Определение координат вектора относительно заданного

ОПРЕДЕЛЕНИЕ КООРДИНАТ ВЕКТОРА ОТНОСИТЕЛЬНО
ЗАДАННОГО БАЗИСА
Пример.
Даны
векторы:
a 3,  2, 1, b  1, 1,  2, c 2, 1,  5, d 11,  6, 5 
в
некотором базисе. Показать, что векторы a , b , c образуют базис, и найти координаты
вектора d в этом базисе.
Решение. Составим определитель  из координат векторов a , b , c и вычислим его
разложением, например, по первой строке:
3 2 1
1 2
1  2
1 1
  1 1  2  3
  2    1 
 1

1 3
2 3
2 1
2 1 3
 3   3  2  2  3  4  1  2  8 .
Так как   0, то векторы a , b , c образуют базис (см. разд. 1.9).
Найдем координаты вектора d относительно базиса a , b , c , т.е. числовые
коэффициенты 1 , 2 , 3 разложения
d  1a   2 b   3 c
или
 11 
 3 
  1
 2 
  6      2    1     1  .
1 
2 
3 
 
 1 
 2 
  3 
 5 
 
 
 
В силу определения равенства векторов и определения операций сложения векторов
и умножения вектора на число, когда известны координаты векторов относительно
некоторого базиса, последнее векторное равенство можно записать в виде системы трех
линейных уравнений с тремя неизвестными:
 31   2  2 3  11;

 21   2   3  6;
   2  3  5.

1
2
3
Решая эту систему, например, по формулам Крамера, находим:
1 = 2, 2 = 3, 3 = 1.
Ответ: d  2a  3b  c .
4.3. ПРЯМАЯ НА ПЛОСКОСТИ
Пример 1. Вычислить координаты вершин ромба, если известны уравнения двух его
сторон: 2 x  y  4  0 и 2 x  y  10  0 и уравнение одной из его диагоналей:
x y20 .
Решение. Выясним взаимное расположение известных сторон ромба. Угловой
коэффициент k прямой ax  by  c  0 определяется по формуле:
a
k .
b
Стороны параллельны, так как имеют одинаковый угловой коэффициент:
2
k1  k 2  
 2.
1
Для построения рисунка (рис. 4.1) запишем уравнения в отрезках для данных прямых:
x
y
x
y
L1 : 2  x  y  4  0,
  1; L2 : 2  x  y  10  0,

 1;
2 4
 5 10
D1 : x  y  2  0,
x
y

 1.
2 2
Наметим план решения:
1) находим вершины ромба P и Q;
2) находим точку пересечения диагоналей ромба N;
3) через точку N проводим диагональ D2;
y
4) находим оставшиеся вершины ромба R
L2
и S.
1) Так как точка P является точкой
10
пересечения прямых L2 и D1, то ее координаты
L1
находим из системы уравнений:
D2
2 x  y  10  0;

S
 x  y  2  0,
P
4
 3 x  12  0  x  4, y  2.
N
Из рис. 4.1 сразу находим координаты
–5
–2
точки Q(–2, 0).2) Так как диагонали ромба в
0
x точке пересечения делятся пополам, то точка
Q
N ( x N , y N ) является серединой отрезка PQ,
R
–2
поэтому
ее
координаты
–
полусумма
соответствующих координат точек P и Q:
D1
1
1
x N   4  2   3, y N  2  0   1, N  3, 1
2
2
Рис. 4.1
.
3) Так как диагонали ромба взаимно перпендикулярны, то прямая D2
перпендикулярна вектору PQ . Найдем его координаты:
PQ = –2 – (–4); 0 – 2 = {2; –2}.
По формуле (3.1) находим уравнение диагонали D2 как уравнение прямой,
проходящей через точку N(–3, 1) перпендикулярно вектору PQ = {2; –2}:
2(x – (–3)) + (–2)(y – 1) = 0, x – y + 4 = 0.
4) Вершины ромба R и S – точки пересечения прямых L2 и D2, L1 и D2,
соответственно, находим из уравнений:
x  6
x0
2 x  y  10  0
2 x  y  4  0
R: 
S: 
, 
,
, 
.
y  2
y4
 x y 40
 x y40
Ответ: P(–4, 2) R(–6, –2), Q(–2, 0), S(0, 4).
Пример 2. Составить уравнения сторон треугольника, зная одну его вершину P(2, –
7), уравнения высоты 3x + y + 11 = 0 и медианы x + 2y + 7 = 0, проведенных из разных
вершин.
Решение. Для построения рисунка (рис. 4.2) приведем уравнения данных прямых к
уравнениям в отрезках:
x
y

 1;
h: 3x + y + 11 = 0,
 11 / 3  11
y
x

 1.
m: x + 2y + 7 = 0,
7 7/2
План решения:
1) находим уравнение прямой PQ;
y
2) находим координаты точки R;
h
3) находим уравнения прямых RP и RQ.
R
1) Находим нормальный вектор
прямой h: n  3, 1 . Уравнение стороны PQ,
0
-7
проходящей через точку P(2, –7)
параллельно вектору n  3, 1 , запишем в
S
Q
виде:
x  2 y   7 

,
x – 3y – 23 = 0.
P(2, –7)
3
1
Находим координаты точки Q – точки
-11
пересечения прямых PQ и m:
 x  3 y  23  0;
x=5,
y = –6.

 x  2 y  7  0,
Рис. 4.2
2) По свойству медианы треугольника
PQR точка S(xS, yS) является серединой
отрезка RP. Следовательно:
x 2
y 7
, yS  R
.
xS  R
2
2
Точка S лежит на медиане m, значит,
x 2
y 7
x S  2 y S  7  0, R
 2 R
 7  0, x R  2 y R  2  0.
2
2
Точка R лежит на высоте h, значит,
3 x R  y R  11  0.
x
m
Из последних двух уравнений определяем координаты точки R, решая систему:
 x R  2 y R  2  0;
3 x  y  11  0,  x R  4, y R  1.
 R
R
3) Используя формулу (3.4), составим уравнение прямой RP, проходящей через две
заданные точки R и P:
x   4 
y 1
4 x  3 y  13  0.

,
2   4   7  1
Аналогично, составим уравнение прямой RQ:
x   4  y  1
7 x  9 y  19  0.

,
5   4  6  1
Ответ: x – 3y – 23 = 0, 4 x  3 y  13  0 , 7 x  9 y  19  0.
4.4. ВЫВОД УРАВНЕНИЯ ЛИНИИ, ОПРЕДЕЛЕННОЙ
КАК ГЕОМЕТРИЧЕСКОЕ МЕСТО ТОЧЕК.
КРИВЫЕ ВТОРОГО ПОРЯДКА
Пример. Составить уравнение линии, расстояния каждой точки которой от точки
A(0, –2) и от прямой 2y – 5 = 0 относятся как 4 : 5.
Решение. Возьмем произвольную точку M(x, y), которая принадлежит искомой
линии. Расстояние d между точками A и M равно:
d
 x  02   y   22  x 2   y  2 2 .
~
Расстояние d от точки M до прямой 2y – 5 = 0 находим по формуле (3.10):
~ 0x  2 y  5 1
d 
  2y 5.
2
02  22
~
~
По условию d : d  4 : 5 , следовательно, 5d  4 d , т.е.
1
5 x 2   y  2 2  4 2 y  5 .
2
Возведем обе части уравнения в квадрат:
25 x 2   y  22  42 y  52 , 25 x 2  9 y 2  180 y  0.
Получили уравнение кривой второго порядка. Для более детального исследования
выделим полные квадраты:
25 x 2  9 y 2  180 y  25 x 2  9 y 2  20 y  
25 x 2  9 y 2  2 10 y  10 2  10 2   25 x 2  9 y  10 2  900,
следовательно,
x 2  y  10 2
x 2  y  10 2

 1,

 1.
36
100
62
10 2
Теперь видно, что искомая линия – эллипс, полученный параллельным смещением
эллипса:
x2
y2

1
6 2 10 2
вдоль оси 0y на 10 единиц вниз.
25 x 2  9 y  10 2  900,
Ответ: эллипс
x 2  y  10 2

 1.
62
10 2
4.5. ПРЯМАЯ И ПЛОСКОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
Пример. Даны координаты вершин пирамиды A1, A2, A3, A4:
A1(1, –4, 1), A2(2, 1, 1), A3(1, 2, 2), A4(2, 0, 7).
Найти:
1) длину ребра A1A2;
2) угол между ребрами A1A2 и A1A4;
3) угол между ребром A1A4 и гранью A1A2A3;
4) площадь грани A1A2A3;
5) объем пирамиды;
6) уравнение прямой A1A2;
7) уравнение плоскости A1A2A3;
8) уравнение высоты, опущенной из вершины A4 на грань A1A2A3.
Сделать чертеж.
Решение
1) Длина ребра A1A2 равняется расстоянию между точками A1 и A2, вычисляется по
формуле:
A1 A2 
2  12  1   4 2  1  12  26 .
2) Найдем координаты векторов A1 A2 и A1 A4 , вычитая из координат конца каждого
вектора соответствующие координаты начала:
A1 A2   2  1; 1   4 ; 1  1   1; 5; 0, A1 A4   2  1; 0   4 ; 7  1   1; 4; 6.
По формуле (2.10) определяем косинус угла между векторами A1 A2 и A1 A4 :
cos  
A1 A2  A1 A4
A1 A2  A1 A4
,
11  5  4  0  6
cos  
12
 52
 02
12

 42
 62
 0,566 ,   55 30' .
При решении заданий пунктов 3, 4, 7, 8 полезно найти какой-либо вектор n ,
перпендикулярный плоскости A1A2A3. В качестве такого вектора можно взять векторное
произведение n  A1 A2  A1 A3 .
Найдем координаты векторов n и A1 A3
A1 A3 = 1 – 1; 2 – (–4); 2 – 1 = 0; 6; 1.

Координаты вектора n находим по формуле (1.5):
i j k
5 0
1 0
1 5
n  1 5 0 i 
 j
k 
 5i  j  6 k , n = 5; –1; 6.
6 1
0 1
0 6
0 6 1
На рис. 4.3 точка A4' – проекция точки A4 на грань A1A2A3, A4 A4' – высота,
опущенная из вершины A4 на грань A1A2A3 .
3) Угол  – угол между ребром A1A4 и гранью A1A2A3 ,  – угол между векторами
A1 A4 и n . Если эти векторы лежат по одну сторону плоскости A1A2A3, то (см. рис. 4.3)

  , sin = cos,
2
а если по разные стороны, то

  
n
A4

, sin = –cos.
2
Объединяем оба возможных случая
единой формулой:
sin = cos.
Следовательно,
A1 A4 = 2 – 1; 0 – (–4); 7 – 1 = 1; 4; 6,
sin  
A1 A4  n
n  A1 A4
A3


A1
A2
.
Рис. 4.3
Определим угол :
sin  
A4'
1 5  4   1  6  6
12
 42
 62

52
  1
2
 62
 0,645 ;
  40 12' (находим по таблицам).
о
4)
Длина
параллелограмма,
векторного
построенного
произведения
на
векторах
n  A1 A2  A1 A3
равна
площади
A1 A2 и A1 A3 ,
поэтому
площадь
треугольника A1A2A3 (см. рис. 4.3) равна:
1
1
S A A A   n   5 2   12  6 2  3,937 (eд2).
1 2 3
2
2
5) Объем пирамиды, построенной на векторах A1 A2 , A1 A3 , A1 A4 , равен одной
шестой объема параллелепипеда, построенного на тех же векторах. Объем
параллелепипеда, построенного на векторах, равен абсолютной величине смешанного
произведения A1 A2 A1 A3 A1 A4 . Таким образом, используя формулу (2.13), находим объем
пирамиды A1A2A3A4:
1 5 0
1
VA A A A
0 6 1  36  5  4  6,167 (ед3).
1 2 3 4
6
1 4 6
Этот объем можно найти и по другому, так как по определению смешанного
произведения векторов A1 A2 A1 A3 A1 A4 = n  A1 A4 , то
1
1
  A1 A2 A1 A3 A1 A4  
6
6
1
1
n  A1 A4  5  1  ( 1)  4  6  6  6,167 (ед3).
6
6
6) Используя формулу (3.5), находим уравнение прямой A1A2, проходящей через две
заданные точки A1 и A2:
x 1 y  4 z 1
x  1 y   4  z  1


;
.


1
5
0
2  1 1   4  1  1
7) Используя формулу (3.11), находим уравнение плоскости A1A2A3, проходящей
через точку A1(1, –4, 1) перпендикулярно вектору n 5; –1; 6:
5 x 1  1 y   4  6 z 1  0, 5x  y  6 z 15  0.
8) Используя формулу (3.15), находим уравнение высоты A4 A4 (см. рис. 4.3) как

уравнение прямой, проходящей через точку A4(2, 0, 7) параллельно вектору n 5; –1; 6:
x2 y0 z 7
x2
y
z7




,
.
5
1
6
5
1
6
Ответы: 1) 5,099; 2) 55 30 ; 3) 40 12 ; 4) 3,937; 5) 6,167;
y
x 1 y  4 z 1
x2
z 7
6)
; 7) 5  x  y  6  z  15  0 ; 8)
.




1
5
0
5
1
6
VA
1 A2 A3 A4
