Блок задач на поиск пересечений.

↑

▷ Содержание

⇐ ПредыдущаяСтр 3 из 5Следующая ⇒

Задача 142. Доказать, что прямая  пересекает ось  и найти точку пересечения.

Решение. Если прямая пересекает ось , то точка пересечения имеет вид . Если в первые две дроби вместо  подставить 0, то получим . Тогда , т.е. .

Если бы первые две дроби после такой подстановки оказались не равны, то это бы означало, что нет пересечения с осью .

Ответ. (0,0,1).

Замечание. Если бы прямая и ось  были скрещивающимися, то подстановка  в канонические уравнения привела бы к противоречию уже в первых двух дробях, например, для  получили бы , но ведь , т.е. противоречие уже в первых дробях, независимо от .

Практика 15

Задача 143. Доказать, что две прямые в пространстве

 и   пересекаются, и найти точку пересечения.

Решение. Если у них естьь общая точка, то можно приравнять  из первых и вторых равенств. Но неизвестно, при каком параметре достигаются эти значения в каждом случае, поэтому нужно решить систему уравнений, положив в первых равенствах , а во вторых .

 перенесём все ,  в одну сторону, а константы в другую, чтобы система была записана в стандартной форме.

расширенная матрица:  

Преобразуем методом Гаусса. От 2-й строки отнимем утроенную 1-ю, а к 3-й прибавим 4-кратную 1-ю.

т.е.  то есть сразу же  из 2-го и 3-го уравнений, и они не противоречат друг другу. Система совместна, ранги основной и расширенной матриц совпадают, так как равны 2. Из 1-го затем , т.е. .

Впрочем, можно было решить систему ещё быстрее, если сложить 2 и 3 уравнения, тогда сразу бы получилось .

Затем подставить  в первые уравнения либо  во вторые,

получим одни и те же значения для .

, т.к.  и

 Ответ. Точка пересечения (1,1,2).

Задача 144. Найти точку пересечения плоскости  и прямой .

Решение. Запишем прямую с помощью параметрических уравнений: 

, , . 

Подставим эти выражения в уравнение плоскости, чтобы найти, при каком значении  оно выполняется.  

. Тогда .

Ответ.  Точка пересечения .

Нахождение углов и расстояний.

Задача 145. Найти угол между прямой  

и плоскостью .

Решение. Формула: .

Направляющий к прямой , нормаль к плоскости .

Их скалярное произведение равно 9.

Модули векторов равны  и . .

Приблизительно представим, какой это угол. Если бы было

 вместо  то было бы  = 90.

Но в данном случае дробь чуть меньше, а угол составляет около 79 градусов. Ответ. .

Задача 146. Вычислить расстояние от точки   до прямой  в пространстве. 

Решение.

Во-первых, можно заметить, что точка не принадлежит прямой. Если подставить  в уравнение, то видно, что равенства не соблюдаются: , .

Применим формулу .  

Точка  на прямой ищется из таких соображений: все дроби в каноническим уравнении приравняем к 0, тогда , , .

. . Направляющий вектор состоит из чисел в знаменателях в канонических уравнениях: . 

Его модуль равен . Векторное произведение:

=  = .

Модуль этого вектора равен . Ответ. .

Задача 147. Найти проекцию точки  на прямую .

Решение. Представим прямую с помощью параметрических уравнений. . Направляющий здесь , начальная точка . Теперь можно найти такое время , чтобы отрезок, соединяющий точку на прямой и точку  был ортогонален направлящему .

Вектор   ортогонален , то есть их скалырное произведение равно 0. Тогда

.

Тогда при данном  получается точка на прямой:

, то есть точка .

Ответ. Проекция - точка .

Замечание. Расстояние от точки  до её проекции равно модулю вектора , то есть . Это 2-й способ вычислить расстояние от точки до прямой, через проекцию, в отличие от метода прошлой задачи.

Задача 148. Даны три точки А(1,1,1),В(2,2,3),С(2,1,2). Вывести уравнение прямой, содержащей АВ, и найти расстояние от точки С

до этой прямой (высота треугольника АВС).

Решение. Вектор АВ (1,1,2) можем принять в качестве направляющего для этой прямой. Он отложен от точки А(1,1,1).

Тогда канонические уравнения прямой: .

Расстояние в данной ситуации, в пространстве, надо искать по формуле  в данном случае  .

Здесь точки А,С играют ту же роль, что  в прошлой задаче.

2-я сторона параллелограмма: АС=(1,0,1). .

Векторное произведение:  

 =  = .

Модуль вектора  равен . Тогда результат: .

Ответ. .

Задача 149. Доказать, что две прямые в пространстве: 

и   скрещивающиеся, и найти расстояние между ними.

Решение. Решая систему уравнений (как в задаче 133) здесь мы обнаружим, что система несовместна.

  матрица:

прибавим ко 2-й строке 1-ю, а от 3-й отнимем 1-ю.

получили систему

2-е и 3-е уравнения противоречат друг другу. Система не имеет решений, значит, эти 2 прямые не имеют ни одной общей точки.

Так как направляющие векторы  и не коллинеарны, то прямые также и не параллельны. Таким образом, скрещивающиеся.

Найдём расстояние между ними. Точку на каждой прямой можно найти, присваивая . , . Вектор, соединяющий две прямых, .

Вычисляем по формуле .

Смешанное произведение с помощью определителя.

 =  (прибавили 2-ю строку к 1-й)

 =  = , а по модулю получается 4.

=  = .

Модуль векторного произведения равен  = .

 =  = . Ответ. .

Задача 150. Заданы 2 прямые в пространстве, одна - своими параметрическими уравнениями, а другая как пересечение пары плоскостей:

 и .

Доказать, что эти прямые параллельны.

Решение. Найдём направляющие векторы этих прямых и докажем, что они коллинеарны. Для 1-й прямой надо просто выбрать коэффициенты при , получим .

Для 2-й прямой надо искать направляющий как векторное произведение нормалей к двум плоскостям.

 =  = .

Векторы  и  коллинеарны, . Значит, прямые параллельны или совпадают. Далее можно убедиться, что они не совпадающие. Возьмём точку , принадлежащую первой прямой (это получается при ). Если прямые совпадают, то она принадлежит второй прямой, а значит, обеим плоскостям, с помощью которых она задана. Но легко заметить, что это не так:

Итак, прямые параллельны.

Задача 151. Заданы 2 прямые в пространстве:

 и .

Доказать, что эти прямые параллельны, и найти уравнение плоскости, содержащей их.

Решение. Во-первых, направляющие векторы (1,1,2) и (2,2,4), что видно из коэффициентов при . Координаты пропорциональны. Тогда прямые параллельны или совпадают. Докажем, что они не совпадают.

Построим канонические уравнения первой прямой, выразив параметр  из каждого уравнения:

. Возьмём точку (2,4,7), принадлежащую второй прямой, и подставим в эти уравнения.

 но первое не равно третьему, точка не лежит на первой прямой. Тогда прямые не совпадающие, а именно параллельны. 

       При , можем найти по одной точке на каждой прямой, а именно M₁(1,2,3) и M₂(2,4,7). Для построения уравнения плоскости нам нужна 1 точка и 2 неколлинеарных направляющих в плоскости. (1,1,2) и (2,2,4) для этой цели не подходят. В качестве одного направляющего возьмём (1,1,2) а в качестве второго - вектор, соединяющий пару точек на этих прямых, то есть M₁M₂=(1,2,4).

Точка в плоскости, например, M_1. Итак, проведём плоскость через точку M₁(1,2,3) и 2 направляющих:  и . Третий вектор, проведённый к какой-либо произвольной точке в этой плоскости, и 2 направляющих, образуют ЛЗС: 

.

Ответ. .

На повторение прямых в плоскости, для контрольных работ:  

Задача 152. Найти:

а) уравнение прямой, проходящей через точку перпендикулярно вектору .

б) уравнение прямой, проходящей через точку параллельно вектору .

в) точку пересечения этих прямых.

Решение.

а)  и  ортоногальны, тогда

прямая .

б)  и  коллинеарны, тогда , из чего следует

.

в) Ищем их пересечение, решая систему.

Из 2-го вычтем утроенное 1-е, будет , откуда , тогда .

Ответ. , , пересечение (1,2).

Практика 16.  Кривые.

Полярная система координат.

       Кроме пары чисел , которыми можно задать точку на плоскости, можно задать также и таким образом: соединим точку с началом координат, длину этого отрезка обозначим . Угол между осью  и этим отрезком обозначим .

Так как  это прилежащий катет, а  гипотенуза, тогда , аналогично , откуда следуют такие формулы:

Задача 153. Построить уравнение прямой  в полярных координатах.

Решение. На чертеже видно, что чем больше угол наклона, тем больше расстояние. При  расстояние , при  оно увеличивается до , а затем стремится к .

В уравнении  заменим  по формулам перехода к полярным координатам, т.е. . Получается , тогда .

Замечание. При  получается , и точка в правой полуплоскости. Но ведь косинус существует и не только в 4-й и 1-й четвертях, но и во 2-й и 3-й тоже. Но слева нет ни одной точки этой прямой. Нет ли в этом противоречия? На самом деле нет, потому что во 2 и 3 четвертях косинус отрицателен, а при  надо двигаться в обратную сторону по лучу, направленному влево, тем самым мы снова попадаем вправо, т.е. на ту же самую прямую, и фактически она прочерчивается второй раз.

  Ответ.

Задача 154. Построить уравнение прямой  в полярных координатах.

Решение. В уравнении  заменим обе переменные по формулам перехода к полярным координатам. Получится , следовательно, , откуда следует, что . 

Ответ. .

Задача 155.    Построить уравнение окружности  с центром в точке  радиуса    в полярных координатах.  

Решение.

. Чертёж:

Замечание. Здесь снова, как было в позапрошлой задаче, если луч направлен во 2-ю или 3-ю четверть, при этом косинус отрицателен, а значит, мы попадаем в противоположную сторону - снова на ту же окружность, и она чертится 2-й раз.   

Ответ. .                                                             

Задача 156.   Построить уравнение линии    в полярных координатах, сделать чертёж.

Решение. В уравнении заменим обе переменные по формулам перехода к полярным координатам.   

.

Ответ. . Чертёж:

Определение эллипса. Эллипсом называется геометрическое место точек на плоскости, для которых сумма расстояний до двух фиксированных точек постоянна.

Задача 157. Доказать, что кривая

является эллипсом, найти каноническое уравнение, центр и полуоси.  

Решение. Выделим полный квадрат по каждой переменной.

в каждой скобке можно получить такое выражение, чтобы затем использовать формулы сокращённого умножения (ФСУ): . Надо прибавить константы в скобках, так чтобы всё сворачивалось, но для компенсации за скобками вычесть эти константы.

 это каноническое уравнение.

Ответ. Центр , полуоси  и .

Чертёж:

Задача 158. Доказать, что кривая

является эллипсом, найти каноническое уравнение, центр и полуоси, построить чертёж.  

Решение. Здесь в уравнении есть произведение , то есть надо сначала привести к главным осям квадратичную форму: . Строим её матрицу: .

Находим собственные числа и векторы.  

.

Собственные числа 1 и 9. Ищем собственные векторы.

. , оба уравнения пропорциональны, т.е. есть только такая информация: , т.е. . ФСР: вектор (1,1).

Нормируем его, то есть делим на длину, которая здесь . Получаем

 - собственный вектор для .

Это единичный вектор в 1-й четверти, получающийся поворотом (1,0) на 45 градусов.

. , оба уравнения пропорциональны, фактически оно одно: , т.е. . ФСР: вектор .

Нормируем его, получаем  собственный вектор для .

Это вектор во 2-й четверти, получающийся поворотом (0,1) на 45 градусов.

Запишем формулы перехода от одного базиса к другому:

Если подставить эти выражения в исходное уравнение, то после приведения подобных исчезнут выражения, содержащие разные переменные  и :

в линейной форме  полностью сократились,  тоже сократятся.

.

Итак, как мы видим, коэффициентами как раз и оказались 9 и 1, то есть собственные числа матрицы этой квадратичной формы.

Заметим, что 1-й степени  здесь нет, так что выделение полного квадрата надо делать только по .

, т.е. . Полуоси 1 и 3, то есть размеры эллипса: 2 на 6.

Центр , но это центр в новых координатах, а для чертежа надо найти центр именно в старых координатах . Их мы найдём по формулам взаимосвязи этих координат: 

.

Если , то .

Итак, центр - точка (1,1). В направлении первого вектора нового базиса, а именно , полуось длины 1, а в направлении второго вектора  полуось длины 3.

Ответ. Центр , полуоси  1 и 3.

Чертёж:

Задача 159 (теоретическая).

Доказательство (вывод) уравнения эллипса.

Выведем уравнение кривой, удовлетворяющей этому свойству (  = const), и докажем, что в уравнении должна быть сумма квадратов.

Пусть фокусы расположены в точках и . Вычислим по теореме Пифагора расстояние от точки (x,y) до двух фокусов. F₁ расположен дальше длина катета равна , тогда длина большего из двух отрезков, а именно , равна: .

Фокус F₂ наоборот, расположен ближе к точке на чертеже то есть катет на оси Ox равен , тогда .

Выясним, какой именно константе равна величина . Если расположить точку ровно в правой вершине, то получим , такая же сумма расстояний по определению должна быть и для произвольных точек. Итак, .

Заметим, что если оба корня возвести в квадрат, то они будут отличаться только одним слагаемым, а именно  либо . Тогда можно так оценить разность квадратов:

 =  =

 = .

Но ведь , то есть .

Тогда мы знаем и разность: .

Итак, получили систему, из которой можно определить каждое :

Сложив эти 2 равенства, получим ,

а вычитая второе из 1-го, .

Сопоставим выражения, изначально полученные по теореме Пифагора, с этими выражениями:

. Теперь возведём в квадрат:

. Тогда , далее , тогда .  

Рассмотрим вершину . Сумма расстояний до фокусов равна , то есть каждый отрезок, показанный зелёной линией на чертеже, имеет длину :

Но ведь он является гипотенузой треугольника, один катет которого это малая полуось (длина ), а другой -  (длина равна ). Таким образом, , тогда .

Итак, каноническое уравнение эллипса: .

Задача 160. Доказать, что однополостный гиперболоид   содержит прямолинейные образующие.   

Чертёж: 

Решение. Рассмотрим вертикальную плоскость, проходящую через его вершину, например, . Эта плоскость имеет уравнение . Тогда в уравнении гиперболоида , т.е. . Получается , т.е. в вертикальной плоскости две прямых:  и , или можно записать так:  и .   Это пара пересекающихся прямых.

Практика 17.

Задача 161. Доказать, что кривая

является параболой, найти каноническое уравнение, построить чертёж.  

Решение. Сначала построим матрицу квадратичной формы.

.

Найдём собственные значения и векторы.

 ,

корни  и . 

Ищем собственные векторы.

Для . 

,    уравнения пропорциональны, фактически это одно условие: . Собственным вектором является вектор . Его модуль равен .

Нормируем этот вектор: . Итак, получили первый вектор нового базиса.

Для . 

,    уравнения пропорциональны. Фактически, это одно уравнение: . Вектор . Нормируем и его тоже: .

Итак, новый базис:  и .

Составим матрицу перехода, записав их по столбцам.

Пусть новые координаты будут обозначены . Тогда:

Подставим эти две формулы перехода к новым координатам в выражение  , тем самым мы приведём квадратичную форму к главным осям, где будут только квадраты, без попарных произведений различных переменных:

+

+  = 0

+

+  = 0