Линейная алгебра (Часть 2)

ЛЕКЦИЯ 5. ВЕКТОРЫ НА ПЛОСКОСТИ И В ПРОСТРАНСТВЕ. ВЕКТОРНОЕ n-МЕРНОЕ ПРОСТРАНСТВО Российский университет дружбы народов Сочинский институт 5.1. Векторы на плоскости и в пространстве Вектором называется направленный прямолинейный отрезок (упорядоченная пара точек). К векторам относится также и нулевой вектор, начало и конец которого совпадают. Если А − начало вектора, а В − его конец, то вектор обозначается символом AB или a . Вектор BA называется противоположным вектору AB . Вектор, противоположный вектору a , обозначается − a . ЛИНЕЙНАЯ АЛГЕБРА Длиной (модулем) вектора называется расстояние между началом и концом вектора АB = a . Материалы для изучения курса Векторы называются коллинеарными, если они расположены на одной или параллельных прямых, обозначается a b . Нулевой вектор коллинеарен любому вектору. Часть II Лекции 5−8 5. Векторы на плоскости и в пространстве. Векторное n-мерное пространство 6. Аналитическая геометрия на плоскости (прямые на плоскости, расстояние от точки до прямой) 7. Аналитическая геометрия на плоскости (кривые второго порядка на плоскости) 8. Аналитическая геометрия в пространстве Векторы называются компланарными, если существует плоскость, которой они параллельны. Коллинеарные векторы всегда компланарны, но не все компланарные векторы коллинеарны. Векторы называются равными ( a = b ), если они коллинеарны, одинаково направлены и имеют одинаковые длины. Всякие векторы можно привести к общему началу, т. е. построить векторы, соответственно равные данным и имеющие общее начало. Из определения равенства векторов следует, что любой вектор имеет бесконечно много векторов, равных ему. Вектор a называется единичным или ортом, если a = 1 . Обозначается a . Вектор AA , начало и конец которого находятся в одной точке, называется нулевым и обозначается o . Длина нулевого вектора o = 0 , направление не определено. Линейные операции над векторами Линейными операциями над векторами называется сложение, вычитание, а также умножение вектора на число. Суммой двух векторов a и b называется вектор c = a + b , начало которого совпадает с началом вектора a , а конец − с концом вектора b при ус2 3 ловии, что начало вектора b совпадает с концом вектора a . Такое правило сложения векторов называют правилом треугольника. Чтобы получить сумму двух векторов, нужно из произвольной точки отложить эти два вектора и построить на них параллелограмм. Диагональ параллелограмма, исходящая из начальной точки, и будет суммой заданных векторов. Данное правило называется правилом параллелограмма. О п р е д е л е н и е . Проекцией вектора AB на ось l называется число, равное длине вектора A′B′ , взятой со знаком «+» или «−» в зависимости от того, направлен ли вектор A′B′ в ту же сторону, что и ось l, или противоположную. Обозначается прl AB . Углом между двумя векторами называется наименьший угол, на который надо повернуть один из векторов, чтобы его направление совпало с направлением другого вектора. Представление вектора в прямоугольной системе координат Разностью двух векторов a и b называется такой вектор c = a − b , что b +c =a. Прямоугольной декартовой системой координат в пространстве называется совокупность точки и ортонормированного базиса. Точка называется началом координат. Прямые, проходящие через начало координат, называются осями координат: ось абсцисс, ось ординат, ось аппликат. Плоскости, проходящие через оси координат, называются координатными плоскостями. Произведением λa вектора a на число λ называется вектор b , коллинеарный вектору a , имеющий длину, равную b = λ a , и направление, совпа- дающее с направлением a при λ > 0 и противоположное a при λ < 0. Если λ = 0 или a = o , то b = o . Для произвольных векторов a , b , ñ и любых действительных чисел α, β выполняются следующие равенства: 1) a + b = b + a ; 2) a + ( b + ñ ) = ( a + b ) + ñ ; 3) a + o = a ; 4) a + (−1) a = o ; 5) (α⋅β ) a = α(β a ); 6) (α + β) a = α a + β a ; 7) α( a + b ) = α a + α b ; 8) 1⋅ a = a . Проекция вектора на ось Пусть даны ось l и вектор a = AB . Проектируя начало и конец вектора на ось l, получим вектор A′B′ . Зафиксируем в пространстве точку О, проведем через нее три взаимно перпендикулярные оси, на каждой из них возьмем единичный вектор, направленный по этой оси i , j , k (орт оси) и рассмотрим произвольную точку М. Вектор OM назовем радиус-вектором точки М. Имеет место соотношение OM = OM x + OM y + OM z = xi + yj + zk . Такое представление вектора OM называется разложением его на компоненты или составляющие по координатным осям. Нетрудно заметить, что вектор OM лежит на диагонали параллелепипеда, следовательно, можно найти его длину OM = x 2 + y 2 + z 2 . Координаты точки М записывают так: M(x, y, z). 4 5 (5.1) Пусть углы вектора OM с осями Ox, Oy и Oz соответственно равны α, β, γ. По свойству проекции вектора на ось, имеем Направление вектора a определяют направляющие косинусы, из соотношений (5.2) имеем M x = OM cos α , M y = OM cos β , M z = OM cos γ , cos α = 3 /13, cos β = 4 /13, cos γ = −12 /13 . или cos α = Mx OM , cos β = My OM , cos γ = Mz OM . (5.2) Числа cos α, cos β, cos γ называются направляющими косинусами вектора OM . Направляющие косинусы связаны между собой соотношением cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ = 1 . (5.3) Длина вектора AB , заданного координатами своих концов А(x1, y1, z1) и B(x2, y2, z2) − расстояние между точками А и В, вычисляется по формуле 2 2 (5.4) При сложении (вычитании) векторов их координаты складываются (вычитаются), при умножении вектора на число все его координаты умножаются на это число, т. е. если a = {ax , a y , a z } и b = {bx , by , bz } , то { } { cos 2 45° + cos 2 60° + cos 2 γ = 1 , 2 2 1 1 1  1  1 2 2   +  2  + cos γ = 1  cos γ = 1 − 2 − 4 = 4 .  2   По условию угол γ острый и cos γ = 1 2 и γ = 60° . Это значит, что a 0 = cos αi + cos β j + cos γk = AB = ( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 ) + ( z2 − z1 ) . 2 П р и м е р 2 . Вектор a составляет с осями координат острые углы α, β, γ, причем α = 45° , β = 60° . Найти его координаты, если a = 3 . Р е ш е н и е . Прежде всего, из соотношения (5.3) найдем угол γ } a ± b = a x ± bx , a y ± by , az ± bz , λa = λa x , λa y , λaz . (5.5) 1 1 1 i + j+ k, 2 2 2 и, следовательно a = a a 0 = 3a 0 = 3 3 3  3 3 3 i + j + k или a =  , , . 2 2 2  2 2 2 П р и м е р 3 . Коллинеарны ли векторы p = 4a − 3b , q = 9b −12a , в которых a = ( −1, 2, 8) и b = (3, 7, − 1) ? Если векторы a и b коллинеарны, то они отличаются друг от друга скалярным множителем, т. е. a = λb . Из (5.5) следует, что у коллинеарных векторов координаты пропорциональны Р е ш е н и е . Найдем координаты векторов p и q , используя формулы (5.5): ax a y az = = =λ. bx by bz q = 9(3, 7, −1) − 12(−1, 2, 8) = (27 + 12, 63 − 24, − 9 − 96) = (39, 39, − 105) . (5.6) П р и м е р 1 . Найти направление вектора a = 3i + 4 j −12k . Р е ш е н и е . Координаты вектора a = (3, 4, −12) . Определим длину вектора a , используя формулу (5.1) a = 32 + 42 + (−12)2 = 169 = 13 . 6 p = 4( −1, 2, 8) − 3(3, 7, − 1) = ( −4 − 9, 8 − 21, 32 + 3) = ( −13, − 13, 35) , Для векторов p и q выполняется условие (5.6) пропорциональности координат − 13 13 35 =− =− = −3 , 39 39 105 и, следовательно, векторы p и q коллинеарны. 7 П р и м е р 4 . Определить координаты вектора b , если известно, что b = 5 , вектор b коллинеарен вектору a = 7i − 5 j + 2k и его направление c = c 2 = (2a − 3b )2 = 4a 2 −12ab + 9b 2 = π = 4 ⋅1 − 12 ⋅1⋅ 2 ⋅ cos + 9 ⋅ 4 = 28 = 2 7 . 3 совпадает с направлением вектора a . Р е ш е н и е . Обозначим координаты вектора b через x, y, z, т. е. b = ( x, y , z ) . Поскольку векторы коллинеарны, то b = λa = 7λ i − 5λj + 2λk . Из Пусть заданы два вектора в ортонормированном базисе равенства векторов xi + yj + zk = 7λ i − 5λj + 2λk следует равенство их коор- a = a xi + a y j + az k и b = bxi + by j + bz k . динат x = 7λ , y = −5λ , z = 2λ . Учитывая, что b = 5 , в силу (5.1) имеем ( 7λ) 2 + (−5λ)2 + (2λ)2 = 5 , или λ = ±5 / 6 . Поскольку направления векторов a и b совпадают, то следует взять λ > 0, т. е. λ = 5 6 . Значит, координаты искомого вектора x= 75 , 6 y=− Найдем скалярное произведение векторов, перемножая их как многочлены (что законно в силу свойств линейности скалярного произведения). Очевидно, что i 2 = j 2 = k 2 = 1 , остальные скалярные произведения равны нулю, тогда a ⋅ b = (a xi + a y j + a z k ) ⋅ (bxi + by j + bz k ) = axbx + a yby + az bz . 25 5 , z= . 6 3 В частности, Скалярное произведение векторов a = a 2 = a x2 + a 2y + a z2 . О п р е д е л е н и е . Скалярным произведением a ⋅ b двух ненулевых векторов a и b называется число, равное произведению длин этих векторов на косинус угла между ними ( ) a ⋅ b = a ⋅ b cos a ɵb . Итак, скалярное произведение векторов a {a x , a y , a z } и b {bx , by , bz } равно сумме произведений их одноименных координат. (5.7) Приложения скалярного произведения 1°. Нахождение угла между двумя векторами. Если a = {ax , a y , az } и b = {bx , by , bz } − ненулевые векторы, то из опреде- Свойства векторного произведения: 2 1) a ⋅ a = a , т. к. cos0° = 1; 2) 3) 4) 5) ления скалярного произведения следует a ⋅ b = 0, если a ⊥ b ( cos90° = 0 ) или a = 0 или b = 0; a ⋅b = b ⋅ a ; a ⋅( b + ñ ) = a ⋅ b + a ⋅ ñ ; (m a )⋅ b = a ⋅(m b ) = m( a ⋅ b ). Пример 5 . Найти длину вектора c = 2a − 3b , если a = 1 , b = 2 , ( a ɵb ) = π / 3 . Р е ш е н и е . Воспользуемся свойством 1) скалярного произведения векторов 8 ( ) cos a ɵb = a ⋅b a ⋅b = a xbx + a y by + az bz a x2 + a 2y + a z2 ⋅ bx2 + by2 + bz2 . (5.8) Отсюда следует условие перпендикулярности a ⊥ b ненулевых векторов a xbx + a yby + azbz = 0. 2°. Нахождение проекции одного вектора на направление другого. 9 Нахождение проекции вектора a на направление, заданное вектором b может осуществляться по формуле прb a = Пример a ⋅b = b axbx + a yby + az bz . bx2 + by2 + bz2 (5.9) 6 . Найти угол между векторами a = 2i − 3 j + 5k и b = i − j + 3k . Р е ш е н и е . Используя формулу (5.8), имеем cos(a ɵb ) = 2 ⋅1 + ( −3) ⋅ ( −1) + 5 ⋅ 3 2 + (−3) + 5 2 2 1 + ( −1) + 3 2 2 2 2 = Векторное произведение векторов Векторное произведение векторов определено только в трехмерном пространстве (на плоскости не определено). Упорядоченная тройка некомпланарных векторов a , b , c называется правоориентированной или просто правой, если из конца третьего вектора кратчайший поворот от первого ко второму виден против часовой стрелки (рис. 1). В противном случае (рис. 2) тройка называется левоориентированной или левой (начала векторов тройки предполагаются совмещенными). 20 . 418 П р и м е р 7 . Найти пр BC AB , если известно, что А(−1, 2, 1), В(1, 0, 3), С(2, 2, −3). Р е ш е н и е . Найдем координаты векторов AB и BC : AB{2, − 2, 2} , О п р е д е л е н и е . Векторным произведением векторов a и b называется вектор c , удовлетворяющий следующим условиям: 1) c = a ⋅ b sin ϕ , где ϕ − угол между векторами a и b , sin ϕ ≥ 0, BC{1, 2, − 6} . Из соотношения (5.9) имеем пр BC AB = AB ⋅ BC BC = 2 ⋅1 + (−2) ⋅ 2 + 2 ⋅ ( −6) 1 + 2 + (−6) 2 2 2 = −14 . 41 П р и м е р 8 . Найти значение коэффициента α, при котором векторы a = αg1 + 2 g 2 и b = 3 g1 − g 2 будут взаимно перпендикулярны, если g1 = 1 , 0≤ϕ≤π 2) вектор c ортогонален векторам a и b ; 3) a , b и c образуют правую тройку векторов. Обозначается: c = a × b или c = [a × b ] . g 2 = 4 и угол между векторами g1 и g 2 равен π / 3. . Р е ш е н и е . Скалярное произведение перпендикулярных векторов равно нулю a ⋅ b = (αg1 + 2 g 2 ) ⋅ (3 g1 − g 2 ) = = 3α ( g1 ⋅ g1 ) − α ( g1 ⋅ g 2 ) + 6( g 2 ⋅ g1 ) − 2( g 2 ⋅ g 2 ) = 0 . По определению скалярного произведения также имеем π 1 g1 ⋅ g1 = 1 , g1 ⋅ g 2 = g1 ⋅ g 2 cos = 1⋅ 4 ⋅ = 2 , g 2 ⋅ g1 = g1 ⋅ g 2 g 2 ⋅ g 2 = 16 . 3 2 Таким образом, 3α − 2α + 6 ⋅ 2 − 2 ⋅16 = 0 и, следовательно, α = 20. 10 Свойства векторного произведения. 1) b × a = − a × b ; 2) a × b = 0 , если a b или a = 0 или b = 0. 3) (λ a )× b = a ×(λ b ) = λ ( a × b ); 4) a ×( b + ñ ) = a × b + a × ñ ; 5) Если заданы векторы a = {xa, ya, za} и b = {xb, yb, zb} в декартовой прямоугольной системе координат с единичными векторами i , j , k , то 11 i j a × b = xa xb k = i ( −1 − 4) − j (−2 + 4) + k (4 + 2) = −5i − 2 j + 6k . za . zb ya yb AC × AB = 25 + 4 + 36 = 65. Приложения векторного произведения Поэтому S△ = ½ 65 (ед2). 1°. Установление коллинеарности векторов. Если a b , то a × b = 0 (и наоборот), т. е. xa ya za = = . xb yb zb 2°. Нахождение площади параллелограмма и треугольника. Действительно, площадь параллелограмма, сторонами которого служат векторы a и b , равна модулю их векторного произведения S▱ = a × b , а a × b = 0 или П р и м е р 1 1 . Найти площадь параллелограмма, построенного на векторах a + 3b ; 3a + b , если a = b = 1; a ɵb = 30°. Решение. ( a + 3b ) × (3a + b ) = 3a × a + a × b + 9b × a + 3b × b = −b × a + 9b × a = 8b × a . S▱ = 8 b a sin 30° = 4 (ед2). площадь треугольника вычисляется по формуле S△ = ½ a × b . П р и м е р 9 . Найти векторное произведение векторов a = 2i + 5 j + k и b = i + 2 j − 3k . Р е ш е н и е . В данном случае a = (2, 5, 1), b = (1, 2, −3) и, следовательно i j k 5 1 2 1 2 5 a ×b = 2 5 1 = i −j +k = −17i + 7 j − k . 2 −3 1 −3 1 2 1 2 −3 П р и м е р 1 0 . Вычислить площадь треугольника с вершинами А(2, 2, 2), В(4, 0, 3), С(0, 1, 0). Р е ш е н и е . Выпишем координаты векторов AC и AB AC = ( −2, −1, −2) , AB = (2, −2, 1) . j k −1 −2 AC × AB = −2 −1 −2 = i −2 2 −2 1 1 12 −j Множества всех плоских или пространственных векторов, рассмотренных выше, в которых определены операции сложения векторов и умножения вектора на число, являются простейшими примерами векторных пространств. Указанные понятия вектора обобщаются и дается определение n-мерного векторного (линейного) пространства, представляющего основной объект линейной алгебры. О п р е д е л е н и е . n-мерным вектором x называется упорядоченная совокупность n действительных чисел x1, x2, …, xn, записываемых в виде x = (x1, x2, …, xn), где x2 − компоненты (координаты) вектора x . Суммой двух векторов x и y одинаковой размерности называется вектор z = x + y , компоненты zi которого начало равны суммам соответствующих компонент xi и yi векторов x и y : zi = xi + yi. Произведением вектора x на действительное число λ называется вектор λx = (λx1, λx2, …, λxn). Указанные линейные операции над векторами удовлетворяют свойствам вида 1) – 8) над векторами в плоскости или в пространстве. Найдем векторное произведение векторов i 5.2. Векторное n-мерное пространство −2 −2 2 1 +k −2 −1 2 −2 = О п р е д е л е н и е . Множество векторов с действительными компонентами, в которых определены операции сложения векторов и умножения вектора на число, удовлетворяющее свойствам вида 1) – 8), называется nмерным векторным пространством. 13 Линейная зависимость/независимость векторов О п р е д е л е н и е . Линейной комбинацией векторов a1 , a2 , ..., an называется вектор λ1a1 + λ 2a2 + ... + λ n an , где числа λ1, λ2, …, λn называются коэффициентами этой линейной комбинации. О п р е д е л е н и е . Вектора a1 , a2 , ..., an называются линейно зависимыми, если хотя бы один из векторов системы может быть выражен как линейная комбинация остальных. Итак, вектора a1 , a2 , ..., an линейно зависимы, если, например an = λ1a1 + λ 2 a2 + ... + λ n −1an −1 , (5.10) где λ1, λ2, …, λn−1 − некоторые числа. Можно дать другое определение: вектора a1 , a2 , ..., an называются линейно зависимыми, если существуют числа λ1, λ2, …, λn, из которых хотя бы одно отлично от нуля, такие, что λ1a1 + λ 2 a2 + ... + λ n an = 0 . (5.11) Это определение равносильно предыдущему. Действительно, если в равенстве (5.10) an перенести в правую часть, то получим λ1a1 + λ 2 a2 + … + ( −1)an = 0 , и, следовательно, имеем равенство (5.11). Допустим в равенстве (5.11) λn ≠ 0, тогда вектор an может быть выражен как линейная комбинация остальных векторов λ λ λ an = − 1 a1 − 2 a2 − ... − n−1 an−1 , λn λn λn и, значит, выполнено условие (5.10). О п р е д е л е н и е . Вектора a1, a2 , ..., an называются линейно независимыми, если равенство (5.11) выполняется только при λ1= λ2= … = λn= 0. З а м е ч а н и я . 1) Если среди векторов a1, a2 , ..., an имеется хотя бы один нулевой вектор, то вектора a1 , a2 , ..., an линейно зависимы. 2 ) Если среди n векторов какие-либо (n − 1) линейно зависимы, то и все n векторов линейно зависимы. 3 ) Необходимым и достаточным условием линейной зависимости двух векторов является их коллинеарность. 4 ) Необходимым и достаточным условием линейной зависимости трех 14 векторов является их компланарность. 5 ) Любые четыре вектора в трехмерном пространстве линейно зависимы. Базис. Координаты вектора в базисе О п р е д е л е н и е . Совокупность n линейно независимых векторов n-мерного линейного пространства называется базисом этого пространства. З а м е ч а н и я . 1) Базисом на прямой называется любой ненулевой вектор, принадлежащий этой прямой. 2) Базисом на плоскости называются любые два неколлинеарных вектора, взятые в определенном порядке. 3) Базисом в пространстве (трехмерном) называются любые три некомпланарных вектора, взятые в определенном порядке. Теорема 5.1. Каждый вектор x линейного пространства можно представить, причем единственным способом, в виде линейной комбинации векторов базиса. Переход к новому базису Поскольку векторное пространство может иметь не единственный базис встает вопрос, о переходе от разложения в одном базисе к разложению в другом базисе. Пусть имеется два базиса: e1 , e2 , ..., en и e1′ , e2′ , ..., e′n , и пусть n n i =1 i =1 некоторый вектор раскладывается по базисам x =  xi ei =  xi′ei′ . Очевидно, что векторы «нового» базиса e1′ , e2′ , ..., e′n также можно разложить по «старому» базису e1 , e2 , ..., en  e1′ = a11e1 + a12e2 + ... + a1nen ,  e′2 = a21e1 + a22e2 + ... + a2n en ,  ................................   e′n = an1e1 + an 2e2 + ... + annen . Составим матрицу перехода А от «старого» базиса к «новому»  a11 a12 a a22 A =  21  ... ...   an1 an 2 T ... a1n   x1   x1′      x′  x ... a2 n  , X = 2, X′= 2,  ...   ...  ... ...       ... ann   xn   xn′  15 тогда X = А⋅X′ или обратное соотношение X′ = А−1⋅X. Матрица А называется матрицей преобразования координат при переходе от базиса e1 , e2 , ..., en к базису e1′ , e′2 , ..., e′n . П р и м е р 1 2 . Координаты вектора x = (6;6;1) даны в базисе e1 , e2 , e3 . Записать его координаты в базисе e1′ = e1 + e2 + 56 e3 , e′2 = −5e1 − e2 , e3′ = −e1 + e2 + e3 . Р е ш е н и е . Запишем матрицу перехода  1 −5 −1 A =  1 −1 1  .  5/ 6 0 1    Строим обратную матрицу. Поскольку det(A) = −1 ≠ 0, то имеем −5 6  1  −1 A =  1/ 6 −11/ 6 2  .  −5/ 6 25/ 6 −4    Тогда −5 6   6   −18   1  X ′ = A ⋅ X =  1/ 6 −11/ 6 2  ⋅  6  =  −8   −5/ 6 25/ 6 −4   1   16        −1 или x = −18e1′ − 8e′2 + 16e3′ . П р и м е р 1 3 . В базисе g1 , g 2 , g3 заданы три вектора a = (1, 0, 1) , b = (−1, 2, 1) , c = ( −1, 0, − 1) . В базисе a , b , c задан вектор d = ( −2, 1, 3) . Най- ти координаты вектора d в базисе g1 , g 2 , g3 . Р е ш е н и е . Вектор d разложим по векторам базиса a , b , c : d = − 2 a + b +3 c , а вектора a , b , c по векторам базиса g1 , g 2 , g3 : a = g1 + g3 , b = − g1 +2 g 2 + g3 , c = − g1 − g3 . Подставим в разложение вектора d последние равенства, получим d = −2( g1 + g3 ) − g1 +2 g 2 + g3 + 3(− g1 − g3 ) = −6 g1 + 2 g 2 − 4 g3 . 16 В базисе g1 , g 2 , g3 имеем: d = (−6, 2, −4). П р и м е р 1 4 . Выяснить, являются ли линейно зависимыми векторы a = (2, 3, 1) , b = ( −1, 0, 2) , c = (7, 6, − 4) и, если это так, выразить один из векторов через другие. Р е ш е н и е . Проверим условие λ1a + λ 2b + λ 3c = 0 линейной зависимости векторов: 2λ1 − λ 2 + 7λ3 = 0,  2  −1 7        λ1  3  + λ 2  0  + λ 3  6  = 0 или 3λ1 + 6λ3 = 0, 1 2  −4  λ + 2λ − 4λ = 0.       2 3  1  2 −1 7   1 2 −4   S1 → S3    S → S 2 − 3S1    A = 3 0 6   ∼  3 0 6   2    1 2 −4   S3 → S1   2 −1 7   S3 → S3 − 2 S1       1 2 −4   1 2 −4   1 2 −4     ∼  0 −6 18  |:(−6) ∼  0 1 −3  ∼    r ( A) = 2.  0 −5 15  |:(−5)  0 1 −3   0 1 −3      Поскольку r(A) = 2, то система имеет линейно зависимые строки. Выразим один вектор через другие. Положим λ3 = 1, тогда λ2 = 3, λ1 = −2, −2a + 3b + c = 0 . В результате c = 2a − 3b . Понятие евклидова пространства О п р е д е л е н и е . Cкалярным произведением двух векторов x = (x1, x2, …, xn) и y = (y1, y2, …, yn) называется число x , y = x1 y1 + x2 y2 + ... + xn yn . Свойства скалярного произведения. 1. x , y = y , x − коммутативное свойство. 2. x , y + z = x , y + x , z − дистрибутивное свойство. 3. αx , y = α x , y для любого действительного числа α. 17 4. x , x > 0, если x − ненулевой вектор; если x , x = 0, если x − нулевой вектор. Линейное (векторное) пространство, в котором задано скалярное произведение векторов, удовлетворяющее свойствам 1) − 4), называется евклидовым пространством. Два вектора x = (x1, x2, …, xn) и y = (y1, y2, …, yn) называются ортогональными, если их скалярное произведение равно нулю x , y = x1 y1 + x2 y2 + ... + xn yn = 0. Базис n-мерного евклидова пространства называется ортогональным, если образующие его вектора попарно ортогональны, и ортонормированным, если образующие его вектора попарно ортогональны и единичные. Задачи и примеры для самостоятельного решения 1. Найти площадь параллелограмма, построенного на векторах a − b ; 2a + b , 2. Вычислить ( ) ( )( ) с) ( − a ⋅ b ) ⋅ 3b ; д) a + 2b ; е) 2a − 4b , 2 a) a − 2b ; б) 2a + b ⋅ − a + 3b ; если a = b = 1; a ɵb = 60°. 3. Вычислить ( a + 4b ) ; с) ( − a × b ) × 3b ; 2 ж) a × 3b ; ( )( ) б) 2a + b × −a + 2b ; д) a − 4b ; е) 2a × 4b ; ( ) з) −2a + b ⋅ 2b , если a = b = 1; a ɵb = 90°. 4. Найти площадь треугольника ABC, если заданы координаты вершин треугольника: А(0, 6), В(−2, 2), С (4, 0). 18 (прямые на плоскости, расстояние от точки до прямой) Аналитическая геометрия изучает геометрические объекты и их свойства аналитически − т. е. путем анализа уравнений. Под уравнениями геометрических объектов (прямой линии, плоскости, конуса и т. п.) будем понимать всякое уравнение, устанавливающее связь между координатами (x,y,z) точек, принадлежащих данному геометрическому объекту. 6.1. Уравнения прямой на плоскости Пусть прямая пересекает ось Oy в точке N(0, b) и образует с осью Ox угол α (0 ≤ α < π). y Возьмем на прямой произвольную точку M(x; y). Тогда тангенс угла α наклона прямой M найдем из прямоугольного треугольника MNK: N KM y − b . tg α = = NK x если a = b = 2; a ɵb = 60°. a) ЛЕКЦИЯ 6. АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ НА ПЛОСКОСТИ Введем обозначение tg α = k , получаем уравнение y = kx + b, K (6.1) которому удовлетворяют координаты любой точки M(x, y) прямой. Число k = tg α называется угловым коэффициентом прямой, а уравнение (3.1) − уравнением прямой с угловым коэффициентом. Если прямая параллельна оси Oy, то α = π/2, уравнение (6.1) теряет смысл, т. к. для нее угловой коэффициент k = tgα = tg(π/2) не существует. В этом случае уравнение прямой имеет вид х = а, где а − абсцисса точки пересечения прямой с осью Ox. Любая прямая на плоскости может быть задана уравнением первого порядка Ах + Ву + С = 0, (6.2) где А, В, С − произвольные числа, причем А, В не равны нулю одновременно, т. е. А2 + В2 ≠ 0. Это уравнение первого порядка называют общим уравнением прямой. В зависимости от значений постоянных А, В и С возможны следующие частные случаи: 19 • • • • • C = 0, А ≠ 0, В ≠ 0 – прямая проходит через начало координат; А = 0, В ≠ 0, С ≠ 0 (By + C = 0) − прямая параллельна оси Ох; В = 0, А ≠ 0, С ≠ 0 (Ax + C = 0) – прямая параллельна оси Оу; В = С = 0, А ≠ 0 – прямая совпадает с осью Оу; А = С = 0, В ≠ 0 – прямая совпадает с осью Ох. y − y1 = или Уравнение прямой, проходящей через данную точку в данном направлении Пусть прямая y = kx + b проходит через точку M0(x0, y0) и образует с осью Ох угол α ≠ π/2. В данном случае k = tgα и имеет место соотношение y0 = kx0 + b. Поэтому b = y0 − kx0. Подставляя полученное значение b в уравнение (6.1), получим соотношение y = kx + y0 − kx0, которое можно записать в виде y − y0 = k(x − x0). x − x1 y − y1 . = x2 − x1 y2 − y1 (6.4) Если какой-либо из знаменателей равен нулю, следует приравнять нулю соответствующий числитель. П р и м е р 4 . Найти уравнение прямой, проходящей через точки А(1, 2), В(3, 4). Р е ш е н и е . Применяя формулу (6.4), получаем y − 2 x −1 = , 4 − 2 3 −1 y − 2 = x − 1 или x − y + 1 = 0 . (6.3) Уравнение (6.3) с различными значениями k называют уравнениями пучка прямых с центром в точке M0(x0, y0). Из этого уравнения нельзя определить лишь прямую, параллельную оси Oy. П р и м е р 1 . Составить уравнение прямой, проходящей через точку (2, −4) и имеющей угловой коэффициент k = 3. y2 − y1 ( x − x1 ) , x2 − x1 Уравнение прямой в отрезках Пусть в общем уравнении прямой (6.2) С ≠ 0. Разделив на (–С), получим: x y + =1, a b Р е ш е н и е . На основании уравнения пучка прямых (6.3) имеем: y − (−4) = 3(x − 2) или 3x − y − 10 = 0. (6.5) a = −(C/A), b = −(C/B). Уравнение прямой, проходящей через две точки Пусть заданы две точки M1(x1, y1), M2(x2, y2) и х1 ≠ х2, y1 ≠ y2. Для составления уравнения прямой, проходящей через эти точки, запишем уравнение пучка прямых, проходящих через точку М1: y − y1 = k(x − x1). Поскольку прямая также проходит и через точку М2, то координаты точки М2 должны удовлетворять уравнению пучка прямых; поэтому y2 − y1 = k(x2 − x1). Отсюда находим угловой коэффициент искомой прямой k= y2 − y1 . x2 − x1 Тогда уравнение прямой, проходящей через точки M1(x1, y1), M2(x2, y2) имеет вид 20 Уравнение вида (6.5) называется уравнением прямой в отрезках. Геометрический смысл коэффициентов в том, что коэффициент а является абсциссой точки пересечения прямой с осью Ох, а b – ордината точки пересечения прямой с осью Оу. Следует отметить, что не каждую прямую можно представить уравнением в отрезках, например, прямые, параллельные осям или проходящие через начало координат. П р и м е р 2 . Задано общее уравнение прямой х – у + 1 = 0. Найти уравнение этой прямой в отрезках. Р е ш е н и е . Определим коэффициенты a и b a=− C 1 C 1 = − = −1; b = − = − = 1. A 1 B −1 21 Составим искомое уравнение прямой в отрезках вида (6.4) Нормальное уравнение прямой x y − + = 1. 1 1 Уравнение прямой, проходящей через заданную точку перпендикулярно данному вектору Найдем уравнение прямой l, проходящей через заданную точку M0(x0, y0) перпендикулярно данному ненулевому вектору n = ( A, B) . Если обе части общего уравнения прямой Ах + Ву + С = 0 разделить на 1 число µ = ± , которое называется нормирующем множителем, то 2 A + B2 получим х cosϕ + y sinϕ − p = 0, (6.7) где р – длина перпендикуляра, опущенного из начала координат на прямую, а ϕ − угол, образованный этим перпендикуляром с положительным направлением оси Ох. Уравнение вида (6.7) называется нормальным уравнением прямой. Знак ± нормирующего множителя выбирается из условия µ⋅С < 0. П р и м е р 5 . Дано общее уравнение прямой 12х – 5у – 65 = 0. Требуется указать другие формы уравнений этой прямой. Р е ш е н и е . 1) Поскольку в данном случае a = −(C/A) = 65/12, b = −(C/B) = −65/5, то уравнение этой прямой в отрезках записывается следующим образом: 12 5 х − у = 1. 65 65 Возьмем на прямой произвольную точку M(x, y) и рассмотрим вектор M 0 M = ( x − x0 ; y − y0 ) . Поскольку n ⊥ M 0 M , то скалярное произведение векторов n, M 0 M равно нулю: n ⋅ M 0 M = 0 . Используя правило вычисления скалярного произведения, получаем A(x − x0) + B(y − y0) = 0. (6.6) Уравнение (6.6) называется уравнением прямой, проходящей через заданную точку перпендикулярно данному вектору. Вектор n = ( A, B) , перпендикулярный прямой, называется нормальным вектором этой прямой. П р и м е р 4 . Найти уравнение прямой, проходящей через точку M0(1, 2) перпендикулярно вектору n (3, −1). Р е ш е н и е . В данном случае А = 3, В = −1 и x0 = 1, y0 = 2. Поэтому искомое уравнение имеет вид: 3х – у – 1 = 0. 22 2) Поделив исходное уравнение на 5, получаем уравнение этой прямой с угловым коэффициентом: y= 12 65 12 x− = x − 13. 5 5 5 3) Поскольку в данном случае µ= 1 122 + ( −5) 2 = 1 , 13 cos ϕ = 12/13, sin ϕ = −5/13, p = 5, то нормальное уравнение прямой имеет вид: 12 5 x − y − 5 = 0. 13 13 23 6.2. Прямая на плоскости. Основные задачи Расстояние от точки до прямой Теорема 6.2. Если задана точка М0(х0, у0), то расстояние d до прямой Ах + Ву + С = 0 определяется следующим образом Угол между прямыми на плоскости Рассмотрим две прямые l1 и l2 с угловыми коэффициентами y = k1x + b1, y = k2x + b2. Требуется найти угол ϕ, на который надо повернуть прямую l1 вокруг точки их пересечения до совпадения с прямой l2. Из геометрических соображений устанавливаем зависимость между углами α1, α2, ϕ: α2 = α1 + ϕ или ϕ = α2 − α1 (ϕ ≠ π/2). Отсюда tg ϕ = tg(α 2 − α1 ) = или tg ϕ = ϕ d= α1 O . (6.11) Д о к а з а т е л ь с т в о . Пусть М1(х1, у1) − произвольная точка прямой L, нормальный вектор прямой n имеет координаты (А, В). Определим расстояние d от точки M0 до прямой d= (6.8) Если требуется вычислить острый угол между прямыми, не учитывая, какая прямая является первой, какая − второй, то правая часть формулы (6.8) берется по модулю. Если две прямые параллельны, то ϕ = 0 и tg ϕ = 0. Из формулы (6.8) следует, что условие k1 = k2 A2 + B 2 α2 tg α 2 − tg α1 , 1 + tg α1 ⋅ tg α 2 k2 − k1 . 1 + k1k2 Ax0 + By0 + C M 1M 0 ⋅ n = |n| ( x0 − x1 ) A + ( y0 − y1 ) B = A +B 2 2 = Ax0 + By0 − Ax1 − By1 A2 + B 2 . Поскольку М1 ∈ L, то Ax1 + By1 + C = 0 и, следовательно, C = −Ax1 − By1. В результате получаем равенство (6.11). Теорема доказана. (6.9) является условием параллельности двух прямых. Если две прямые перпендикулярны, то ϕ = π/2. Следовательно, 1 + k1k2 ctg ϕ = = 0 . Отсюда 1 + k1k2 = 0, т. е. условие k2 − k1 k1k2 = −1 (или k1 = −1/k2) (6.10) является условием перпендикулярности двух прямых. П р и м е р 6 . Определить угол между прямыми, заданными уравнениями: y = −3x + 7 и y = 2x + 1. Решение. k1 = −3, k2 = 2, tg ϕ = 2 − ( −3) = 1 ; ϕ = π/4. 1 − (−3)2 Теорема 6.1. Прямые Ах + Ву + С = 0 и А1х + В1у + С1 = 0 параллельны, когда пропорциональны коэффициенты: А1 = λА, В1 = λВ. Если еще и С1 = λС, то прямые совпадают. П р и м е р 7 . Показать, что прямые 3х – 5у + 7 = 0 и 10х + 6у – 3 = 0 перпендикулярны. Координаты точки пересечения двух прямых находятся как решение системы двух уравнений. Р е ш е н и е . Находим: k1 = 3/5, k2 = −5/3, k1k2 = −1. Следовательно, 24 25 прямые перпендикулярны. 2x – 3y + 3 = 0  П р и м е р 8 . Выбрать из прямых (I)–(VI) параллельные и перпендикулярные: (I) y − 3x − 2 = 0; (II) 2x + 6 y = 0; (IV) x − 3 y + 3 = 0; (V) x + 3 y − 7 = 0; (III) 3x − y = 5; (VI) x + y = 2. Р е ш е н и е . Сначала для каждой прямой найдем угловой коэффициент: (I): y − 3x − 2 = 0  y = 3x + 2  k1 = 3; 1 1 (II): 2 x + 6 y = 0  6 y = −2 x  y = − x  k2 = − ; 3 3 1 7 1  k5 = − ; (V): x + 3 y − 7 = 0  3 y = − x + 7  y = − x + 3 3 3 (VI): x − y = 2  y = x − 2  k 6 = 1. Поскольку k1 = k3 , k2 = k5 , то в силу условия (6.9) прямые (I) и (III), (II) и (V) параллельны. С другой стороны, k1k2 = −1 и в силу условия (6.10) прямые (I) и (II) перпендикулярны (следовательно, перпендикулярны и прямые (III) и (II), (I) и (V)). П р и м е р 9 . Даны вершины треугольника М1(0,1), М2(6, 5), М3(12, −1). Найти уравнение высоты М3H, проведенной из вершины М3. Р е ш е н и е . Используя соотношение (6.4), находим уравнение стороны М1М2: x − 0 y −1 =  6 − 0 5 −1 x y −1 =  4 x = 6 y – 6; 6 4 26 2 x + 1. 3 Искомое уравнение высоты М3H будем искать в виде y = kx + b. Поскольку отрезки М3H и М1М2 перпендикулярны, то согласно условию (6.10) угловой коэффициент k = −3/2. Поэтому y = −(3/2)x + b. Учтем также, что высота М3H проходит через точку М3 и, следовательно, координаты этой точки удовлетворяют уравнению y = −(3/2)x + b; получаем равенство −1 = −(3/2)12 + b, откуда b = 17. В результате уравнение высоты М3H определяется следующим образом: 3 y = − x + 17 или 3x + 2y – 34 = 0. 2 П р и м е р 1 0 . Найти расстояние от точки М0(5; 7) до прямой (III): 3x − y = 5  y = 3x − 5  k3 = 3; 1 1 (IV): x − 3 y + 3 = 0  3 y = x + 3  y = x + 1  k4 = ; 3 3 y= 2x − 3 y − 4 = 0. Р е ш е н и е . Используем соотношение (6.11), в котором A = 2; B = − 3; C = − 4; x 0 = 5; y 0 = 7. В результате получаем d= Ax0 + By0 + С A2 + B 2 = 2 ⋅5 − 3⋅ 7 − 4 22 + (−3)2 = −15 13 = 15 ≈ 4,16. 13 Задачи и примеры для самостоятельного решения 1. Даны координаты вершин треугольника М1(2, 2), М2(0, 4), М3(−4, 8). Найти уравнения сторон, медианы и высоты, проведенных из вершины М3. 2. Составить уравнения высот треугольника, стороны которого заданы уравнениями x + y – 6 = 0, 3x – 5y + 15 = 0, 5x – 3y– 14 = 0. Ответ: { x – y = 0; 5x + 3y – 26 = 0; 3x + 5y – 26 = 0}. 3. Даны уравнения 2х – 3у + 5 = 0, 3х + 2у – 7 = 0 27 двух сторон прямоугольника и одна из его вершин М1(2, –3). Составить уравнения двух других сторон этого прямоугольника. Ответ. 3x + 2 y = 0; 2x − 3 y − 13 = 0. 4. Составить уравнения прямых, проходящих через точку М(−3, −4) и параллельных осям координат. а) 6; б) –1; в) 2; г) 11. 7. Для прямой 4х + 8y + 16 = 0 уравнение с угловым коэффициентом имеет вид: а) y = Ответ: { x + 3 = 0; y + 4 = 0}. x + 4; 2 x б) y = − − 2; 2 в) y = x − 2; 2 x г) y = − − 4. 2 8. На прямой х – 5y + 42 = 0 лежит точка с координатами: Тестовые задания а) (–7, 7); 1. Угловой коэффициент прямой 6 x − 3 y + 7 = 0 равен: а) 2; б) 1/2; в) −7/3; 4 а) y = x − 1; 3 4 б) y = x + 12; 3 в) − x y x y − = 1; г) + = 1. 6 3 6 3 4. Уравнение прямой, проходящей через две точки А(–1, 3) и B(4, –2) имеет вид: а) y = x + 2; б) y = x − 2; в) y = −x − 2; г) y = −x + 2. 5. Уравнение прямой, проходящей через точки А (–1, –4) и В (0; 5) имеет вид: а) 6х – у +3 = 0; б) 9х – у + 5 = 0; в) 7х +2 у = 0; г) 3х + 4у – 1 = 0. 6. Угловой коэффициент прямой, проходящей через точки А(1, 2) и О(0, 0) равен: 28 равны: 8 7 а)  ,  ; 3 3 3 3 б) (8, 7); в)  ,  ; г) (24, 21). 8 7 ется: 3. Для данного уравнения прямой 3 x + 6 y = − 18 , уравнение «в отрезках» имеет вид: x y x y + = 1; б) + = 1; −6 −3 −6 3 1 x +1 2 10. Точкой пересечения прямых 5x − y − 7 = 0 и 3x + 2 y − 12 = 0 явля- 3 3 в) y = − x + 3; г) y = x − 3. 4 4 а) в) (–3, –7); г) (–3, 7). 9. Координаты точки пересечения двух прямых y = 2x − 3 и y = г) 6/7. 2. Уравнение прямой 3 x + 4 y − 12 = 0 записать в форме уравнения прямой с угловым коэффициентом: б) (–6, 6); а) (–3, 2); б) (4, 1); в) (2, 3); г) (0, 0). 11. Произведение координат точки пересечения прямых 2x + y − 1 = 0 и x − y − 5 = 0 равно: а) 6; б) –1; в) 24; г) –6; д) 11. 12. Прямая, проходящая через точку А(2; –5), составляет с осью Ох угол 45° и пересекает ее в точке х0 = … а) 5; б) 7; в) –7; г) –5. 13. Прямая, проходящая через точки А(5, 4) и В(6, 5), образует с осью OX угол (в градусах): а) 30°; б) 45°; в) 60°; г) 90°. 14. Угол (в градусах) между прямыми 3x + 4 y −1 = 0 и 4 x − 3 y + 10 = 0 равен: а) 30°; б) 45°; в) 60°; 29 г) 90°. 15. Прямые 2х – 3у + 6 = 0 и Ах + 4у – 34 = 0 взаимно перпендикулярны и пересекаются в точке М(х, у): а) M(3, 4); б) M(1, 2); в) M(4, 3); ЛЕКЦИЯ 7. АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ НА ПЛОСКОСТИ (кривые второго порядка на плоскости) г) M(6, 6). Кривая второго порядка на плоскости может быть задана уравнением 16. Из точки О (0; 0) на прямую у = 2х + 5 опущен перпендикуляр, который пересекает ее в точке М(х, у): б) M(−2, 1); а) M(3, 3); в) M(4, 3); г) M(6, 2). б) 7; в) 3; Если АС − В2 ≠ 0, то с помощью параллельного сдвига и последующего поворота осей координат уравнение (7.1) приводится к виду г) –5. 18. Если даны две прямые А'х"2 + С'у"2 + F' = 0, 5 x − y + 7 = 0 ,  2 x − 3 y + 1 = 0 то угол между ними равен: а) 30°; б) 45°; в) 60°; г) 90°. 19. Для прямых A1 x + B1 y + C 1 = 0 и A2 x + B 2 y + C 2 = 0 условием перпендикулярности является: а) A1 B1 C1 = = ; A2 B2 C 2 б) A1 B1 = ; A2 B2 г) A1 A2 + B1 B 2 = 0 . 20. Значение параметра s , при котором прямые где А', С', F' − некоторые числа; (х"; у") − координаты точки в новой системе координат. Величина АС − В2 остается неизменной как при сдвиге, так и при повороте осей, и называется инвариантом уравнения (7.1). В зависимости от знака величины АС − В2 линии второго порядка разделяются на следующие три типа: 1) эллиптический, если АС − В2 > 0 (окружность, эллипс, единственная точка или пустое множество); 2) гиперболический, если АС − В2 < 0 (гипербола, две пересекающиеся прямые); 3) параболический, если АС − В2 = 0 (парабола, прямая, две параллельные прямые или пустое множество). 7.1. Окружность в) A1 A 2 + B1 B 2 + C 1C 2 = 0 ; s x − y + 11 = 0 и О п р е д е л е н и е . Окружностью радиуса R с центром в точке M(x0, y0) называется множество всех точек М плоскости, удовлетворяющих условию М0М = R). 7 x + 10 y + 8 = 0 перпендикулярны, равно: а) −1/10; б) –5; в) 10/7; г) –2. 21. Значение параметра p , при котором прямые − 5x + py − 6 = 0 и x − 4 y − 4 = 0 параллельны, равно: а) 20; б) 3/2; в) –5; 30 (7.1) коэффициенты которого − действительные числа, причем хотя бы одно из чисел A, B или С отлично от нуля. 17. Расстояние от начала координат до прямой 3x + 4 y − 25 = 0 равно: а) 5; Ах2 + 2Вху + Су2 + 2Dx + 2Ey + F = 0, г) 2. Из условия М0М = R получаем уравнение 31 (x – x0)2 + (y – y0)2 = R2. a > c. (7.2) Пусть M(x, y) − произвольная точка эллипса. Тогда, по определению эллипса, MF1 + MF2 = 2a, т. е. Уравнение (7.2) называется каноническим уравнением окружности. В частности, если x0 = y0 = 0, то имеем уравнение окружности с центром в начале координат x2 + y2 = R2. Если R = 0, то уравнению (7.2) удовлетворяют координаты единственной точки М0(x0, y0) и говорят, что «окружность выродилась в точку». П р и м е р 1 . Найти координаты центра и радиус окружности, если ее уравнение задано в виде 2x2 + 2y2 – 8x + 5y – 4 = 0. Р е ш е н и е . Для нахождения координат центра и радиуса окружности данное уравнение необходимо привести к виду (7.2) x2 + y2 – 4x + 2,5y – 2 = 0, x2 – 4x + 4 – 4 + y2 + 2,5y + 25/16 – 25/16 – 2 = 0, (x – 2)2 + (y + 5/4)2 = 121/16. Отсюда находим М0(2, −5/4), R = 11/4. 7.2. Эллипс О п р е д е л е н и е . Эллипсом называется множество всех точек М плоскости, сумма расстояний от каждой из которых до двух данных точек этой плоскости F1 и F2, называемых фокусами, есть величина постоянная равная 2а, большая, чем расстояние между фокусами. ( x + c ) 2 + y 2 + ( x − c ) 2 + y 2 = 2a . Перенесем первый радикал из левой части в правую и возведем в квадрат; получаем равенство ( x − c) 2 + y 2 = 4a 2 + ( x + c)2 + y 2 − 4a ( x + c) 2 + y2 , или, после преобразований 4a 2 + 4cx = 4a (x + c) 2 + y2 . Снова возводя в квадрат ( ) a 4 + 2a 2 cx + c 2 x 2 = a 2 x 2 + 2cx + c 2 + y 2 , после преобразований получаем (a 2 − c 2 ) x 2 + a 2 y 2 = a 2 (a 2 − c 2 ) . Поскольку a > c, то a2 − c2 > 0. Положим a2 − c2 = b2. Тогда полученное уравнение примет вид b 2 x 2 + a 2 y 2 = a 2b 2 или x2 y2 + = 1. a2 b2 (7.3) Уравнение (7.3) называется каноническим уравнением эллипса. Эллипс пересекает координатные оси в точках А1(a, 0), А2(−a, 0), В1(0, b), В2(0, −b), которые называются вершинами эллипса. Отрезки А1А2 и В1В2, равные 2a и 2b, соответственно называются большой и малой осями эллипса, a и b – большой и малой полуосями. Выберем фокусы так, чтобы они лежали на оси Ох, а начало координат совпадало с серединой отрезка F1F2. Тогда фокусы имеют координаты F1(−c, 0), F2(c, 0) и расстояние между ними равно 2с. По определению 2а > 2c, т. е. 32 Форма эллипса определяется характеристикой, которая является отношением половины расстояния между фокусами к большей оси и называется эксцентриситетом эллипса: ε = с/a. Поскольку 0 < с < a, то 0 < ε < 1. Чем больше эксцентриситет, тем более вытянутую форму вдоль оси Ox имеет кривая. 33 С эллипсом связаны две прямые, называемые директрисами. Их уравнения: x = a/ε, x = −a/ε. Теорема 7.1. Если r − расстояние от произвольной точки эллипса до какого-нибудь фокуса, d − расстояние от этой же точки до соответствующей этому фокусу директрисы, то отношение r/d есть постоянная величина, равная эксцентриситету эллипса: r/d = ε . П р и м е р 2 . Составить уравнение прямой, проходящей через левый x2 y 2 фокус и нижнюю вершину эллипса, заданного уравнением: + = 1. 25 16 Р е ш е н и е . Координаты нижней вершины В2: x = 0, y2 = 16, y = −4; В2(0,−4). Координаты левого фокуса F1: c2 = a2 – b2 = 25 – 16 = 9; c = 3; F1(−3, 0). Уравнение прямой, проходящей через две точки (а именно, точки В2(0,−4) и F1(−3, 0)), имеет вид: x−0 y+4 = ; −3 − 0 0 + 4 4 x = −3 y − 12; 4 x + 3 y + 12 = 0. П р и м е р 3 . Составить уравнение эллипса, если его фокусы F1(–1, 0), F2(1, 0), а большая ось равна 4. Р е ш е н и е . В данном случае с = 1 и, следовательно, a2 – b2 = c2 = 1; кроме того, по условию 2а = 4. В результате а = 2, b2 = a2 – c2 = 3. Значит искомое уравнение эллипса имеет вид x2 y 2 + = 1. 4 3 34 7.4. Гипербола О п р е д е л е н и е . Гиперболой называется множество точек М плоскости, для которых модуль разности расстояний от двух данных точек F1 и F2, называемых фокусами, есть величина постоянная, равная 2а, меньшая расстояния между фокусами. Выберем фокусы так, чтобы они лежали на оси Ох, а начало координат совпадало с серединой отрезка F1F2, тогда фокусы имеют координаты F1(−c, 0), F2(c, 0), значит расстояние между ними равно 2с. По определению 2а < 2c, т. е. a < c. Пусть M(x, y) − произвольная точка гиперболы. Тогда, по определению гиперболы, |MF1 − MF2| = 2a или MF1 − MF2 = ±2a, т. е. ( x + c) 2 + y 2 − ( x − c) 2 + y 2 = ±2a . После упрощений получим каноническое уравнение гиперболы x2 y 2 − = 1, a2 b2 (7.4) в котором b 2 = c 2 − a 2 . Точки А1(a, 0), А2(−a, 0) называются вершинами гиперболы, отрезок А1А2 = 2a называется действительной осью гиперболы, a – действительной полуосью. Отрезок В1В2 = 2b, соединяющий точки B1(0, b) и B2(0, −b), называется мнимой осью, число b − мнимой полуосью. Прямоугольник со сторонами 2а и 2b называется основным прямоугольником гиперболы. Гипербола симметрична относительно середины отрезка, соединяющего фокусы и относительно осей координат. b Гипербола имеет две асимптоты, уравнения которых y = ± x. a 35 1) ε = 2, c = 2a, c2 = 4a2 и, следовательно, 16 = 4a2, a2 = 4; 2) c2 = a2 + b2, b2 = 16 – 4 = 12. В результате искомое уравнение гиперболы имеет вид x2 y 2 − =1. 4 12 7.5. Парабола О п р е д е л е н и е . Параболой называется множество точек плоскости, каждая из которых находится на одинаковом расстоянии от данной точки, называемой фокусом, и от данной прямой, называемой директрисой. Отношение ε = c/a > 1 называется эксцентриситетом гиперболы, где с – половина расстояния между фокусами, а – действительная полуось. Эксцентриситет характеризует вытянутость основного прямоугольника, причем если эксцентриситет близок к единице, то ветви гиперболы сильно прижаты к оси Ox. Если а = b, ε = 2 , то гипербола называется равнобочной (равносторонней). Расположим начало координат посередине между фокусом и директрисой. Величина р (расстояние от фокуса до директрисы) называется параметром параболы. В выбранной системе фокус F имеет координаты (p/2, 0), а уравнение директрисы имеет вид x = – p/2. Эксцентриситет параболы ε = 1. Две прямые, перпендикулярные действительной оси гиперболы и расположенные симметрично относительно центра на расстоянии a/ε от него, называются директрисами гиперболы. Их уравнения: x = ±a/ε. Директрисы гиперболы имеют то же свойство r / d = ε , что и директрисы эллипса. П р и м е р 4 . Определить вершины, фокусы, эксцентриситет и асимx2 y 2 птоты гиперболы − = 1. 4 9 Р е ш е н и е . В соответствии с формулой (7.3) а = 2 и b = 3. Поэтому c 13 c = a 2 + b 2 = 4 + 9 = 13 , ε = = ≈ 1,8, a 2 F1 (− 13, 0) , F2 ( 13, 0) – фокусы, y = ±(3/2)x – асимптоты гиперболы. П р и м е р 5 . Составить уравнение гиперболы, если ее эксцентриситет равен 2, а фокусы совпадают с фокусами эллипса с уравнением 2 2 x y + = 1. 25 9 Р е ш е н и е . Находим фокусное расстояние эллипса: c2 = 25 – 9 = 16. Тогда параметры a и b в уравнении гиперболы (7.4) при том же фокусном расстоянии с удовлетворяют соотношениям: 36 Пусть M(x, y) − произвольная точка параболы. Согласно определению параболы справедливо соотношение (x + p/2)2 = y2 + (x – p/2)2, откуда y2 = 2px. (7.5) Уравнение (7.5) называется каноническим уравнением параболы. Точка О(0, 0) называется вершиной параболы, отрезок FM = r называется фокальным радиусом точки М. П р и м е р 6 . На параболе у2 = 8х найти точку, расстояние которой от директрисы равно 4. Р е ш е н и е . Из уравнения параболы (7.5) получаем, что р = 4. Из условия АМ = 4, или АМ = x + p/2 = 4  x = 2; y2 = 16; y = ±4. 37 Искомые точки: M1(2, 4), M2(2, −4). П р и м е р 7 . Парабола с вершиной в начале координат проходит через точку А(2, 8) и симметрична относительно оси Oy. Записать уравнение параболы. Р е ш е н и е . Уравнение параболы имеет вид x2 = 2py. Подставим координаты точки А: 22 = 2р⋅8  р = 1/4. Искомое уравнение: x2 = 0,5y. Если пара чисел х0, у0 представляет собой решение системы (7.8), то уравнение (7.1) можно записать в виде Ах' 2 + 2Вх'у' + Су' 2 + F' = 0. Пусть теперь прямоугольная система координат О'х"у" получена поворотом системы О'х'у' на угол α. Тогда координаты х', у' будут связаны с координатами х", у" формулами х' = х" cos α − у" sin α, у' = х" sin α + у" cos α. 7.6. Общее уравнение кривых второго порядка Теорема 7.2. Пусть в прямоугольной системе координат Оху задано уравнение (7.1) и пусть АС − В2 ≠ 0. Тогда с помощью параллельного сдвига и последующего поворота осей координат уравнение (7.1) приводится к виду А'х"2 + С'у"2 + F' = 0, (7.6) где А', С', F' − некоторые числа; (х"; у") − координаты точки в новой системе координат. Д о к а з а т е л ь с т в о . Пусть прямоугольная система координат О'х'у' получена параллельным сдвигом осей Ох и Оу, причем начало координат перенесено в точку О'(х0; у0). Тогда старые координаты (х; у) будут связаны с новыми (х'; у') формулами где (7.10) А' = A cos2α + 2B cos α sin α + C sin2α; В' = −A sin α cos α + B(cos2α − sin2α) + C sin α cos α; С' = A sin2α − 2B cos α sin α + C cos 2α. Выберем угол α так, чтобы коэффициент В' в уравнении (7.10) обратился в нуль 2В cos 2α = (A − С) sin 2α. 2B , и уравнение A−C (7.10) принимает вид (7.6). Теорема доказана. (7.7) где D' = 2Ax0 + 2By0 + D; E' = 2Bx0 + 2Cy0 + E; F' = A x02 + 2Bx0y0 + C y02 + Dx0 + Ey0 + F. В уравнении (7.7) коэффициенты D' и Е' обращаются в нуль, если подобрать координаты точки (х0; y0) так, чтобы выполнялись равенства (7.8) Так как АС − В2 ≠ 0, то система (7.8) имеет единственное решение относительно х0, у0. 38 А'х'' 2 + 2В'х''у'' + С'у'' 2 + F' = 0, Если же А ≠ С, то выбираем α из уравнения tg 2α = Тогда общее уравнение линии второго порядка (7.1) примет вид 2Ax0 + 2By0 + D = 0, 2Bx0 + 2Cy0 + E = 0. В системе координат О'х"у" уравнение (7.9) принимает вид Если А = С, то cos 2α = 0, и можно положить α = π/4. x = х′ + x0, y = y′ + y0. Ах' 2 + 2Вх'у' + Су' 2 + D'x' + E'y' + F' = 0, (7.9) З а м е ч а н и е . Коэффициенты А, В и С при старших членах уравнения (3.14) при параллельном сдвиге осей координат, как следует из доказательства теоремы, не меняются, но они меняются при повороте осей координат. Однако выражение АС − В2 остается неизменным как при переносе, так и при повороте осей, т. е. не зависит от преобразования координат. Величина АС − В2 называется инвариантом общего уравнения линии второго порядка. Она имеет важное значение в исследовании линий второго порядка. В зависимости от знака величины АС − В2 линии второго порядка разделяются на следующие три типа: 1) эллиптический, если АС − В2 > 0; 2) гиперболический, если АС − В2 < 0; 3) параболический, если АС − В2 = 0. 39 П р и м е р 8 . Показать, что уравнение 4x2 + y2 − 4x + 6y − 6 = 0 относится к эллиптическому типу и определяет эллипс. Найти координаты фокусов. Сделать чертеж. П р и м е р 9 . Показать, что уравнение xy = 2 относится к гиперболическому типу и определяет гиперболу. Найти координаты фокусов гиперболы. Сделать чертеж. Р е ш е н и е . В данном случае A = 4, B = 0, C = 1 и АС − В2 = 4 ≠ 0. Произведем параллельный сдвиг исходной системы координат Oxy в точку О'(х0; у0), координаты которой определяются соотношениями (7.8): Р е ш е н и е . В данном случае A = C = 0, B = 1 и АС − В2 = 1 ≠ 0 и из соотношений (7.8) следует х0 = у0 = 0. Значит, кривая приводится к каноническому виду лишь поворотом системы координат. Совершаем поворот координатных осей на угол 4х0 − 2 = 0, у0 + 3 = 0. Имеем х0 = 0,5; у0 = − 3 и находим F' = − 16. Значит в новой системе координат О'х'у' уравнение кривой примет вид 4 x′2 + y′2 − 16 = 0 или c = 2 3 . Тогда в новой системе координат F1 (0, − 2 3) , F2 (0, 2 3) . В соответствие с формулами параллельного переноса x = x/ + 0,5, y = y/ − 3. Поэтому в исходной системе координат для фокусов получим 2 , − 2 3 − 3) , F2 ( 1 2 , 2 3 − 3) .  2 ( x′′ − y′′),  x = x′′ cos α − y′′ sin α =  2   x = x′′ cos α + y′′ sin α = 2 ( x′′ + y′′).  2 Подставляя эти формулы в исходное уравнение xy = 2 получаем уравнение ( x′′ − y′′)( x′′ + y′′) = 4 , или x′′2 y′′2 − = 1. 4 4 Это уравнение равносторонней гиперболы, асимптотами которой являются оси OX и OY . Для нее c2 = a2 + b2 = 4 + 4 = 8, откуда c = 2 2 . Тогда фокусы гиперболы в новой системе координат: F1 (−2 2 , 0) , F2 (2 2 , 0) . В  2  2 исходной системе координат: F1  (−2 2 − 0), (−2 2 + 0)  , т.е. F1(− 2, − 2). 2  2  Аналогично F2( 2, 2). Y' Y Тогда формулы перехода имеют вид x′2 y′2 + = 1. 4 16 Это уравнение эллипса, фокусы которого лежат на оси O Y ′ . Таким образом, искомое уравнение кривой второго порядка приведено к каноническому виду лишь параллельным сдвигом системы координат. Найдем координаты фокусов. Поскольку c 2 = b 2 − a 2 = 16 − 4 = 12 , то F1 ( 1 1 2B π α = arctg = . 2 A−C 4 4 X F2 Y O X' Y' 2 O' F 2 2 -2 2 X' -2 F1 F -2 1 -4 40 41 X П р и м е р 1 0 . Показать, что уравнение 2x2 − 4xy + 5y2 +8x −2y + 9 = 0 относится к эллиптическому типу и определяет эллипс. x12 + 6 y12 + Р е ш е н и е . В данном случае A = 2, B = − 2, C = 5 и АС − В2 = 6 ≠ 0. Сделаем поворот прямоугольной системы координат Оху на угол α так, чтобы избавиться от слагаемого, содержащего произведение координат х1, у1 в новой системе координат Ох1у1. Координаты х1, у1 будут связаны с координатами х, у формулами x = х1cos α − у1sin α, у = х1sin α + у1cos α, (7.11) в которых tg 2α = 2B 4 = . A−C 3 Учитывая соотношение tg 2α = 2 tg α 1 − tg 2 α получаем квадратное уравнение 3 tg 2 α + tg α − 1 = 0. 2 Поэтому tg α = 14 12 x1 − y1 + 9 = 0. 5 5 Полученное уравнение можно представить в виде ( x1 + 7 2 1 2 ) + 6( y1 − ) −2=0 5 5 или x22 ( 2) x2 = x1 + 2 + 7 , 5 y22  1     3 7  2    x =  x2 −   −  y2 + 5  5    7  1    y =  x2 −   +  y2 + 5  5    1  1    = x2 5  5  1  2    = x2 5  5  −3 ± 5 4 В результате формулы (7.11) принимают вид y = x1 1 2 + y1 . 5 5 Рассматриваемое уравнение кривой в новой системе координат Ох1у1 определяется следующим образом 42 1 . 5 Объединяя проведенные замены переменных, имеем: 1 tg α = , 2 tg α 1 1 2 sin α = = , cos α = = . 2 2 5 5 1 + tg α 1 + tg α 2 1 − y1 , 5 5 = 1, y2 = y1 − и выбираем x = x1 2 43 2 1 − y2 − 3, 5 5 1 2 − y2 − 1. 5 5 Задачи и примеры для самостоятельного решения 1. Составить уравнение прямой, проходящей через левый фокус и нижнюю вершину эллипса, заданного уравнением: а) 2; а) его уравнение: г) 8. x2 y2 + = 1; 49 24 б) большая полуось равна 7; в) эксцентриситет ε = 0,9; г) одна из вершин – в точке (–5; 0). 2. Привести к каноническому виду и классифицировать кривые, заданные уравнениями: 4х2 + 9y2 − 40х + 36у + 100 = 0; 2) 9х2 + 4у2 + 18х − 8у + 49 = 0; 3) 2х2 + 3y2 + 8х − 6у + 11 = 0. в) 1; 2. Фокусы эллипса лежат в точках (–4; 0) и (4; 0); одна из вершин – в точке (0; –3). Выберите верный ответ: x2 y 2 + = 1. 16 9 1) б) 4; 3. Уравнение эллипса, изображенного на рисунке, имеет вид: 3. Определить вершины, фокусы, эксцентриситет и асимптоты гиперболы x2 y 2 − = 1. 9 16 4. Привести к каноническому виду и классифицировать кривые, заданные уравнениями: 1) x 2 − 4 y 2 + 4 y + 4 = 0, 2) x 2 − y 2 + 4 y − 4 = 0, 3) x 2 − y 2 − 6 x + 4 y = 0. 5. Парабола с вершиной в начале координат проходит через точку А(4, 10) и симметрична относительно оси Oy. Записать уравнение параболы. 6. Привести к каноническому виду и классифицировать кривые, заданные уравнениями: 1) y 2 + 4 y − 4 x = 0, 2) 6 x 2 − 12 x + 4 y + 8 = 0. Тестовые задания 1. Расстояние от фокуса эллипса x2 y2 + =1 36 20 до ближней вершины равно: 44 имеет вид x2 − 25 x2 + в) 5 а) y2 = 1; 9 y2 = 1; 3 x2 − 9 x2 + г) 25 б) y2 = 1; 25 y2 = 1. 9 4. Составить уравнение эллипса, фокусы которого лежат на оси Ох, симметрично относительно начала координат, если большая ось равна 20, а эксцентриситет ε = 0,6. а) x2 y2 + = 1; 100 64 б) x2 y 2 + = 1; 50 8 г) x2 y2 + = 1. 10 64 5. Если уравнение гиперболы имеет вид x2 y2 − = 1, 9 16 то длина ее действительной полуоси равна: 45 в) x2 y2 + = 1; 20 8 а) 3; б) 4; в) 9; ЛЕКЦИЯ 8. АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ В ПРОСТРАНСТВЕ г) 16. 6. Уравнение гиперболы, изображенной на рисунке, имеет вид: 8.1. Уравнение плоскости Пусть заданы: декартовая система координат Oxyz, произвольная плоскость α, точка плоскости M0(x0, y0, z0) и вектор n = (A, B, C), перпендикулярный плоскости α. Рассмотрим произвольную точку плоскости M(x, y, z). Точка M лежит на плоскости α тогда и только тогда, когда векторы M 0 M и n взаимно перпендикулярны, и их скалярное произведение равно нулю. Запишем условие перпендикулярности векторов n = (A, B, C) и M 0 M = ( x − x0 , y − y0 , z − z0 ) : x2 y2 − = 1; 3 5 x2 y 2 + = 1; в) 5 3 x2 y2 − = 1; 9 25 x2 y2 − = 1. г) 25 9 а) 7. Составить уравнение гиперболы, фокусы которой расположены на оси Оу симметрично относительно начала координат, если уравнения асимптот y = ±(5/12)x и расстояния между вершинами равно 48: а) − 2 б) − x2 y2 + = 1; 5 36 8. Составить уравнение параболы, вершина которой находится в начале координат, если парабола расположена в правой полуплоскости симметрично относительно Ох и ее параметр p = 3: а) y 2 = 4 x; б) y 2 = 8x; в) y 2 = 6 x; г) y 2 = 3x. 9. Найти точки пересечения параболы y2 = 4x с прямой, проходящей через фокус этой параболы параллельно ее директрисе. а) (1, 2), (1, –2); б) (1, 1), (1, –1); г) (2, 4), (2, –4). 46 (8.1) Полученное уравнение является искомым уравнение плоскости α. Раскрывая скобки, приведем уравнение (8.1) к виду Ax + By + Cz + D = 0, где (8.2) D = − Ax0 − By0 − Cz0 . 2 x y + = 1; 20 36 x2 y2 г) − = 1. 100 64 x2 y2 + =1; 100 576 в) − A( x − x0 ) + B( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = 0. б) в) (2, 1), (2, –1); Уравнение (8.2) называется общим уравнением плоскости. Вектор n = (A, B, C), перпендикулярный плоскости, называется нормальным вектором плоскости. Пусть A ≠ 0, B ≠ 0, C ≠ 0, тогда из уравнения (8.2) следует уравнение плоскости в отрезках x y z (8.3) + + = 1, a b c a = − D / A, b = − D / B, c = − D / C , где a, b, c − величины отрезков, отсекаемых на координатных осях. 8.2. Условия перпендикулярности / параллельности плоскостей Пусть уравнение плоскости α1 : A1x + B1 y + C1z + D1 = 0; уравнение плоскости α2 : A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0. Нормальные векторы плоскостей соответственно n1 = (A1, B1, C1) и n 2 = (A2, B2, C2). 47 Угол ϕ между плоскостями совпадает с углом между нормальными векторами плоскостей, поэтому его можно найти через скалярное произведение нормальных векторов в декартовой системе координат: cos ϕ = и α2 : ( n1 ⋅ n2 ) = n1 n2 A1 A2 + B1B2 + C1C2 A + B12 + C12 A22 + B22 + C22 2 1 . (8.4) Из равенства (8.4) следует условие перпендикулярности плоскостей α1 ( n1 ⋅ n2 ) = A1 A2 + B1B2 + C1C2 = 0. (8.5) Плоскости α1 и α2 параллельны тогда и только тогда, когда нормальные векторы плоскостей параллельны и, следовательно, их координаты пропорциональны. Поэтому условие параллельности плоскостей α1 и α2 имеет вид A1 B1 C1 (8.6) = = . A2 B2 C2 П р и м е р 1. Найти уравнение плоскости, проходящей через точку M0(2, 2, 4) и параллельной плоскости α1 : x − 4 y + 3 z − 4 = 0. Р е ш е н и е . Вектор n 2 = (A2, B2, C2), перпендикулярный искомой плоскости α 2 : A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0 удовлетворяет условию (8.6) A2 B2 C2 = = = λ. 1 −4 3 Тогда A2 = λ, B2 = −4λ, C2 = 3λ. Положим, например, λ = 1. Из соотношения (8.1) находим искомое уравнение плоскости П р и м е р 2. Найти расстояние от точки M(4, 3, 1) до плоскости, заданной уравнением 3x − 4 y + 12 z + 14 = 0. Р е ш е н и е . По формуле (8.7) находим d= 1 ( 3 ⋅ 4 − 4 ⋅ 3 + 12 ⋅ 1 + 14 ) = 2. 13 8.3. Уравнение прямой в пространстве Пусть в декартовой системе координат заданы уравнения плоскостей α1 : A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0 и α2 : A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0. Нормальные векторы плоскостей соответственно n1 = (A1, B1, C1) и n 2 = (A2, B2, C2). Нормальные векторы не параллельны, т.е. не выполняется условие (8.6). Каждую прямую можно представить как пересечение плоскостей  A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0;   A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0. (8.8) Уравнение (8.8) называется общим уравнением прямой в пространстве. Для решения задач общее уравнение не всегда удобно, и используют специальный вид уравнения прямой. Каноническое уравнение прямой Пусть какая-нибудь прямая параллельна вектору a = (l, m, p). Вектор a называется направляющим вектором данной прямой. Найдем уравнение прямой, проходящей через данную точку M0(x0, y0, z0), и имеющей направляющий вектор a = (l, m, p). Пусть точка M(x, y, z) – произвольная. Она лежит на прямой тогда и только тогда, когда вектор M0M = (x – x0, y – y0, z – z0) параллелен направляющему вектору a = (l, m, p), т. е. когда их координаты пропорциональны ( x − 2) − 4( y − 2) + 3( z − 4) = 0, x − 4 y + 3z − 6 = 0. x − x0 y − y0 z − z0 = = . l m p (8.9) Расстояние от точки до плоскости Теорема 8.1. Если задана точка М0(х0, у0, z0), то расстояние d до пласкости Ах + Ву + Сz + D = 0 определяется следующим образом d= Ax0 + By0 + Cz0 + D A2 + B 2 + C 2 48 . (8.7) Уравнение (8.9) называется каноническим уравнением прямой. Уравнение прямой, проходящей через две заданные точки M0(x0, y0, z0), M1(x1, y1, z1), следует из уравнения (8.9), если a = M 0 M 1 x − x0 y − y0 z − z0 = = . x1 − x0 y1 − y0 z1 − z0 49 П р и м е р 3. Найти каноническое уравнение прямой, заданной уравнением 3x + 2 y + 4 z − 11 = 0;   2 x + y − 3z − 1 = 0. Соотношения (8.10) называются параметрическим уравнением пря- мой. П р и м е р 4. Найти точку пересечения прямой x−2 y −3 z −4 = = 1 1 2 Р е ш е н и е . Найдем какую-нибудь точку M0(x0, y0, z0) прямой. Полагая, например x0 = 1, из системы и плоскости 2x + y + z − 6 = 0.  2 y0 + 4 z0 − 8 = 0,   y 0 − 3z0 + 1 = 0 Р е ш е н и е . Представим уравнение прямой в форме (8.10): получаем y0 = 2, z0 = 1. Таким образом, точка M0 = (1, 2, 1) прямой найдена. Определим координаты направляющего вектора a = (l, m, p) прямой. Для этого отметим, что нормальные векторы плоскостей определяются следующим образом: n1 = (3, 2, 4) и n 2 = (2, 1, −3). Поскольку направляющий вектор a прямой перпендикулярен векторам n1 и n 2 , то i j k a = [ n1 × n2 ] = 3 2 4 = −10i + 17 j − k 2 1 −3 Пусть прямая задана уравнением (8.9). Обозначая через t каждое из равных отношений в этом уравнении, получаем x − x0 y − y0 z − z0 = = = t, l m n 50 z = z0 + nt. Решая полученное уравнение, находим t = −1. Поэтому точка пересечения прямой и плоскости имеет координаты x = 1, y = 2, z = 2. x − x1 y − y1 z − z1 = = , l1 m1 p1 (8.10) x − x2 y − y2 z − z2 = = . l2 m2 p2 При любом расположении прямых в пространстве угол между прямыми равен углу между направляющими векторами a1 = (l1, m1, p1) и a 2 = (l2, m2, p2) cos ϕ = Параметрическое уравнение прямой y = y0 + mt , 2(2 + t ) + (3 + t ) + (4 + 2t ) − 6 = 0. Рассмотрим две прямые, заданные соответственно уравнениями x −1 y − 2 z −1 = = . −10 17 −1 x = x0 + lt , Подставляя выражения для x, y, z в уравнение плоскости, получаем уравнение для определения параметра t Угол между прямыми в пространстве и, следовательно, компоненты l, m, p направляющего вектора a (l, m, p) определяются следующим образом: l = −10, m = 17, p = −1. Подставляя найденные значения l, m, p в (8.9), получаем каноническое уравнение прямой откуда x = 2 + t , y = 3 + t , z = 4 + 2t. ( a1 ⋅ a2 ) = a1 a2 l1l2 + m1m2 + p1 p2 l + m12 + p12 l22 + m22 + p22 2 1 . Очевидно, что другой угол ϕ2 = π − ϕ . Условие параллельности прямых совпадает с условием параллельности направляющих векторов a1 и a 2 : l1 m1 p1 = = . l2 m2 p2 51 Условие перпендикулярности прямых совпадает с условием перпендикулярности направляющих векторов l1l2 + m1m2 + p1 p2 = 0. Расстояние от точки до прямой Найдем формулу для вычисления расстояния d от данной точки до прямой в пространстве. Пусть дана точка M1(x1, y1, z1 ) и прямая x − x0 y − y0 z − z0 = = , l m p проходящей через данную точку M0(x0, y0, z0), и имеющая направляющий вектор a = (l, m, p). Искомое расстояние d является высотой параллелограмма, построенного на векторе M 0 M 1 = (x1 – x0, y1 – y0, z1 – z0) и направляющем векторе a . Площадь параллелограмма S определяется следующим образом S =  a × M 0 M 1  . В результате получаем a × M 0M1    d= . a П р и м е р 5. Найти расстояние от точки M1(1, 2, 4) до прямой, заданной уравнением x−2 y−3 z−4 = = . 3 2 2 Р е ш е н и е . Искомое расстояние d является высотой параллелограмма, построенного на векторе M 0 M 1 = (x1 – x0, y1 – y0, z1 – z0) = (−1, −1, 0) и направляющем векторе a = (3, 2, 2). В данном случае имеем: 2 2    a × M 0 M 1  = 2 + 2 + 1 = 3, d= a × M 0M1  3 3 17   . = = 2 2 2 a 17 3 +2 +2 8.4. Взаимное расположение плоскости и прямой Пусть прямая задана в канонической форме x − x0 y − y0 z − z 0 = = , l m n и задана некоторая плоскость Ax + By + Cz + D = 0. Прямая параллельна плоскости в том и только в том случае, когда направляющий вектор a = (l, m, p) прямой перпендикулярен нормальному вектору n = (A, B, C) плоскости. Из этого получаем условие перпендикулярности прямой и плоскости Al + Bm + Cn = 0. Прямая перпендикулярна плоскости в том и только в том случае, когда направляющий вектор a = (l, m, p) параллелен нормальному вектору n = (A, B, C) плоскости. Из этого получаем условие параллельности прямой и плоскости A B C = = . l m n Пусть прямая не перпендикулярна плоскости. Под углом между прямой L и плоскостью будем понимать угол φ между прямой L и ее проекцией на плоскость α. Тогда sin ϕ = cos θ = Al + Bm + Cn A + B2 + C 2 l 2 + m2 + n2 2 П р и м е р 6. Найти угол φ между прямой i j k  a × M 0 M 1  = 3 2 2 = 2i + 2 j − k ,   −1 −1 0 x−2 y−3 z−4 = = −1 4 2 52 53 . и плоскостью 2x + y + z −6 = 0. Р е ш е н и е . В данном случае sin ϕ = cos θ = −2 + 4 + 2 2 +1 +1 1 +4 +2 4 14 ϕ = arcsin . 42 2 2 2 2 2 2 = 4 14 , 42 раллельной вектору a = (2, 4, 6). 6. Найти расстояние от точки M(2, 3, 1) до прямой, заданной уравнением x+2 y+3 z−4 = = . 1 4 −2 7. Найти расстояние от точки M(2, 0, 1) до прямой, заданной уравнени- ем 3x − 2 y + 5 z + 2 = 0;   x − 4 y + 3z + 4 = 0. П р и м е р 7. Найти уравнение плоскости, перпендикулярной прямой x + 4 y + 2 z −1 = = , 4 1 2 8. Найти угол между прямыми x+2 y+3 z−4 x−2 y z+3 = = , = = . 1 4 −2 4 1 −2 и проходящей через точку М (1, −2, 2). Р е ш е н и е . Условие, которому удовлетворяют координаты A, B, C нормали n искомой плоскости, имеет вид A B C = = . −1 2 3 9. Найти уравнение плоскости, проходящей через прямую 3x + 2 y + 5 z + 2 = 0;   x + y + 3z + 1 = 0 и параллельной прямой Положим, например A = 1, тогда B = −1, C = −3. По формуле (8.1) получаем уравнение плоскости ( x − 1) − ( y + 2) − 3( z − 2) = 0, или x+2 y+3 z−4 = = . 1 4 −2 10. Лежат ли прямые x − y − 3z + 3 = 0. x −1 y − 4 z − 2 x − 2 y −1 z − 4 = = , = = 1 −3 2 2 8 4 Задачи и примеры для самостоятельного решения 1. Найти уравнение плоскости, проходящей через точку M0(1, −2, 4) и параллельной плоскости x + y + 3z + 2 = 0. 2. Найти уравнение прямой, проходящей через точку M0(0, 2, 4) и перпендикулярной плоскости x − y − 3z + 3 = 0. 3. Найти расстояние от точки M(2, 3, 1) до плоскости, заданной уравнением x + 4 y + 2 z − 4 = 0. 4. Найти уравнение прямой, проходящей через две точки M0(0, 2, 4), M1(2, 3, 6). 5. Найти уравнение прямой, проходящей через точку M0(1, −2, 4) и па54 в одной плоскости? 11. Найти уравнение плоскости, проходящей через точку M0(1, −2, 4) и параллельной прямым x −1 y − 4 z − 2 x −1 y −1 z = = , = = . 1 4 2 2 1 −2 12. Найти угол φ между прямой 55 x −1 y − 4 z − 2 = = 1 4 2 и плоскостью 2x + y + z −1 = 0. 13. Найти угол между плоскостью 2x − y −1 = 0 и прямой 3 x + 2 y + 5 z + 2 = 0, .   x + y + 3 z + 1 = 0. 14. Найти уравнение плоскости, проходящей через прямые x −1 y − 4 z − 2 x − 2 y −1 z = = , = = . 1 4 2 2 8 4 15. Найти уравнение плоскости, проходящей через прямые x −1 y − 4 z − 2 x − 2 y −1 z − 4 = = . = = , 1 4 2 1 −3 2 56