Разместить заказ
Вы будете перенаправлены на Автор24

Перпендикуляр и наклонные

8-800-775-03-30 support@author24.ru
Задача 1

Определить, является ли прямая $\frac{x+1}{2} =\frac{y-2}{1} =\frac{z-1}{-1} $ наклонной по отношению к плоскости $3\cdot x-2\cdot y+z-3=0$. В случае положительного ответа найти их точку пересечения.

Условие параллельности прямой $\frac{x-x_{0} }{l} =\frac{y-y_{0} }{m} =\frac{z-z_{0} }{n} $ и плоскости $A\cdot x+B\cdot y+C\cdot z+D=0$ имеет вид $A\cdot l+B\cdot m+C\cdot n=0$.

Проверяем это условие для нашей задачи.

Имеем: $3\cdot 2+\left(-2\right)\cdot 1+1\cdot \left(-1\right)=3\ne 0$. Условие не выполняется.

Условие пперпендикулярности прямой $\frac{x-x_{0} }{l} =\frac{y-y_{0} }{m} =\frac{z-z_{0} }{n} $ и плоскости $A\cdot x+B\cdot y+C\cdot z+D=0$ имеет вид $\frac{A}{l} =\frac{B}{m} =\frac{C}{n} $.

Проверяем это условие для нашей задачи.

Имеем: $\frac{3}{2} \ne \frac{-2}{1} \ne \frac{1}{-1} $. Условие не выполняется.

Таким образом, общий вывод состоит в том, что данная прямая наклонна по отношению к данной плоскости. Найдем точку их пересечения.

Записываем уравнения прямой в параметрической форме:

\[x=-1+2\cdot t, y=2+t, z=1-t.\]

Подставляем значения $x$, $y$, $z$ в уравнение плоскости:

\[3\cdot \left(-1+2\cdot t\right)-2\cdot \left(2+t\right)+\left(1-t\right)-3=0.\]

Решаем полученное уравнение: $t=3$.

Теперь подставляем значение $t=3$ в параметрические уравнения прямой и получаем координаты точки пересечения:

\[x=-1+2\cdot t=-1+2\cdot 3=5,\] \[y=2+t=2+3=5,\] \[z=1-t=1-3=-2.\]

Помощь со студенческой работой на тему
Перпендикуляр и наклонные

Задача 2

Определить условия, в соответствии с которыми две плоскости $A_{1} \cdot x+B_{1} \cdot y+C_{1} \cdot z+D_{1} =0$ и $A_{2} \cdot x+B_{2} \cdot y+C_{2} \cdot z+D_{2} =0$ будут наклонными по отношению друг к другу.

Углом между двумя плоскостями является любой угол из двух сопряженных двугранных углов, образованных этими плоскостями. Если величина одного из них $\phi $, то величина второго $\pi -\phi $. Один из этих углов равен углу между нормальными векторами плоскостей, то есть между векторами $\overline{N_{1} }=A_{1} \cdot \overline{i}+B_{1} \cdot \overline{j}+C_{1} \cdot \overline{k}$ и $\overline{N_{2} }=A_{2} \cdot \overline{i}+B_{2} \cdot \overline{j}+C_{2} \cdot \overline{k}$. Косинус этого угла можно найти по формуле $\cos \phi =\frac{A_{1} \cdot A_{2} +B_{1} \cdot B_{2} +C_{1} \cdot C_{2} }{\sqrt{A_{1}^{2} +B_{1}^{2} +C_{1}^{2} } \cdot \sqrt{A_{2}^{2} +B_{2}^{2} +C_{2}^{2} } } $.

Если значение $\cos \phi >0$, то получен острый угол между плоскостями, если $\cos \phi

В случае, когда $\cos \phi =0$, плоскости перпендикулярны. Следовательно, условие перпендикулярности двух плоскостей имеет вид $A_{1} \cdot A_{2} +B_{1} \cdot B_{2} +C_{1} \cdot C_{2} =0$.

Условие параллельности двух плоскостей совпадает с условием коллинеарности их нормальных векторов, то есть $\frac{A_{1} }{A_{2} } =\frac{B_{1} }{B_{2} } =\frac{C_{1} }{C_{2} } $.

Таким образом, две плоскости $A_{1} \cdot x+B_{1} \cdot y+C_{1} \cdot z+D_{1} =0$ и $A_{2} \cdot x+B_{2} \cdot y+C_{2} \cdot z+D_{2} =0$ будут наклонными по отношению друг к другу, если не выполняются условия их перпендикулярности и параллельности.

Задача 3

Заданы координаты вершин пирамиды $ABCD$ $A\left(3,\, -2,\, 2\right)$, $B\left(1,\, -3,\, 1\right)$, $C\left(2,\, 0,\, 4\right)$, $D\left(6,\, -4,\, 6\right)$. Найти основные характеристики этой пирамиды.

  1. Находим длину ребра $AB$.
  2. Сначала находим вектор $\overline{AB}$:

    \[\overline{AB}=(1-3)\cdot \vec{i}+(-3-(-2))\cdot \vec{j}+(1-2)\cdot \vec{k}=-2\cdot \vec{i}-\vec{j}-\vec{k}.\]

    Длина этого вектора является длиной ребра $AB$:

    \[\left|\overline{AB}\right|=\sqrt{(-2)^{2} +(-1)^{2} +(-1)^{2} } =\sqrt{6} .\]
  3. Находим косинус угла между ребрами $AB$ и $AD$.
  4. Сначала находим вектор $\overline{AD}$:

    \[\overline{AD}=(6-3)\cdot \vec{i}+(-4-(-2))\cdot \vec{j}+(6-2)\cdot \vec{k}=3\cdot \vec{i}-2\cdot \vec{j}+4\cdot \vec{k}.\]

    Косинус угла между ребрами $AB$ и $AD$ находим как косинус угла между векторами по формуле $\cos \phi =\frac{x_{1} \cdot x_{2} +y_{1} \cdot y_{2} +z_{1} \cdot z_{2} }{\sqrt{x_{1}^{2} +y_{1}^{2} +z_{1}^{2} } \cdot \sqrt{x_{2}^{2} +y_{2}^{2} +z_{2}^{2} } } $.

    Имеем: $\cos \phi =\frac{\left(-2\right)\cdot 3+\left(-1\right)\cdot \left(-2\right)+\left(-1\right)\cdot 4}{\sqrt{6} \cdot \sqrt{29} } =\frac{-8}{\sqrt{6} \cdot \sqrt{29} } \approx -0,61.$

  5. Находим уравнение грани $ABC$.
  6. Уравнение грани $ABC$ находим как уравнение плоскости, проходящей через три точки, по формуле $\left|\begin{array}{l} {x-x_{1} \, \, \, \, \, \, y-y_{1} \, \, \, \, \, \, z-z_{1} } \\ {x_{2} -x_{1} \, \, \, y_{2} -y_{1} \, \, \, \, z_{2} -z_{1} } \\ {x_{3} -x_{1} \, \, \, y_{3} -y_{1} \, \, \, \, z_{3} -z_{1} } \end{array}\right|=0$.

    Имеем: $\left|\begin{array}{l} {x-3\, \, \, \, \, \, y+2\, \, \, \, \, \, z-2} \\ {1-3\, \, \, \, \, -3+2\, \, \, \, \, \, 1-2} \\ {2-3\, \, \, \, \, \, \, \, 0+2\, \, \, \, \, 4-2} \end{array}\right|=0$ или $\left|\begin{array}{l} {x-3\, \, \, \, \, \, y+2\, \, \, \, \, \, z-2} \\ {-2\, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, -1\, \, \, \, \, \, \, \, \, -1} \\ {-1\, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, 2\, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, 2} \end{array}\right|=0$.

    Раскрыв определитель, получаем уравнение грани $ABC$: $y-z+4=0$.

  7. Находим синус угла между ребром $AD$ и гранью $ABC$.
  8. Синус угла между вектором $\overline{AD}=3\cdot \vec{i}-2\cdot \vec{j}+4\cdot \vec{k}$ и плоскостью $A\cdot x+B\cdot y+C\cdot z+D=0$ вычисляем по следующей формуле:

    \[\sin \phi =\frac{\left|A\cdot l+B\cdot m+C\cdot n\right|}{\sqrt{A^{2} +B^{2} +C^{2} } \cdot \sqrt{l^{2} +m^{2} +n^{2} } } =\] \[=\frac{\left|0\cdot 3+1\cdot \left(-2\right)+\left(-1\right)\cdot 4\right|}{\sqrt{0^{2} +1^{2} +\left(-1\right)^{2} } \cdot \sqrt{3^{2} +\left(-2\right)^{2} +4^{2} } } =\frac{6}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{29} } \approx 0,79.\]
  9. Находим объем пирамиды.
  10. Известно, что объем пирамиды равен шестой части модуля смешанного произведения векторов $AB$, $AC$ и $AD$.

    Находим вектор $AC$:

    \[\overline{AC}=\left(2-3\right)\cdot \bar{i}+\left(0-\left(-2\right)\right)\cdot \bar{j}+\left(4-2\right)\cdot \bar{k}=-\bar{i}+2\cdot \bar{j}+2\cdot \bar{k}. \]

    Следовательно:

    \[\left(AB\times AC\right)\cdot AD=\left|\begin{array}{ccc} {-2} & {-1} & {-1} \\ {-1} & {2} & {2} \\ {3} & {-2} & {4} \end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc} {-2} & {-1} & {0} \\ {-1} & {2} & {0} \\ {3} & {-2} & {6} \end{array}\right|=6\cdot \left(-4-1\right)=-30.\]

    Таким образом: $V=\frac{1}{6} \cdot \left|-30\right|=5$ куб.од.

  11. Находим точку пересечения высоты, опущенной из вершины $D$, с плоскостью грани $ABC$.
  12. Сначала записываем нормальный вектор плоскости грани $y-z+4=0$: $\overline{N}=0\cdot \bar{i}+1\cdot \bar{j}+\left(-1\right)\cdot \bar{k}$.

    Далее находим канонические уравнения прямой, которая проходит через заданную точку $D\left(6,\, -4,\, 6\right)$ параллельно этому вектору $\overline{N}=\bar{j}-\bar{k}$: $\frac{x-x_{0} }{l} =\frac{y-y_{0} }{m} =\frac{z-z_{0} }{n} $, то есть $\frac{x-6}{0} =\frac{y+4}{1} =\frac{z-6}{-1} $.

    Теперь записываем параметрические уравнения прямой.

    Вводим обозначения $\frac{x-6}{0} =t$, $\frac{y+4}{1} =t$, $\frac{z-6}{-1} =t$.

    Далее выполняем преобразования и получаем параметрические уравнения вида $x=x_{0} +l\cdot t$, $y=y_{0} +m\cdot t$, $z=z_{0} +n\cdot t$, то есть $x-6=0$, $y+4=t$, $z-6=-t$ или $x=6$, $y=t-4$, $z=6-t$.

    Подставляем значения $x=6$, $y=t-4$, $z=6-t$ в уравнение плоскости: $t-4-\left(6-t\right)+4=0$, $t-4-6+t+4=0$, $2\cdot t=6$, $t=3$.

    Подставляем $t=3$ в параметрические уравнения прямой и получаем координаты точки пересечения высоты, опущенной из вершины $D$, с плоскостью грани $ABC$:

    \[x=6, y=-1, z=3.\]
Статья предоставлена специалистами сервиса Автор24
Автор24 - это сообщество учителей и преподавателей, к которым можно обратиться за помощью с выполнением учебных работ.
как работает сервис