкой
1 x1, y1, z1 и направляющим вектором 1 2 x2 x1, y2 y1, z2 z1 .
Поэтому уравнение ** примет вид:
x x1
y y1
z z1
*** .
x2 x1 y2 y1 z2 z1
Общие уравнения прямой.
Прямую l можно задать пересечением двух плоскостей: l 1 1 .
Тогда уравнением l будет система:
x 1 y C1z D1 0
l 1
****
x
y
C
z
D
0
2
2
2
2
1 1
C
или 1 1 .
2 2
2 C2
Другими словами точка принадлежит прямой тогда и только тогда, когда ее
координаты являются корнями этой системы.
Упражнение.
Перейти от одного задания прямой к другому.
Решение:
Если даны уравнения вида * , то в каждом из них находим t . Эти
значения приравниваем и находим ** .
x x0 y y0 z z0
Если дано уравнение ** , то отношения
приравниваем к t , находим x, y, z и получаем * .
x x0 y y0
равносильно системе
. Если
x x0 z z0
раскрыть скобки и перенести все в левую часть, то получим уравнение
**** .
Покажем, как из общего уравнения получить * или ** .
| способ.
Найти два корня системы **** . Затем, пишем уравнение вида *** , а из
него получаем * .
| | способ.
Уравнение
**
1 x 1 y C1z D1 0
2 x 2 y C 2 z D 2 0
Возьмем векторы m1 1, 1, C1 , m2 2 , 2 , C2 . В декартовой системе
координат они перпендикулярны плоскостям, а в аффинной системе
координат
–
необязательно.
Формально
построим
вектор
C1
C1 1 1
m 1
, 1
,
. Покажем, что это направляющий вектор
C
C
2
2
2
2
2
2
прямой, заданной уравнением **** . По лемме:
1 1 C1
1 C1
1 C1
1 1
1
1
C1
1 1 C1 0 .
2 C2
2 C2
2 2
2 2 C2
Аналогично m принадлежит второй плоскости, значит m
пересечении этих плоскостей.
лежит на
§16. Метрические задачи, связанные с уравнением прямой.
Будем считать, что в пространстве задана декартова система координат.
x x1 y y1 z z1
Задача. Найти угол между прямыми l1 :
и
l2 :
x x2
2
y y2
2
z z2
2
1
1
1
.
Решение:
Вектор m1 1, 1, 1 – направляющий вектор прямой l1 , а вектор
m2 2 , 2 , 2 – направляющий вектор прямой l2 . Угол между прямыми
равен углу между направляющими векторами этих прямых. Угол между
направляющими векторами находится из скалярного произведения таким
образом:
cos
m1 m2
m1 m2
1 2 1 2 1 2
12 12 12
22 22 22
.
В частности, l1 l2 тогда и только тогда, когда 1 2 1 2 1 2 0 .
Задача. Найти расстояние 0 ; l от точки 0 x0 , y0 , z0 до прямой
x x1 y y1 z z1
.
l:
Решение:
Точка 1 x1, y1, z1 лежит на прямой l , а вектор m , , –
направляющий вектор этой прямой. Поэтому искомое расстояние 0 ; l
равно высоте параллелограмма, построенного на векторах m и 1 0 ,
опущенной из точки 0 на прямую l . Высота параллелограмма равна
отношению его площади к длине основания. В нашем случае длина
основания параллелограмма равна модулю вектора m , а площадь
параллелограмма равна модулю векторного произведения n 1 0 .
координатах результат имеет вид:
y0 y1
0 ;l
z0 z1
2
x0 x1
z0 z1
2
2
2
x0 x1
y0 y1
2
В
2
.
Задача. Найти расстояние l1; l2 между скрещивающимися прямыми
x x1 y y1 z z1
x x2 y y2 z z2
и l2 :
.
l1 :
1
1
1
2
2
2
Решение:
Точка 1 x1, y1, z1 лежит на прямой l1 , а вектор m1 1, 1, 1 –
направляющий вектор этой прямой. Точка 2 x2 , y2 , z2 лежит на прямой
l2 , а вектор m2 2 , 2 , 2 – направляющий вектор прямой l2 . Поэтому
искомое расстояние l1; l2 равно высоте параллелепипеда, построенного на
векторах
и
m1 1, 1, 1 ,
m2 2 , 2 , 2
1 2 x2 x1, y2 y1, z2 z1 , опущенной на плоскость параллелограмма,
построенного на векторах m1 и m2 . Высота параллелепипеда равна
отношению его объема к площади основания. В нашем случае объем
параллелепипеда равен абсолютной величине смешанного произведения
векторов 1 2 , m1 и m2 ; площадь основания параллелепипеда равна
модулю векторного произведения m1 m2 . В координатах результат имеет
вид:
x2 x1 y2 y1 z2 z1
abs 1
1
1
l1; l2
2
2
2
2
2
1 1
1
1
1
1
2 2
2 2
2 2
2
.
§17. Взаимное расположение плоскости и прямой.
В
пространстве
задана
аффинная
система
координат.
: x y Cz D 0 * и прямая l задана параметрическим уравнением.
x x0 t
l : y y0 t .
z z t
0
Пусть * – это система четырех уравнений. Тогда плоскость и
прямая l имеют общую точку тогда и только тогда, когда * совместна,
причем x, y, z в векторе корня – это координаты общей точки.
x0 t y0 t C z0 t D 0
1
C t x0 y0 Cz0 D
Разрешимость * эквивалентна разрешимости этого уравнения, т.к. если
подставить корень этого уравнения t в три последние уравнения * , мы
получим x, y, z .
Первый случай. C 0 . В этом случае 1 имеет единственное
решение относительно t , а значит, * имеет единственное решение. Прямая
и плоскость имеют единственную общую точку (они пересекаются).
Второй случай. C 0 .
А) x0 y0 Cz0 D 0 . Уравнение 1 не имеет решения, * не
совместна, прямая и плоскость не имеют общих точек, т.е. ll l .
Б) x0 y0 Cz0 D 0 , t – любое действительное число, тогда x, y, z в
векторе корней системы * являются координатами всех точек прямой l . l
лежит в плоскости.
Геометрическая иллюстрация.
Условие два А) говорит о том, что направляющий вектор прямой l
лежит в плоскости (по лемме из уравнения плоскостей). Прямая l ll в
широком смысле. В условии два Б) начальная точка прямой принадлежит
плоскости. Из два А) l ll в широком смысле и одна точка l не лежит в
плоскости, значит, l ll в узком смысле.
Лемма. Случай один эквивалентен тому, что направляющий вектор прямой l
не лежит в плоскости, l пересекает .
§18. Взаимное расположение двух прямых.
В пространстве задана афинная система координат. Даны прямые
l1 L1, m1 , l2 L2 , m2 . Мы считаем, что известны координаты точек
L1, L2 и векторов m1, m2 .
l2
L2
m2
L1
m1
l1
1) Прямые l1 и l2 – скрещивающиеся, если они не лежат в одной плоскости
L1L2 , m1 , m2 некомпланарны эти векторы линейно независимы
L1L2
rank m1 3 . Или другими словами, определитель матрицы этих
m2
векторов не равен нулю.
L1L2
2) l1 и l2 – лежат в одной плоскости rank m1 3 . Т.е. определитель
m2
матрицы этих векторов равен нулю.
L1L2
А) rank m1 2 .
m2
m
rank 1 2 прямые лежат в одной плоскости, их направляющие
m
2
векторы неколлинеарны, т.е. прямые пересекаются.
m
m
rank 1 2 . Т.к. m1, m2 не равны нулевому вектору, то rank 1 1 ,
m
m
2
2
L L
а из условия А) rank 1 2 2 . Прямые параллельны.
m
2
L2
L1
m2
m1
L1L2
Б) rank m1 2 . Т.к. m1 не равен нулевому вектору, то этот ранг равен
m2
одному, значит все три вектора коллинеарны. Прямые совпадают.
m2
L1 L 2
m1
§1. Перемещение плоскостей.
Определение. Перемещением плоскостей называется сюрьективное
отображение плоскости на ту же или другую плоскость, при котором
сохраняется расстояние между двумя точками.
Замечание. Перемещение является биективным отображением.
Доказательство:
f : 1 2 , , , .
0 .
Тогда
Получаем, что отображение иньективное, а значит и биективное.
Теорема 1. Композицией перемещений, если она существует, является
перемещение.
Доказательство:
f1 : 1 2 , f 2 : 2 3 . Тогда
f1 и
f2 :
f 2 f1 : 1 3 . Это
сюрьективное отображение, как композиция сюрьективных.
f1
f2
f1 f1 f 2 f1 f 2 f1
Композиция сохраняет расстояние между точками, а значит, она является
перемещением.
Теорема
2. Тождественное преобразование плоскости является
перемещением, т.к. оно биективно и сохраняет расстояние между точками
(все точки остаются на месте).
Теорема 3. Отображение, обратное к перемещению, существует и является
перемещением.
Доказательство:
Пусть f – перемещение. Тогда по замечанию f – биективное отображение,
значит, f 1 существует и является биективным. Если f : , тогда
f : .
Точки , – произвольные точки, принадлежащие . Пусть
f 1 , f 1 , тогда при f : , . Но f сохраняет
расстояние между точками, т.е.
, значит и f 1 сохраняет
расстояние между точками. Получаем, что f 1 – перемещение.
Теорема 4. Множество перемещений плоскости на себя образует группу
относительно композиции.
Доказательство:
А) Выполнимость: композиция перемещений плоскости на себя
существует, т.к. в теореме 1 плоскость 2 3 1 , и по этой же теореме
она является перемещением (мы доказали замкнутость композиции в
множестве перемещений).
Б) Существование единицы: тождественное преобразование плоскости по
теореме 2 является перемещением. Тождественное преобразование плоскости
является единицей в группе всех преобразований плоскости (доказывается в
курсе алгебры). Значит тождественное преобразование – единица в
множестве перемещений плоскости.
В) Обратимость: здесь доказывается замкнутость операции “ 1 ” во
множестве перемещений. Если f – перемещение, то по теореме 3 f 1
существует и является перемещением.
Для того, чтоб показать, что перемещение образует группу, осталось
доказать, что композицией перемещений является перемещение плоскости и
оно ассоциативно. Но это доказано в курсе алгебры для любых
преобразований множеств. Поэтому далее в таких теоремах мы будем
проверять пункты А), Б), В).
Инварианты группы перемещений.
Инварианты группы перемещений.
1) Точка (точка переходит в точку).
2) Различные точки (по замечанию).
3) Расстояние между точками.
4) Отношение порядка точек на прямой.
Пусть имеются точки , и C (точка лежит между и C ). Это
означает, что , , C – три различные точки и C C . Пусть
, , C
–
образы
этих
точек
соответственно,
тогда
, C C , C C , т.е. C C . Получаем,
что лежит между и C .
5) Отрезок.
6) Прямая.
7) Луч, начало луча и противоположные лучи.
8) Полуплоскость.
9) Три точки, не лежащие на одной прямой, пересекающиеся прямые.
10) Угол.
11) Параллельные прямые.
12) Параллелограмм.
13) Векторы, сумма векторов, линейные
коэффициенты линейных комбинаций.
14) Окружность.
комбинации
векторов,
§2. Перемещение в координатах.
Теорема 1. Для любых двух равных треугольников, рассматриваемых как
упорядоченные тройки точек, не лежащих на одной прямой, существует
единственное перемещение, переводящее первый треугольник во второй. Т.е.
если есть C , f1, f 2 – перемещения и f1, f 2 : , , C C , то
f1 f 2 .
Теорема 2. При перемещении сохраняются координаты
соответствующих декартовых реперах.
Доказательство:
Задана декартова система координат репером R 0, i, j .
точек
в
j
2
1
2
1
i
Возьмем 1, 2 : 1 i, 2 j . Пусть f : , 1 1 , 2 2 . Тогда
репер
R 0, i, j , где
i 1 , j 2
декартов, т.к.
1 1,
2 1, 12 2 ( f сохраняет расстояние между точками). Тогда то
теореме косинусов 1 2 – прямой. Т.о. R – декартов репер.
Рассмотрим новое отображение f1 : x, y R x, y R . Тогда f1 –
сюрьективное отображение и сохраняет координаты точек, а значит,
сохраняет расстояние между двумя точками, т.к. оно находится через
f1
координаты этих точек. Получаем, что
– перемещение,
f1 : 0,0R 1 x, y R , 1 1,0 R 1 , 2 0,1R 2 . Т.о. на
1 2 f и f1 действуют одинаково. Тогда по теореме 1 они совпадают, а
значит, f сохраняет координаты точек в соответствующих декартовых
реперах.
Вывод формулы перемещения в координатах.
На плоскости задана декартова система координат репером R , f –
f
перемещение. Пусть x, y x, y . Формулы, которые связывают
x, y и x, y , называются перемещением в координатах. Из теоремы 2
следует, что x, y
, x, y . Координаты одной и той же точки
R R
R
связаны формулами перехода от декартовой системы координат к декартовой
системе координат. Они имеют вид:
x x cos ysin x0
y x sin ycos y0
x, y – “старые” координаты, x, y – “новые” координаты, – угол между
i и i ( i i ), x0 , y0 – координаты нового начала координат в старой
системе координат.
В нашем случае старые координаты со штрихами, а новые – без
штрихов, поэтому перемещение в координатах имеет вид:
x xcos ysin x0
f:
y xsin ycos y0
Здесь x, y – координаты точки , x, y – координаты ее образа, – угол
между базисным вектором i репера R и его образом ( i f i ), x0 , y0 –
координаты точки f 0 .
В этой формуле верхние знаки берутся тогда, когда f сохраняет
ориентацию базиса репера R , а нижние – когда меняет. (При осевой
симметрии – нижние, а при параллельном переносе и повороте – верхние).
§3. Перемещение первого и второго вида родов.
Теорема. Вращение плоскости является инвариантом группы перемещения.
Доказательство:
Возьмем две пары векторов: I a, b , II a, b .
12 1 0 , det 12 0
0 1
Возьмем ортонормированный базис
i, j III
пара. Рассмотрим W –
произвольное вращение плоскости. Этому вращению принадлежит либо I -ая
пара, либо II -ая пара.
Рассмотрим один случай ( I W W a, b ). Пусть f – перемещение
плоскости. Пусть f a, b a, b . Возьмем вращение W a, b и покажем,
что f W W . Выберем произвольную пару IV = x, y f W , тогда
f 1 x, y x, y W , x, y V . По теореме 2 предыдущего параграфа f
сохраняет координаты точек в соответствующих базисах. Первый базис –
пара III , а второй – f i, j i, j VI . Т.е. f сохраняет координаты
векторов, значит, сохраняет координаты матрицы векторов.
31 67 , где a, b VII
35 64
det 15 0, det 74 det 76 det 64
1
det 64
det 67
1
det 35 det 13 det 35 det 15 0
det 31
Значит f W W .
Пусть
t, z W VIII .
Пусть
IX = t , z f 1 VIII .
Тогда
det 78 0 det 19 0 . Доказывается методом от противного. Пусть
det 19 0 , тогда так же как det 15 det 74 показывается, что
det 78 0 , а это противоречие с выбором пары VIII .
Вращений плоскости всего два. Если f W W , то возможны два
случая: W W и W W .
Если задана ориентация плоскости, то возможны два случая: f
сохраняет ориентацию плоскости (например при параллельном переносе или
повороте) или f меняет ориентацию плоскости (при осевой симметрии).
Определение. Перемещение, сохраняющее ориентацию плоскости,
называется перемещением первого рода, а изменяющее – второго рода.
Рассмотрим формулы перемещения в координатах:
x xcos ysin x0
y xsin ycos y0
Верхние знаки берутся, если базис и его образ одинаково ориентированы.
Нижние знаки берутся, если ориентация базиса меняется. Данные
формулы – формулы перемещения первого рода, если в них верхние знаки, и
второго, если нижние.
Композиция перемещений второго рода сохраняет ориентацию
плоскости, а значит, является перемещением первого рода, поэтому
перемещение второго рода не образует группу относительно композиции, а
перемещение первого рода – образует.
§4. Классификация перемещений по количеству неподвижных
точек.
Определение. Пусть f – перемещение плоскости. Точку называют
неподвижной точкой, если f .
Пусть есть неподвижная точка x, y . Тогда ее координаты находятся
из системы уравнений:
x xcos ysin x0
y xsin ycos y0
§4. Классификация перемещений по количеству неподвижных
точек.
Определение. Пусть f – перемещение плоскости. Точку называют
неподвижной точкой, если f .
Пусть есть неподвижная точка x, y . Тогда ее координаты находятся
из системы уравнений:
x xcos ysin x0
y xsin ycos y0
I Классификация перемещений первого рода.
Здесь в предыдущей системе берем верхние знаки:
x xcos ysin x0
y xsin ycos y0
x cos 1 ysin x0
Т.е.
,
xsin y cos 1 y0
2
cos 1 sin cos 1 sin2 2 1 cos
sin
cos 1
а) cos 1, т.е. 0 , тогда по правилу Крамера существует единственное
решение. Значит, перемещение имеет единственную неподвижную точку.
Определение. Перемещение первого рода с одной неподвижной точкой
называется поворотом. Эту точку называют центром поворота, а – угол
поворота.
б) cos 1 sin 0 . В этом случае формулы перемещений будут иметь
вид:
x x 1 y 0 x0
x x x0
y x 0 y 1 y0
y y y0
Для такого перемещения система нахождения неподвижных точек имеет вид:
x x x0
.
y y y0
xy 00 . Случай:
0
0
) x02 y02 0 , тогда 0 0
00
–
совместна,
корнями
являются все пары из 2 , т.е. любая точка плоскости является неподвижной.
Перемещение является тождественным преобразованием плоскости.
x x
y y
) x02 y02 0 . В этом случае система не совместна,
перемещение не имеет неподвижных точек.
x x x0
y y y0
Определение. Перемещение первого
называется параллельным переносом.
рода
без
неподвижных
точек
II Классификация перемещений второго рода.
Существует новая система координат, в которой перемещение второго рода
имеет вид:
x x x0
y y
Тогда формулу для нахождения координат запишем:
x x x0
.
y y
y 0 . Случай:
x0 0
) x0 0 , тогда предыдущая система совместна и имеет
бесконечно много решений x . Т.е. ось x состоит из неподвижных точек,
и других неподвижных точек нет. Если все точки прямой являются
неподвижными, то прямая называется точечно двойной.
Определение. Перемещение второго рода с точечно двойной прямой
называется осевой симметрией.
Формула для осевой симметрии (в новой системе координат):
x x
y y
) x0 0 , тогда
y 0 – не совместна, перемещение не имеет
x0 0
неподвижных точек.
Определение. Перемещение второго
называется скользящей симметрией.
рода
без
неподвижных
точек
Вывод (теорема Шаля): Перемещения по количеству неподвижных точек
разбивают на пять классов:
1) Поворот;
2) Тождественное преобразование плоскости;
3) Параллельный перенос;
4) Осевая симметрия;
5) Скользящая симметрия.
§5. Свойства частных видов перемещений.
III Параллельный перенос.
Параллельный перенос задается формулами:
x x a
y y b
Пусть произвольная точка плоскости x, y , тогда ее образ x a, y b .
Пусть тогда a, b a .
Обозначение.
Параллельный
a : , a .
перенос
на
a
обозначим:
Теорема. Множество параллельных переносов и тождественное
преобразование плоскости образует группу относительно композиции.
Доказательство:
п.1. Любое преобразование задается формулами:
x x a
y y b
a и b могут быть равны нулю.
x x a1
x x a2
, 2 :
1 :
y y b1
y y b2
x x a1 a2
x x a1 a2
Тогда 2 1 :
, 2 1 :
. Выполнимость
y y b1 b2
y y b1 b2
доказана.
п.2. По условию тождественное преобразование принадлежит множеству,
значит, единица принадлежит множеству.
п.3. (Обратимость). Пусть : x x a . Возьмем 1 : x x a , тогда по
y yb
y y b
первому пункту 1 : x x a a , т.е. x x . Композиция является
y y bb
y y
единицей, значит, 1 1 . Кроме того, 1 принадлежит рассматриваемому
множеству.
Из пунктов 1, 2, 3 следует справедливость теоремы.
Из пунктов 1, 2, 3 следует справедливость теоремы.
Замечание.
Возьмем
два
параллельных
переноса:
a : a a, b ,
b : b a2 , b2 . Тогда из п.2. доказательства следует, что a b a b .
Тождественное преобразование плоскости по геометрическому смыслу
параллельного переноса, если удобно, будем называть параллельным
переносом на нулевой вектор.
Свойства.
Поворот.
Пусть точка x, y – неподвижная точка поворота, т.е. центр. Тогда:
xcos ysin x x xcos ysin x
,
, т.е.
yx xsin
ycos y
y xsin ycos y
0
0
x x x x cos y y sin
.
y
y
x
x
sin
y
y
cos
В итоге получаем:
x x x cos y y sin x
.
y
x
x
sin
y
y
cos
y
Это формула поворота, если известен центр.
Геометрический смысл поворота.
x, y – центр.
x, y
x, y
x, y
0
0
x x, y y ,
x x y y .
x x, y y x x cos y y sin, x x sin y y cos ,
2
2
x x cos y y sin
2
y y cos x x sin
2
x x y y
2
2
.
Т.е. .
x x, y y ,
x x x x cos y y sin
cos
2
2
x x y y
2
2
y y x x sin y y cos x x cos y y cos
cos
2
2
2
2
x x y y
x x y y
x x cos y y sin, x x sin y y cos ,
Теорема. Множество поворотов с общим центром и тождественное
преобразование плоскости образует группу относительно композиции.
Доказательство:
Композиция
тождественных
преобразований
–
тождественное
преобразование, композиция тождественных поворотов – тождественный
поворот.
1) Покажем, что композиция поворотов – поворот или тождественный
поворот.
R – поворот с центром в точке на угол . Пусть
x x x cos 2 y y sin 2 x
R 2 :
.
y
x
x
sin
y
y
cos
y
2
2
x x x cos1 y y sin1 x
1
R :
,
y x x sin1 y y cos1 y
Тогда для R
2
R
1
:
x
x x cos1 y y sin1 cos2 x x sin1 y y cos1 sin2
x x x cos 1 2 y y sin 1 2 x,
y
x x cos1 y y sin1 sin2 x x sin1 y y cos1 cos2
y x x sin 1 2 y y cos 1 2 y.
Т.о. получаем:
R 2
т.е. R
2
R
x x x cos 1 2 y y sin 1 2 x
1
R :
,
y
x
x
sin
y
y
cos
y
1
2
1
2
1
R 1 2.
2) Тождественное преобразование по условию принадлежит множеству.
3) Обратимость.
R – поворот. Рассмотрим R . Тогда R R :
x x x 1 y y 0 x
;
y
x
x
0
y
y
1
y
Значит R R
1
yx xy – тождественное преобразование.
.
Свойства скользящей симметрии.
В некоторой декартовой системе координат скользящая симметрия
имеет вид: Sl ,a : x x x0 .
y y
Осевая симметрия: Sl : x x .
y y
Параллельный перенос: ( a x0 ,0 ) a : x x x0 .
y y
Тогда a Sl : x x x0 . Т.е. скользящая симметрия – это композиция:
y y
Sl ,a a Sl .
Осевые симметрии.
Sl : x x . Прямая y 0 является точечно двойной, т.е. осью
y y
симметрии. В общем случае ось симметрии обозначают l .
Существует точка x, y . Ее образ – точка x, y , тогда и
лежат по разные стороны от l ox , если . Кроме того, прямая
: x x0 , где x0 – первая координата точек и , если они
фиксированы. Из этого следует, что ox l .
У точек и первая координата одна и та же. Абсолютная
величина второй координаты одна и та же, значит , l , l .
l
Теорема. Любое перемещение является композицией конечного количества
осевых симметрий.
Доказательство:
1)
Тождественное
преобразование
плоскости
это
Sl 2 Sl
Sl .
Sl2 .
l
2) Параллельный перенос.
Пусть дан параллельный перенос a . Возьмем прямую l1 a .
a
l1 l2
Возьмем l2 a l1 и произвольную точку плоскости .
2
Тогда
2 l1, l2 2
перпендикулярны l1 и
Sl2 Sl1
a
2
a . Кроме того,
a . Поэтому a .
Sl2 Sl1 a .
ll a . Оба они
(Мы рассматривали случай, когда левее l1 . Может быть еще четыре
случая: на l1 или на l2 , между ними и правее l2 ).
3) Поворот.
Рассмотрим поворот R . Возьмем прямую l1 , проходящую через точку ,
и прямую l2 R 2 l1 .
l2
l1
l2 проходит через . Sl Sl : , .
2
1
2 l1 l1 2
.
. Значит композиция этих осевых симметрий –
2
данный поворот.
4) Скользящая симметрия.
По свойству это композиция параллельного переноса и осевой симметрии. Из
этого следует, что скользящая симметрия – композиция трех осевых
симметрий.
