ФЕДЕРАЛЬНОЕ ГОСУДАРСТВЕННОЕ АВТОНОМНОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ «ЮЖНЫЙ ФЕДЕРАЛЬНЫЙ УНИВЕРСИТЕТ» И.А. ЧЕРНЯВСКАЯ АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ (решебник) Ростов-на-Дону 2012 Рецензенты: кандидат физ.-мат. наук, доцент кафедры высшей математики Ростовского военного института РВ кандидат физ.-мат. наук, доцент кафедры алгебры и дискретной математики ЮФУ Задорожная Н. С. Кряквин В. Д. Аннотация Решебник по аналитической геометрии предназначен для самостоятельной работы студентов специальностей “Физика” и “Радиофизика”. Решебник содержит описание основных методов решения задач по аналитической геометрии, конкретные примеры с методическими советами, а также задания для самостоятельного решения. Содержание 1 Прямая линия на плоскости 1.1 Задачи для самостоятельного решения . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 11 2 Кривые второго порядка (элементарная теория) 2.1 Задачи для самостоятельного решения . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 15 3 Общая теория кривых второго порядка 3.1 Задачи для самостоятельного решения . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 20 4 Векторная алгебра 4.1 Задачи для самостоятельного решения . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 24 5 Прямая и плоскость в пространстве 5.1 Задачи для самостоятельного решения . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 34 Список литературы 36 3 1 Прямая линия на плоскости Заметим, что не существует алгоритмов решения геометрических задач. Однако, решение любой задачи можно свести к последовательности простейших задач. Поэтому, сначала мы приведем решения таких простейших задач. Напомним основные виды уравнения прямой: y = kx + b (1.1) уравнение прямой с угловым коэффициентом k, y − y0 = k(x − x0 ) (1.2) уравнение прямой, проходящей через точку (x0 , y0 ), с угловым коэффициентом k, x − x1 y − y1 = y2 − y1 x2 − x1 (1.3) уравнение прямой по двум точкам (x1 , y1 ) и (x2 , y2 ), Ax + By + C = 0, A2 + B 2 6= 0, (1.4) общее уравнение прямой, n = (A, B) — вектор нормали прямой, A(x − x0 ) + B(y − y0 ) = 0 (1.5) общее уравнение прямой с известной точкой, x y + = 1, a b (1.6) уравнение прямой в отрезках на осях, x cos α + y sin α − p = 0, (1.7) нормальное уравнение прямой, λ(A1 x + B1 y + C1 ) + µ(A2 x + B2 y + C2 ) = 0, λ2 + µ2 6= 0, (1.8) уравнение пучка прямых, заданного двумя пересекающимися прямыми: A1 x + B1 y + C1 = 0 и A2 x + B2 y + C2 = 0. Задача 1. Составить уравнение прямой a, проходящей через точку M0 (1; 2) параллельно прямой b: 3x + 5y − 1 = 0. При решении задачи на составление уравнения прямой прежде всего надо выбрать тот вид уравнения, который наиболее удобен в данных условиях. Так как прямая b задана общим уравнением, то нам известен ее вектор нормали n = (3; 5). Так как прямая a параллельна прямой b, то n является и ее вектором нормали. Поэтому удобнее выбрать уравнение вида (1.5), получим a : 3(x − 1) + 5(y − 2) = 0 4 или 3x + 5y − 13 = 0. Ответ: a: 3x + 5y − 13 = 0. Задача 2. Составить уравнение прямой a, проходящей через точку M0 (5; −1) перпендикулярно прямой b: y = 6x − 7. Из уравнения прямой b находим ее угловой коэффициент kb = 6. Так как a ⊥ b, то ka = −1/kb . Поэтому удобнее выбрать уравнение вида (1.2), получим 1 a : y + 1 = − (x − 5) 6 или x + 6y + 1 = 0. Ответ: a: x + 6y + 1 = 0. Задача 3. Составить уравнение прямой a, проходящей через точку M0 (7; −2) перпендикулярно прямой b: 5x + 3y + 1 = 0. Задача 3 отличается от задачи 2 только видом уравнения прямой b. В этом случае можно воспользоваться условием перпендикулярности двух прямых, заданных общими уравнениями, A1 A2 + B1 B2 = 0, получим 5A2 + 3B2 = 0, или 3 A2 =− . B2 5 Пусть, например, A2 = 3, B2 = −5. Теперь удобно записать уравнение прямой a вида (1.5): a: 3(x − 7) − 5(y + 2), или 3x − 5y − 31 = 0. Ответ: a: 3x − 5y − 31 = 0. Замечание. Если у одной из двух перпендикулярных прямых вектор нормали n1 = (A; B), то у второй вектором нормали может служить вектор n2 = (B; −A). Задача 4. Найти точку M пересечения двух прямых a: 3x−y+1 = 0 и b: x+2y = 0. Координаты точки пересечения должны удовлетворять уравнению прямой a и уравнению прямой b. Поэтому, следует решить систему уравнений: 3x − y + 1 = 0, x = −2y, x = −2/7, (·) M : =⇒ =⇒ x + 2y = 0. −6y − y + 1 = 0. y = 1/7. Задача 5. Составить уравнение прямой a, проходящей через точку пересечения прямых c: 11x − 13y + 6 = 0, b: 7x + 8y − 15 = 0 и через начало координат. Будем искать прямую a как прямую из пучка, заданного прямыми c и b. Уравнение прямой a запишем в виде (1.8) a : λ(11x − 13y + 6) + µ(7x + 8y − 15) = 0. Так как начало координат O(0; 0) принадлежит прямой a, то координаты (0; 0) должны удовлетворять уравнению прямой a, отсюда следует 6λ − 15µ = 0, или 5 λ =− . µ 2 Пусть λ = 5, µ = −2. Подставим эти значения в уравнение пучка a : 5(11x − 13y + 6) − 2(7x + 8y − 15) = 0, 5 или a : 41x − 81y = 0. Ответ: a: 41x − 81y = 0. Задача 6. Найти тангенс угла между прямыми a: x+2y −1 = 0 и b: 2x+3y +5 = 0. Найдем угловые коэффициенты прямых. Для этого перепишем уравнения прямых в виде (1.1). 1 1 a: y = − x + , 2 2 1 ka = − , 2 2 5 b: y = − x − , 3 3 2 kb = − . 3 Воспользуемся формулой для нахождения тангенса угла между прямыми k2 − k1 : tg α = 1 + k1 k2 2 − − −1 −1 3 2 6 1 = tg α = =− . 1 8 1+ 1 + −2 · −1 3 3 2 Ответ: tg α = −1/8. Замечание. В этой задаче мы воспользовались формулой для нахождения ориентированного угла между прямыми. Если ориентация угла не важна, то верным будет также ответ tg α = 1/8. Задача 7. Найти расстояние от точки M0 (5; 6) до прямой a: y = 5x − 6. Воспользуемся формулой для нахождения расстояния от точки M0 (x0 , y0 ) до прямой a: Ax + By + C = 0 d(M0 ; a) = |Ax0 + By0 + C| √ . A2 + B 2 Запишем уравнение прямой a в общем виде a: 5x − y − 6 = 0. Тогда d(M0 ; a) = |5 · 5 − 6 − 6| 13 √ =√ . 25 + 1 26 13 Ответ: d(M0 ; a) = √ . 26 Рассмотрим теперь решение более сложных типовых задач. Решение этих задач следует начинать с плана действий, в котором задача будет разбита на простейшие задачи — это и есть самая важная часть решения. Задача 8. Даны координаты вершин треугольника A(1; 2), B(3; −2), C(4; 5). Составить уравнение высоты AD треугольника. 6 План решения: 1) Найдем уравнение прямой BC по двум точкам, 2) Составим уравнение прямой, проходящей через точку A перпендикулярно прямой BC: B D A y+2 x−3 = , BC : 4−3 5+2 C или 7x − y − 23 = 0. AD : 1 · (x − 1) + 7 · (y − 2) = 0, или x + 7y − 15 = 0. Ответ: AD: x + 7y − 15 = 0. Задача 9. Даны две прямые a: x + 2y − 1 = 0 и b: 3x − y − 3 = 0. Найти прямую c так, чтобы прямая b была биссектрисой угла между прямыми a и c. План решения: 1) Найдем точку M0 пересечения прямых a a и b, 2) Найдем угловые коэффициенты пряα2 b мых a и b, 3) Воспользуемся равенством углов α1 M0 α1 и α2 : tg α1 = tg α2 . Найдем kc . c 4) Составим уравнение прямой c вида (1.2) y − y0 = kc (x − x0 ). x + 2y − 1 = 0, x = 1, 1) M0 : =⇒ M0 (1; 0). 3x − y − 3 = 0. y = 0. 1 1 1 2) a: y = − x + , ka = − , b: y = 3x − 3, kb = 3. 2 2 2 kb − kc ka − kb 3 − kc −1/2 − 3 3) tg α1 = tg α2 =⇒ = =⇒ = =⇒ 1 + kb · ka 1 + ka · kb 1 + 3kc 1 − 3/2 =⇒ kc = − 2 (x − 1) или 2x + 11y − 2 = 0. 11 Ответ: c: 2x + 11y − 2 = 0. 2 . 11 4) c: y − 0 = − Задача 10. Найти точку M 0 , симметричную точке M (2; 3) относительно прямой a: 2x + 3y − 8 = 0. План решения: 1) Составим уравнение прямой M M 0 , проходящей через точку M перпендикулярно прямой a, 2) Найдем точку O пересечения прямых a и M M 0 , 3) Так как |M O| = |OM 0 |, то воспользуемся формулами деления отрезка M M 0 точкой O пополам. 7 M O a M1 0 1) M M : 3(x − 2) − 2(y − 3) = 0, или 3x − 2y − 12 = 0. 2x + 3y − 8 = 0, =⇒ O(4; 0). 2) O: 3x − 2y − 12 = 0. x1 + x2 y1 + y2 2 + x2 3 + y2 3) x0 = , y0 = =⇒ 4 = ,O= =⇒ x2 = 6, y2 = −3. 2 2 2 2 Ответ: M 0 (6; −3). Задача 11. Найти расстояние между прямыми a: 3x−2y+5 = 0 и b: 6x−4y−7 = 0. Заметим, что так как коэффициенты при x, y в уравнениях прямой пропорци3 −2 ональны = , то прямые параллельны. 6 −4 План решения: Будем искать расстояние между паралM0 лельными прямыми как расстояние от точки M0 на прямой a до прямой b. d 1) Выберем произвольную точку M0 на a прямой a. Для этого зададим произвольно x0 , например, x0 = −1, подставим в уравнение a b и найдем y0 : y0 = 1, M0 (−1; 1). 2) Найдем d(M0 ; b): d(M0 , b) = 17 |6 · (−1) − 4 · 1 − 7| 17 √ =√ = √ . 36 + 16 52 2 13 17 Ответ: d(a, b) = √ . 2 13 Задача 12. Треугольник ABC задан координатами вершин A(1; 2), B(−1; 4), C(3; 5). Найти площадь треугольника. План решения: 1) Найдем длину стороны AC. 2) Найдем уравнение прямой AC. 3) Найдем длину высоты BD как расстояния от точки B до прямой AC. 4) Найдем площадь треугольника по формуле 1 S = |AC| · |BD|. 2 B A p √ 1) |AC| = (3 − 1)2 + (5 − 2)2 = 13. x−1 y−2 2) AC: = , или 3x − 2y + 1 = 0. 3−1 5−2 10 |3 · (−1) − 2 · 4 + 1| √ =√ . 3) |BD| = d(B; AC) = 9+4 13 1 √ 10 4) S = · 13 · √ = 5 (кв. ед.). 2 13 Ответ: S = 5. 8 D C Задача 13. Известны две вершины треугольника A(6; 5), B(10; 1) и точка H(8; 1) пересечения его высот. Найти координаты вершины C. A План решения: Будем искать точку C как точку пересечения двух прямых AC и BC. Для этого 1) Найдем вектор AH — вектор нормали прямой BC. 2) Составим уравнение прямой BC вида (1.5). 3) Найдем вектор BH — вектор нормали прямой AC. 4) Составим уравнение прямой AC вида (1.5). 5) Найдем точку C пересечения прямых BC и AC. H B C AH = (8 − 6; 1 − 5) = (2; −4). BC: 2(x − 10) − 4(y − 1) = 0, или x − 2y − 8 = 0. BH = (8 − 10; 1 − 1) = (−2; 0). AC: −2 · (x − 6) + 0 · (y − 5) = 0, или x − 6 = 0. ( x − 2y − 8 = 0, 5) C: =⇒ C(6; −1). x − 6 = 0. Ответ: C(6; −1). 1) 2) 3) 4) Задача 14. Дано уравнение одной из сторон квадрата 3x − 4y + 1 = 0 и точка S(1; −1) пересечения его диагоналей. Составить уравнения остальных сторон. План решения: Пусть дано, например, уравнение стороны AB: 3x − 4y + 1 = 0. 1) Найдем d(S; AB). 2) Составим общее уравнение стороны CD, учитывая, что CD k AB и d(S; CD) = d(S; AB). 3) Составим общие уравнения сторон BC и AD, учитывая, что они перпендикулярны прямой AB и d(S; BC) = d(S; AD) = d(S; AB). B C S A D |3 · 1 − 4 · (−1) + 1| 8 √ = . 5 9 + 16 8 |3 · 1 − 4 · (−1) + C| 8 2) CD: 3x−4y+C = 0, d(S; CD) = =⇒ = =⇒ |C+7| = 8 5 5 5 =⇒ C1 = 1, C2 = −15 =⇒ CD: 3x − 4y − 15 = 0 (при C1 = 1 получим известную сторону AB). 8 |4 · 1 + 3 · (−1) + C| 8 3) BC: 4x+3y+C = 0, d(S; BC) = =⇒ = =⇒ |C+1| = 8 5 5 5 =⇒ C1 = 7, C2 = −9 =⇒ пусть BC: 4x + 3y + 7 = 0, AD: 4x + 3y − 9 = 0. 1) d(S; AB) = Для следующих задач мы приведем планы решения — разбивку на простейшие задачи, которые предлагаем решить самостоятельно. Задача 15. Даны уравнения двух сторон параллелограмма x − 2y + 1 = 0 и 9 3x + 5y − 8 = 0 и точка пересечения его диагоналей M (1; 2). Составить уравнения двух других сторон. План решения: Заметим, что даны непараллельные стороны, B C например, AB: x − 2y + 1 = 0, BC: 3x + 5y − 8 = 0. 1) Найдем точку B пересечения прямых AB и BC. M 2) Найдем точку D, учитывая, что точка M — середина отрезка BD. A D 3) Через точку D проведем прямую CD параллельно AB и прямую AD параллельно BC. Ответ: CD: x − 2y + 5 = 0, AD: 3x + 5y − 18 = 0. Задача 16. Вершина треугольника находится в точке A(−2; 9), а биссектрисами двух его углов служат прямые 2x − 3y + 18 = 0, y + 2 = 0. Составить уравнение стороны, противоположной вершине A. Заметим, что точка A не лежит на заданных прямых, т. к. ее координаты не удовлетворяют уравнениям этих прямых. Пусть, например, CD: 2x − 3y + 18 = 0, BE: y + 2 = 0. План решения: 1) Т. к. биссектриса угла является его осью симметрии, то точка A0 , симметричная точке A относительно прямой CD лежит на прямой BC. Найдем точку A0 . 2) Аналогично, найдем A00 , симметричную точке A относительно прямой BE. Она также лежит на прямой BC. 3) Составим уравнение прямой BC по двум точкам A0 и A00 . A E D C A00 A0 B Ответ: BC: 4x − y − 5 = 0. Задача 17. Составить уравнения сторон квадрата ABCD, зная его центр S(1; 6) и по точке на двух непараллельных сторонах: M (4; 9) на стороне AB, N (−5; 4) на стороне BC. План решения: 1) Будем искать уравнение прямой AB в виде (1.2): N B C y − yM = k(x − xM ), ищем k. 2) Так как BC ⊥ AB, то уравнение BC ищем также в виде (1.2): y − yN = − 1 (x − xN ). Тем самым уже k S обеспечено, что ABCD — прямоугольник. 3) Так как S — центр квадрата, то d(S; AB) = M d(S; BC). Из этого условия найдем k. Так как в форA D муле для расстояния от точки до прямой содержится знак модуля, то получим два варианта решения. Ответ: A1 B1 : 3x + 5y − 57 = 0, B1 C1 : 5x − 3y + 37 = 0, C1 D1 : 3x + 5y − 9 = 0, 10 D1 A1 : 5x − 3y − 11 = 0; A2 B2 : 9x − y − 27 = 0, B2 C2 : x + 9y − 31 = 0, D2 A2 : x + 9y − 79 = 0. 1.1 C2 D2 : 9x − y + 21 = 0, Задачи для самостоятельного решения 1.1. Зная уравнения двух сторон параллелограмма x − 3y = 0 и 2x + 5y + 6 = 0 и одну из его вершин (4; −1), составить уравнение двух других сторон. Ответ: x − 3y − 7 = 0, 2x + 5y − 3 = 0. 1.2. Даны две стороны треугольника x + 3y − 1 = 0, 3x + 5y − 6 = 0 и точка пересечения его высот (0; 0). Найти уравнение третьей стороны. Ответ: 39x − 9y − 4 = 0. 1.3. Найти проекцию точки (−5; 6) на прямую 7x − 13y − 105 = 0. Ответ: (2; −7). 1.4. Дано уравнение стороны ромба x + 3y − 8 = 0 и уравнение его диагонали 2x + y + 4 = 0. Составить уравнение остальных сторон, зная, что точка (−9; −1) лежит на стороне, параллельной данной. Ответ: x + 3y + 12 = 0, 3x − y − 4 = 0, 3x − y + 16 = 0. 1.5. Найти расстояние между параллельными прямыми 12x − 16y − 480 и 3x − 4y + 43 = 0. Ответ: 11. 1.6. Составить уравнение сторон квадрата ABCD, зная по точке на каждой из сторон: P (2; 1) на AB; Q(0; 1) на BC, R(3; 5) на CD, S(−3; −1) на DA. Ответ: Два решения: A1 B1 : 7x + y − 15 = 0, B1 C1 : x − 7y + 7 = 0, C1 D1 : 7x + y − 26 = 0, D1 A1 : x − 7y − 4 = 0; A2 B2 : x − 3y + 1 = 0, B2 C2 : 3x + y − 1 = 0, C2 D2 : x − 3y + 12 = 0, D2 A2 : 3x + y + 10 = 0. 2 Кривые второго порядка (элементарная теория) Приведем основные факты, необходимые для решения задач x2 y 2 + 2 = 1 (a > b) a2 b каноническое уравнение эллипса; 11 (2.1) c 2 = a2 − b 2 , y F1 (−c; 0), F2 (c; 0) — фокусы эллипса; ε = ac — эксцентриситет; x = ± aε — директрисы; A2 a2 + B 2 b2 = C 2 — условие касания эллипса и прямой Ax + By + C = 0; xx0 yy0 + 2 = 1 — уравнение 2 a b касательной с известной точкой (x0 ; y0 ) касания. b c O F2 F1 x = −a/ε x a x = a/ε x2 y 2 − 2 =1 a2 b каноническое уравнение гиперболы; (2.2) y c2 = a2 + b2 , F1 (−c; 0), F2 (c; 0) — фокусы гиперболы; ε = ac — эксцентриситет; x = ± aε — директрисы; y = ± ab x — асимптоты; A2 a2 − B 2 b2 = C 2 — условие касания гиперболы и прямой Ax + By + C = 0; b F2 c a F 1 O x = −a/ε x x = a/ε xx0 yy0 − 2 = 1 — уравнение касательной с известной точкой (x0 ; y0 ) касания. a2 b y y 2 = 2px (p > 0) каноническое p уравнение параболы; F ; 0 — фокус; 2 p x = − — директриса; 2 pB 2 = 2AC — условие касания параболы и прямой Ax + By + C = 0; yy0 = p(x+x0 ) — уравнение касательной с известной точкой (x0 ; y0 ) касания. x = p/2 O x F x = −p/2 x2 y 2 Задача 1. Найти фокусы, эксцентриситет, директрисы эллипса + = 1. 25 16 √ a = 5, b = 4, c = 25 − 16 = 3, F1 (−3; 0), F2 (3; 0), эксцентриситет ε = c/a, или ε = 3/5 (заметим, что эксцентриситет эллипса ε < 1). Директрисы x = ±a/ε, или x = ±5/3. Задача 2. Найти фокусы, эксцентриситет, директрисы эллипса 12 x2 y 2 + = 1. 9 25 y y = εb Заметим, прежде всего, что a = 3, b = 5 и b > a. Следовательно большая ось эллипса лежит на оси Oy (обратите внимание на чертеж). Поэтому фокусы √ расположены на оси Oy. c = 25 − 9 = 4, F1 (0; −4), F2 (0; 4), ε = c/b, или ε = 4/5. Директрисы параллельны малой оси эллипа, т. е. в этом случае они параллельны оси Oy y = ±b/ε, или y = ±5/4. F2 x O F1 y = − εb Задача 3. Составить каноническое уравнение эллипса, зная его фокус (2; 0) и эксцентриситет ε = 1/2. Фактически нужно найти полуоси a и b эллипса. Воспользуемся определениями фокусов и эксцентриситета: F2 (c, 0), или F2 (2; 0) 1 c ε = , или ε = a 2 Учтем, кроме того, связь a, b, c: c 2 = a2 − b 2 Ответ: =⇒ =⇒ =⇒ c 1 = a 2 c = 2, =⇒ a = 4. b2 = 16 − 4 = 12. x2 y 2 + = 1. 16 12 x2 y 2 Задача 4. Составить уравнения касательных к эллипсу + = 1, параллельных 6 4 прямой `: 3x − 2y + 5 = 0. Уравнения прямых, параллельных `, имеют вид 3x − 2y + C = 0. Потребуем выполнение условия касания A2 a2 + B 2 b2 = C 2 =⇒ √ 9 · 6 + 4 · 4 = C 2 =⇒ C = ± 70. Ответ: Две касательные: 3x − 2y + √ 70 = 0 и 3x − 2y − √ 70 = 0. 2 2 Задача 5. Составить √ уравнения касательных к эллипсу x + 2y = 8, проходящих через точку M (2; 2). √ Проверим, лежит ли точка M на эллипсе: 22 + 2 · ( 2)2 = 8 — это верное равенство, значит точка M лежит на эллипсе, т. е. является точкой касания. В этом случае через точку M проходит единственная касательная и можно записать уравнение касательной с известной точкой касания: xx0 yy0 + 2 = 1. a2 b √ x2 y 2 2x 2y Сначала уравнение эллипса перепишем в виде + = 1, тогда + =1— 8 4 8 4 уравнение касательной. 13 Ответ: √ 2y x + = 1. 4 4 x2 y 2 Задача 6. Составить уравнения касательных к эллипсу + = 1, проходящих 8 4 через точку M (0; 6). Проверим, лежит ли точка M на элy липсе: 0 + 36 6= 1, следовательно точ8 4 M ка M не лежит на эллипсе. В этом случае есть две касательные, проходящие через точку M . Будем искать уравнение касательной в виде y − y0 = k(x − x0 ), или y −6 = kx — эта прямая должна каx O саться эллипса. Потребуем выполнение условие касания A2 a2 + B 2 b2 = C 2 , или k 2 · 8 + 4 = 36, k 2 = 4, k = ±2. Ответ: 2x − y + 6 = 0, −2x − y + 6 = 0. Задача 7. Найти фокусы, эксцентриситет, директрисы, асимптоты гиперболы x2 y 2 − = 1. 16 9 Из уравнения гиперболы √ находим a = 4, b = 3. F1 (−c; 0), F2 (c; 0), c = 16 + 9 = 5, следовательно, фокусы: F1 (−5; 0), F2 (5; 0). Эксцентриситет по определению ε = c/a, или ε = 5/4 (заметим, что для гиперболы a 16 b 3 ε > 1). Директрисы: x = ± , или x = ± . Асимптоты: y = ± x, или y = ± x. ε 5 a 4 Задача 8. Составить уравнение гиперболы с асимптотами y = ±x и директрисами √ b a x = ± 6. Из определения асимптот y = ± x и директрис x = ± следует, что a ε b a √ в данной задаче = 1, = 6, или a ε a = b, a2 = √6c. Так как c2 = a2 + b2 , то получим систему уравнений √ 2 a = b, c = 2 6c, √ √ 2 2 =⇒ a = 6c, a = 6c, 2 c = a2 + b 2 . a = b. Учитывая, что c 6= 0, находим √ c2 = 2 6, a2 = b2 = 12. 14 Ответ: Уравнение гиперболы x2 y 2 + = 1. 12 12 x2 y 2 Задача 9. Составить уравнения касательных к гиперболе − = 1, перпенди9 4 кулярных прямой x + 2y = 0. Уравнения всех прямых, перпендикулярных прямой x + 2y = 0, имеют вид 2x − y + C = 0. Потребуем выполнение условия касания A2 a2 − B 2 b2 = C 2 , или √ 4 · 9 − 1 · 4 = C 2 , C 2 = 32, C = ±4 2. √ √ Ответ: 2x − y + 4 2 = 0, 2x − y − 4 2 = 0. 2 Задача 10. Найти фокус и директрису параболы p y = 32x. p Из определения фокуса и директрисы F ; 0 , x = − следует, что для данной 2 2 параболы фокус F (8; 0) (обратите внимание, что p = 16), директриса x = −8. Задача 11. Найти фокус и директрису параболы x2 = −16y. y Обратите внимания на чертеж. По определению фокус параболы в этом случае F (0; −p/2), директриса y = p/2, или F (0; −4), (p = 8), y = 4. x F Задача 12. Составить уравнения касательных к параболе y 2 = 24x, проходящих через точку M (−2; 4). Проверим, лежит ли точка M на параболе: 16 6= 24 · (−2), следовательно точка M не является точкой касания. Будем искать уравнение касательной в виде y − 4 = k(x + 2), или kx − y + 2k + 4 = 0. Потребуем выполнения условия касания pB 2 = 2AC, или 12 = 2 · k · (2k + 4), k 2 + 2k − 3 = 0, k1 = −3; k2 = 1. Ответ: 3x + y + 2 = 0, x − y + 6 = 0. 2.1 Задачи для самостоятельного решения 2.1. Составить каноническое уравнение эллипса, зная, что расстояние между фокусами равно 8, а малая полуось b = 3. x2 y 2 + = 1. Ответ: 25 9 2.2. На эллипсе 9x2 + 25y 2 = 225 найти точку, расстояние которой от правого фокуса (r1 ) в четыре раза больше ее расстояния от левого фокуса (r2 ) Указание. Воспользоваться формулами для фокальных радиус-векторов r1 = a + εx, r2 = a − εx. √ ! 15 63 Ответ: − ;± . 4 4 15 2.3. Составить уравнения касательных к эллипсу x2 + 4y 2 = 20, перпендикулярных биссектрисе первого координатного угла. Ответ: x + y ± 5 = 0. 2.4. Найдите фокусы, эксцентриситет, директрисы и асимптоты гиперболы x2 y 2 − = −1. 9 16 Указание. Обратите внимание на знак правой части уравнения гиперболы и сделайте чертеж. 16 4 5 Ответ: F1 (0; −5), F2 (0; 5), ε = , y = ± ; y = ± x. 4 5 3 2.5. Составить каноническое уравнение гиперболы, зная, что вещественная по√ √ луось a = 2 5, а эксцентриситет ε = 1,2. x2 y 2 Ответ: − = 1. 16 9 2.6. Найти эксцентриситет гиперболы, асимптота которой составляет с вещественной осью угол 60◦ . Ответ: ε = 2. x2 y 2 2.7. Составить уравнения касательных к гиперболе − = 1, параллельных 2 6 прямой 5x − 2y + 1 = 0. √ Ответ: 5x − 2y ± 26 = 0. 2.8. Найти фокус и директрису параболы x2 − 4y = 0. Ответ: F (0; 1), y = −1. 2.9. На параболе y 2 = 6x найти точку, расстояние которой от фокуса равно 4,5. √ Ответ: (3; ±3 2). 2.10. Составить уравнение касательной к параболе y 2 = 8x, параллельной прямой x + y − 5 = 0. Ответ: x + y + 2 = 0. 3 Общая теория кривых второго порядка В этом разделе приведены решения задач двух основных типов: 1) составить общее уравнение кривой по заданным геометрическим условиям. 2) по общему уравнению кривой определить тип кривой и ее размеры (приведение общего уравнения кривой к каноническому виду). Заметим, прежде всего, что уравнение кривой 2-го порядка имеет канонический вид, если система декартовых прямоугольных координат выбрана специальным образом, например, для эллипса: начало координат совпадает с центром эллипса, а оси координат служат осями симметрии эллипса (такое расположение кривой назовем каноническим). В любой другой системе координат уравнение кривой имеет, так называемый, общий вид: ax2 + bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0. 16 Задача 1. Найти уравнение эллипса с фокусами F1 (1; 0), F2 (0; 1), если большая ось его равна 2a = 2. Как видно из чертежа, расположение элy липса не является каноническим. Воспользуемся определением эллипса: для любой точки M (x, y) эллипса |M F1 | + |M F2 | = 2a. Запишем 1 это равенство в координатах: p p (x − 1)2 + y 2 + x2 + (y − 1)2 = 2. x O 1 Далее упростим это уравнение стандартным образом: p p (x − 1)2 + y 2 = 2 − x2 + (y − 1)2 , p x2 − 2x + 1 + y 2 = 4 − 4 x2 + (y − 1)2 + x2 + y 2 − 2y + 1, p 2 x2 + (y − 1)2 = 2 + x − y, 4x2 + 4y 2 − 8y + 4 = 4 + x2 + y 2 + 4x − 4y − 2xy. Ответ: 3x2 + 2xy + 3y 2 − 4x − 4y = 0 — общее уравнение эллипса. Задача 2. Составить уравнение гиперболы, один из фокусов которой√F (1; 1), соответствующая ему директриса `: x + y − 1 = 0 и эксцентриситет ε = 2. Как следует из условия, расположение гиперболы не является каноническим. Воспользуемся теоремой: |M F | = ε. Запишем это равенство в кодля любой точки M (x, y) гиперболы d(M, `) ординатах: p (x − 1)2 + (y − 1)2 √ = 2. |x + y − 1| √ 2 Далее упростим это уравнение: p (x − 1)2 + y 2 = |x + y − 1|, x2 − 2x + 1 + y 2 − 2y + 1 = x2 + y 2 + 1 + 2xy − 2x − 2y. Ответ: 2xy − 1 = 0 — общее уравнение гиперболы. Задача 3. Составить уравнение параболы с фокусом F (2; 3) и директрисой ` : x − 2y + 1 = 0. Как следует из условия, расположение параболы не является каноническим. Воспользуемся определением параболы: для любой точки M (x, y) параболы |M F | = d(M, `). Запишем это равенство в координатах: p |x − 2y + 1| √ (x − 2)2 + (y − 3)2 = . 5 17 Далее упростим уравнение: 5(x2 − 4x + 4 + y 2 − 6y + 9) = x2 + 4y 2 + 1 − 4xy + 2x − 4y. Ответ: 4x2 + 4xy + y 2 − 22x − 26y + 64 = 0 — общее уравнение параболы. Рассмотрим теперь решения задач на определение типа кривой по ее общему уравнению. Одним из методов решения таких задач является метод перехода к новой системе координат, в которой кривая расположена канонически. Как известно, перейти к новой системе координат можно в два этапа: совершить поворот осей координат и затем выполнить параллельный перенос. Известно, что всегда можно найти такой угол α, при повороте на который осей координат в новом уравнении кривой исчезнет слагаемое с произведением переменных. Задача 4. Определить тип линии и ее размеры по общему уравнению 5x2 + 4xy + 8y 2 − 32x − 56y + 80 = 0. (3.1) 1) Перейдем к новой системе координат, совершив поворот осей на угол α: x = x0 cos α − y sin α, y = x0 sin α + y 0 cos α. Подставим эти выражения x, y в уравнение кривой, раскроем скобки, выпишем коэффициент при произведении x0 y 0 и потребуем, чтобы он обратился в ноль: 5 · (−2 cos α · sin α) + 4 · (cos2 α − sin2 α) + 8 · 2 sin α · cos α = 0, получим уравнение для отыскания угла α поворота осей, решим его: 4 sin2 α − 6 sin α · cos α − 4 cos2 α = 0, √ 3 ± 25 2 , 2 tg α − 3 tg α − 2 = 0, tg α1,2 = 4 1 tg α1 = 2, tg α2 = − . 2 Выберем, например, tg α1 = 2. Найдем 1 1 cos α1 = p =√ , 2 5 1 + tg α1 tg α1 2 sin α1 = p =√ . 2 5 1 + tg α1 x0 − 2y 0 2x0 + y 0 √ ,y = √ . Подставим эти вы5 5 ражения x, y в уравнение (3.1), раскроем скобки приведем подобные члены, при этом коэффициент при произведении x0 y 0 обращается в ноль: 1 1 2 4 4 −2 1 1 02 02 x 5· +4· √ · √ +8· +y 5· +4 √ · √ +8· + 5 5 5 5 5 5 5 5 1 2 2 1 0 0 + x −32 · √ − 56 · √ + y −32 · − √ − 56 · √ + 80 = 0, 5 5 5 5 Запишем формулы поворота осей: x = 18 или 144 8 2 2 9x0 + 4y 0 − √ x0 + √ y 0 + 80 = 0. 5 5 (3.2) 2) Теперь будем искать параллельный перенос, который приведет уравнение кривой к каноническому виду. Для этого можно применить прием «дополнение до полных квадратов»: сгруппируем слагаемые, содержащие x0 , и слагаемые, содержащие y 0 , в уравнении (3.2) вынося при этом коэффициент при квадратах x0 , y 0 за скобки 2 0 16 0 02 02 9 x − √ x + 4 y + √ y + 80 = 0. 5 5 Дополним слагаемые в каждой скобке до полных квадратов: 16 0 64 2 0 1 64 1 02 02 9 x −√ x + −9· +4 y + √ y + − 4 · + 80 = 0, 5 5 5 5 5 5 2 2 8 1 9 x0 − √ + 4 y0 + √ = 36. (3.3) 5 5 Рассмотрим параллельный перенос осей по формулам 8 x00 = x0 − √ , 5 1 y 00 = y 0 + √ . 5 В новой системе координат уравнение (3.3) примет вид 2 2 9x00 + 4y 00 = 36, или x00 2 y 00 2 + = 1. 4 9 Итак, заданная кривая есть эллипс с полуосями a = 2, b = 3. Задача 5. Определить тип линии и ее размеры по общему уравнению x2 − 4xy + 4y 2 + 4x − 3y − 7 = 0. (3.4) 1) x = x0 cos α − y 0 sin α, y = x0 sin α + y 0 cos α. Подставим эти выражения x, y в уравнение, найдем коэффициент при x0 y 0 и приравняем его к нулю: −2 cos α · sin α − 4(cos2 α − sin2 α) + 4 · 2 sin α · cos α = 0, 2 sin2 α + 3 sin α · cos α − 2 cos2 α = 0, √ −3 ± 25 −3 ± 5 2 2 tg α + 3 tg α − 2 = 0, tg α1,2 = = , 4 4 1 tg α1 = , tg α2 = −2. 2 19 1 2 1 Выберем, например, tg α1 = . Находим cos α1 = √ , sin α1 = √ . Запишем фор2 5 5 x0 + 2y 0 2x0 − y 0 ,y= √ . Подставим мулы найденного поворота осей координат x = √ 5 5 эти выражения x, y в уравнение (3.4), раскроем скобки и приведем подобные слагаемые 4 1 2 1 1 1 2 4 02 02 x −4· √ · √ +4· +y − 4 −√ · √ +4· + 5 5 5 5 5 5 5 5 1 2 2 1 0 0 + y 4 · −√ −3· √ − 7 = 0, +x 4 · √ − 3 · √ 5 5 5 5 или 2 5y 0 + √ √ 5x0 − 2 5y 0 − 7 = 0. (3.5) 2) Будем искать параллельный перенос осей. Из уравнения (3.5) уже видно, что речь идет о кривой параболического типа. Сначала дополним до полного квадрата слагаемые с переменной y 0 : 2 0 1 1 √ 02 5 y +√ y + − 5 · + 5x0 − 7 = 0, 5 5 5 или 2 √ 1 0 5 y +√ = − 5x0 + 8. 5 Теперь вынесем за скобку справа коэффициент при x0 : 2 √ 8 1 0 0 5 y +√ =− 5 x −√ . 5 5 (3.6) 1 8 Совершим параллельный перенос по формулам x00 = x0 − √ , y 00 = y 0 + √ . В новой 5 5 системе координат уравнение (3.6) привет вид √ 2 5y 00 = − 5x00 1 2 или y 00 = − √ x00 . 5 1 Итак, заданная кривая есть парабола с параметром p = − √ . 2 5 3.1 Задачи для самостоятельного решения 3.1. Составить уравнение эллипса, если известны его эксцентриситет ε = 1/2, фокус F (3; 0) и соответствующая директриса x + y − 1 = 0. Ответ: 7x2 − 2xy + 7y 2 − 46x + 2y + 71 = 0. 3.2. Составить уравнение эллипса с фокусами F1 (1; 3), F2 (3; 1), если расстояние √ между директрисами равно 12 2. Ответ: 11x2 + 2xy + 11y 2 − 48x − 48y − 24 = 0. 3.3. Составить уравнение гиперболы, зная расстояние между вершинами 24 и фокусы F1 (−10; 2), F2 (16; 2). 20 (x − 3)2 (y − 2)2 − = 1. 144 25 3.4. Составить уравнение гиперболы, зная один из фокусов (−2; 2), соответствующую директрису 2x − y − 1 = 0 и точку M (1; −2) на гиперболе. Ответ: Ответ: 91x2 − 100xy + 16y 2 − 136x + 86y − 47 = 0. 3.5. Составить уравнение параболы с фокусом F (2; −1) и директрисой x − y − 1 = 0. Ответ: x2 + 2xy + y 2 − 6x + 2y + 9 = 0. 3.6. Привести уравнение кривой к каноническому виду, используя преобразование координат: а) 3x2 + 10xy + 3y 2 − 2x − 14y − 13 = 0. x0 2 y 0 2 − = 1. 1 4 б) 25x2 − 14xy + 25y 2 + 64x − 64y − 224 = 0. Ответ: x0 2 y 0 2 Ответ: + = 1. 16 9 2 в) 9x + 12xy + 4y 2 − 24x − 16y + 3 = 0. Ответ: пара параллельных прямых x0 = ±1. г) 9x2 − 24xy + 16y 2 − 20x + 110y − 50 = 0. Ответ: y 0 2 = 2x0 . 4 Векторная алгебра В этом разделе приведены решения простейших задач векторной алгебры в координатной форме: умножение вектора на число, сложение (вычитание) векторов; скалярное, векторное произведение векторов; смешанное произведение трех векторов. Основная цель этих задач — подготовить аппарат, который успешно используется при решении задач на тему «прямая и плоскость в пространстве». Предполагается, что во всех задачах координаты векторов заданы в ортонормированном базисе. Задача 1. Найти единичный вектор, сонаправленный с вектором a = (2; −1; 3). Эта операция называется нормированием вектора a и часто используется при решении более сложных задач. Обозначим искомый вектор a◦ . Найдем длину вектора a: q √ |a| = a21 + a22 + a23 = 14. Умножим вектор a на число 1/|a|, получим вектор единичной длины: a 2 1 3 ◦ = √ ; −√ ; √ . a = |a| 14 14 14 21 Задача 2. Даны векторы a = (2; 3; −1), b = (4; 0; 5). Найти единичный вектор `, противоположно направленный с вектором c = 3a − 2b. Найдем координаты вектора c: c = 3 · (2; 3; −1) − 2 · (4; 0; 5) = (6 − 8; 9 − 0; −3 − 10) = (−2; 9; −13). Пронормируем вектор c: c c c = =√ = |c| 4 + 81 + 169 −2 −9 13 ◦ Тогда ` = −c = √ ;√ ;√ . 254 254 254 ◦ −2 9 −13 √ ;√ ;√ 254 254 254 . Задача 3. Найти угол α между векторами a = (2; 1; 5) и b = (−3; 2; 1). Воспользуемся формулой (a, b) a1 b 1 + a2 b 2 + a3 b 3 p = =p 2 |a| · |b| a1 + a22 + a23 · b21 + b22 + b23 −6 + 2 + 5 1 1 √ √ = √ = √ =√ . 4 + 1 + 25 · 9 + 4 + 1 30 · 14 2 105 db) = cos(a, 1 Ответ: α = arccos √ . 2 105 Задача 4. Найти проекцию вектора a = (3; 2; 5) на ось, заданную вектором u = (2; −1; 2). Воспользуемся формулой пр.u a = (a, u◦ ). Пронормируем вектор u: u 2 1 2 u u = = = ;− ; . |u| 3 3 3 3 2 1 2 14 ◦ +5· = . пр.u a = (a, u ) = 3 · + 2 · − 3 3 3 3 ◦ Задача 5. Найти координаты векторного произведения векторов a = (8; 3; 1) и b = (2; −4; 7). Будем искать векторное произведение «в форме определителя третьего порядка» (i, j, k — это векторы ортонормированного базиса): i j k [a × b] = 8 3 1 = i(21 + 4) − j(56 − 2) + k(−32 − 6) = 2 −4 7 = 25i − 54j − 38k = (25; −54; −38). Задача 6. Найти площадь параллелограмма, построенного на векторах a = (3; −1; 1) и b = (4; 2; −3). 22 Воспользуемся геометрическим смыслом длины векторного произведения: |[a × b]| — площадь параллелограмма, построенного на векторах a и b. Найдем координаты [a × b]: k i j [a × b] = 3 −1 1 = i(3 − 2) − j(−9 − 4) + k(6 + 4) = 4 2 −3 = i + 13j + 10k = (1; 13; 10). √ √ S = |[a × b]| = 1 + 169 + 100 = 270 (кв. ед.). Задача 7. Найти смешанное произведение векторов a = (2; −1; 3), b = (3; 2; 1), c = (−1; 0; 4). Воспользуемся правилом нахождения смешанного произведения в координатах: a1 a2 a3 2 −1 3 (a, b, c) = b1 b2 b3 = 3 2 1 = c c c −1 0 4 1 2 3 = 2(8 − 0) + 1(12 + 1) + 3(0 + 2) = 16 + 13 + 6 = 35. Задача 8. Проверить, являются ли векторы a = (3; −1; 2), b = (6; 4; 1), c = (0; −6; 3) компланарными. Воспользуемся критерием компланарности векторов: (a, b, c) = 0 ←→ векторы компланарны. 3 −1 2 (a, b, c) = 6 4 1 = 3(12 + 6) + 1(18 − 0) + 2(−36 − 0) = 0 −6 3 = 54 + 18 − 72 = 0 =⇒ векторы компланарны. Задача 9. Найти объем параллелепипеда ABCDA1 B1 C1 D1 , если A(1; 0; 1), B(2; 1; 3), D(3; 2; −4), A1 (2; 2; 2). Воспользуемся геометрическим смыслом смешанного произведения: |(AB, AD, AA1 )| = V — объем параллелепипеда, построенного на векторах AB, AD, AA1 . Найдем координаты этих векторов: AB = (2 − 1; 1 − 0; 3 − 1) = (1; 1; 2), AD = (3 − 1; 2 − 0; 1 + 4) = (2; 2; 5), AA1 = (2 − 1; 2 − 0; 2 − 1) = (1; 2; 1). 23 B1 C1 A1 D1 B A C D V 4.1 1 1 2 = mod 2 2 5 = |1(2 − 10) − 1(4 − 2) + 2(4 − 2)| = 1 2 1 = | − 8 − 2 + 4| = 6 (куб. ед.) Задачи для самостоятельного решения 4.1. Пронормировать вектор a = (−2; 2; 1). 2 2 1 ◦ Ответ: a = − ; − ; . 3 3 3 4.2. Найти вектор c = 3a − 4b, если a = (1; 2; 1), b = (2; −1; 3). Ответ: c = (−5; 10; −9). 4.3. Проверить, являются ли векторы a = (2; −3; 7) и b = (1; 3; 1) ортогональными. Ответ: a и b ортогональны. 4.4. Найти высоты параллелограмма, построенного на векторах a = (8; 4; 1), b = (3; 2; 6). √ √ 28 2 . Ответ: h1 = 4 2, h2 = 9 4.5. Проверить, компланарны ли векторы a = (2; 1; −5), b = (1; 0; 3), c = (7; 2; 3). Ответ: Нет. 4.6. Найти высоты параллелепипеда, построенного на векторах a = (1; 2; −1), b = (3; 1; 0), c = (−1; 2; 4). 15 3 15 . Ответ: √ , √ , √ 35 5 209 4.7. Доказать, что четыре точки A(1; 2; −1), B(0; 1; 5), C(−1; 2; 1), D(2; 1; 3) лежат в одной плоскости. 4.8. Даны вершины треугольника A(1; −1; 2), B(5; −6; 2), C(1; 3; −1). Найти длину его высоты, опущенной из вершины B на сторону AC. Ответ: h = 5. 5 Прямая и плоскость в пространстве В начале этого раздела приведем основные виды уравнений прямых и плоскостей в пространстве: Ax + By + Cz + D = 0, 24 A2 + B 2 + C 2 6= 0 (5.1) — общее уравнение плоскости, n = (A; B; C) — вектор нормали (вектор, перпендикулярный плоскости); A(x − x0 ) + B(y − y0 ) + C(z − z0 ) = 0 (5.2) — общее уравнение плоскости с известной точкой (x0 ; y0 ; z0 ); λ(A1 x + B1 y + C1 z + D1 ) + µ(A2 x + B2 y + C2 z + D2 ) = 0, — уравнение пучка плоскостей; x = x0 + `t y = y0 + mt , z = z0 + nt λ2 + µ2 6= 0 `2 + m2 + n2 6= 0 (5.3) (5.4) — параметрические уравнения прямой, u = (`; m; n) — направляющий вектор прямой; y − y0 z − z0 x − x0 = = (5.5) ` m n — канонические уравнения прямой; A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0 (5.6) A x+B y+C z+D =0 2 2 2 2 — прямая задана как линия пересечения двух непараллельных плоскостей. Приведем, прежде всего, решение простейших задач на эту тему. Решение более сложных задач, как правило, можно разбить на последовательность простейших задач. Задача 1. Составить уравнение плоскости α, проходящей через точку M0 (−1; 2; 3) параллельно плоскости β: 5x − 7y + z − 4 = 0. Заметим, что т. к. α k β, то можно считать, что вектор нормали nβ = (5; −7; 1) является вектором нормали и плоскости α. Далее воспользуемся уравнением (5.2): α : 5(x + 1) − 7(y − 2) + (z − 3) = 0, или Ответ: α: 5x − 7y + z + 16 = 0. Задача 2. Составить уравнение плоскости α, проходящей через три заданные точки M1 (2; 1; 0), M2 (3; 1; 4), M3 (−3; 2; 5). Заметим, что векторы M1 M2 , M1 M3 лежат в плоскости. По определению их векторное произведение перпендикулярно плоскости α, поэтому можно считать i j k nα = [M1 M 2 ×M1 M 3 ] = 1 0 4 = (−4; −25; 1). −5 1 5 25 n M3 M1 M2 α Далее составим уравнение α вида (5.2), выбрав в качестве известной, например, точку M1 : α : − 4(x − 2) − 25(y − 1) + z = 0. Ответ: α: 4x + 25y − z + 33 = 0. Задача 3. Составить уравнение плоскости, проходящей через точку M0 (2; −1; 3) и через линию пересечения плоскостей β: x + y − z = 0 и γ: 2x + y + z − 1 = 0. Заметим, что в тех задачах, где требуется найти уравнение плоскости, проходящей через линию пересечения двух заданных плоскостей, удобнее воспользоваться уравнением пучка плоскостей (5.3): α : λ(x + y − z) + µ(2x + y + z − 1) = 0. Подставим в это уравнение вместо переменных координаты точки M0 , потребовав тем самым, чтобы точка M0 лежала в плоскости α: λ(2 − 1 − 3) + µ(4 − 1 + 3 − 1) = 0, или 5 λ = . µ 2 Пусть, например, λ = 5, µ = 2. Эти значения λ, µ подставляем в уравнение плоскости α. Ответ: α: 9x + 7y − 3z − 2 = 0. −2λ + 5µ = 0, Задача 4. Найти параметрические уравнения прямой x − 3y + 6 = 0, a: 2x + y − z = 0. Заметим, что из условия мы видим векторы нормалей плоскостей n1 = (1; −3; 0), n2 = (2; 1; −1). Их векторное произведение есть вектор, перпендикулярный к ним, т. е. параллельный прямой a, поэтому является направляющим вектором искомой прямой. k i j u = [n1 × n2 ] = 1 −3 0 = (3; 1; 7). 2 1 −1 u n1 n2 M0 β α a Найдем какую-нибудь точку M0 на прямой a, т. е. любое решение системы x − 3y + 6 = 0, 2x + y − z = 0. Пусть, например, x0 = 0, тогда y0 = 2, z0 = 2. Составим параметрические уравнения прямой a. 26 Ответ: a: x = 3t, y = 2 + t, z = 2 + 7t. Задача 5. Составить уравнение прямой a, проходящей через точку M0 (5; 2; 3) перпендикулярно плоскости α: 3x − y + 2z − 1 = 0. a Заметим, что вектор нормали плоскости n = (3; −1; 2) можно принять за направляющий вектор прямой, поэтому можно сразу записать или параметрические, или канонические уравнения прямой. y−2 z−3 x−5 = = . Ответ: α: 3 −1 2 n α x−1 y z+1 Задача 6. Найти точку M пересечения прямой a: = = и плоско2 3 1 сти α: x + 2y − z + 5 = 0. Запишем параметрические уравнения прямой x = 1 + 2t, y = 3t, z = −1 + t. Так как точка пересечения лежит одновременно в плоскости и на прямой, то ее координаты одновременно удовлетворяют уравнениям прямой и уравнению плоскости. Поэтому следует решить систему уравнений: x = 1 + 2t y = 3t . z = −1 + t x + 2y − z + 5 = 0 Подставим в последнее уравнение выражения x, y, z и найдем t: 1 + 2t + 2 · 3t − (−1 + t) + 5 = 0, 7t + 7 = 0, t = −1. Теперь находим x = 1 − 2 = −1, y = −3, z = −1 − 1 = −2. Ответ: M (−1; −3; −2). Задача 7. Найти угол между прямой a: 2x − y + 3z − 1 = 0. Заметим, что y+2 z x−1 = = 1 −1 2 ◦ du)| = | cos(90 − ϕ)| = sin ϕ. | cos(n, Из условия видим n = (2; −1; 3), u = (1; −1; 2). Поэтому sin ϕ = |(n, u)| |2 + 1 + 6| 9 √ =√ = √ . |n| · |u| 4+1+9· 1+1+4 2 21 9 Ответ: ϕ = arcsin √ . 2 21 27 и плоскостью α: n u ϕ Рассмотрим теперь несколько типовых задач на установление взаимного расположения прямых и плоскостей. Задача 8. Установить взаимное расположение двух прямых x = 1 + 4t, x = −1 + 2t, b: a: y = 1, y = −t, z = 2 + t. z = 3 + 2t, Покажем, какие возможны ситуации u1 u1 u1 u1 u2 u2 u2 akb a b u2 a совпадает с b a и b пересекаются a и b скрещиваются Из уравнений прямых видим u1 = (4; −1; 2), u2 = (2; 0; 1). Векторы не параллельны, значит прямые или пересекаются, или скрещиваются. Проверить пересекаются ли прямые можно двумя способами. Способ 1. Если прямые пересекаются, то векторы u1 , u2 , M1 M2 (M1 и M2 — точки на прямой a и на прямой b) лежат в одной плоскости (компланарны). Найдем смешанное произведение этих векторов, выбрав M1 (1; 0; 3), M2 (−1; 1; 2): 4 −1 2 (u1 , u2 , M1 M2 ) = 2 0 1 = 0, −2 1 −1 следовательно векторы компланарны, т. е. прямые пересекаются. Способ 2. Если прямые пересекаются, то у них есть общая точка, координаты которой могут быть найдены из уравнений прямой a при каком-то значении t1 параметра и из уравнений прямой b при каком-то значении t2 параметра. Выясним, есть ли такие значения t1 , t2 , при которых 1 + 4t1 = −1 + 2t2 , −t1 = 1, 3 + 2t1 = 2 + t2 . Решим любые два из этих уравнений и подставим найденные t1 , t2 в третье уравнение. Если получим верное равенство, то будет найдено решение t1 , t2 системы. t1 = −1, t2 = −1, 3−2=2−1 28 — верно, значит есть точка пересечения. Ее координаты можно найти, подставив t1 в уравнение прямой a, или подставив t2 в уравнение прямой b. В нашем случае точка пересечения M (−3; 1; 1). Замечание. Способ 2 дает возможность не только проверить пересекаются ли прямые, но и найти точку пересечения. Задача 9. Установить взаимное расположение прямых x = −1 + t, x = 2t, a: b: y = 2 − t, y = 1 − 2t, z = 3t, z = 3 + 6t. Находим u1 = (1; −1; 3), u2 = (2; −2; 6). Так как u1 k u2 , то прямые или параллельны, или совпадают. В последнем случае любая точка прямой a лежит и на прямой b. Возьмем точку M (−1; 2; 0) на прямой a. Подставим ее координаты в уравнение прямой b. Так как получаем одно и то же значение t = −1/2, то точка M лежит и на прямой b. Ответ: Прямые совпадают. x−1 y+2 z = = и плосЗадача 10. Установить взаимное расположение прямой 2 3 4 кости α: 3x + 2y − 3z + 1 = 0. Покажем, какие возможны ситуации. a u a n n α u a M akα α a⊂α α M a∩α=M Из условия видим u = (2; 3; 4), n = (3; 2; −3). Если a k α или a ⊂ α, то эти векторы перпендикулярны. Проверим это. (u, n) = 6 + 6 − 12 = 0 =⇒ векторы перпендикулярны. Если a ⊂ α, то любая точка прямой лежит и в плоскости. Возьмем, например, точку M (1; −2; 0). Подставим ее координаты в уравнение плоскости 3 · 1 + 2 · (−2) + 1 = 0 =⇒ M ∈ α. Ответ: Прямая лежит в плоскости. Теперь приведем решения типовых задач на отыскание расстояний между точками, прямыми, плоскостями. 29 Задача 11. Найти расстояние от точки M0 (2; −3; 5) до плоскости α: 2x − y − 2z − 3 = 0. Для решения этой задачи воспользуемся известной формулой d(M0 , α) = или d(M0 , α) = |Ax0 + By0 + Cz0 + D| √ , A2 + B 2 + C 2 |2 · 2 + 3 − 2 · 5 − 3| 6 √ = . 3 4+1+4 Ответ: d(M0 , α) = 2. Задача 12. Найти расстояние от точки M0 (1; −2; 3) до прямой a: x−1 y−2 z+5 = = . 2 −1 3 Для решения этой задачи есть два способа. Способ 1. Выберем любую точку N на прямой a, например, N (1; 2; −5). Построим параллелограмм на векторах N M0 и u = (2; −1; 3). Тогда высота h и является искомым расстоянием d(M0 , a). Высоту h найдем, из формулы для площади параллелограмма S = h · |u|, M0 а площадь параллелограмма найдем как длину векторного произведения S = |[N M0 × u]|. h u i j k N a [N M 0 × u] = 0 −4 8 = (−4; 16; 8), 2 −1 3 √ √ S = |[N M 0 × u]| = 42 + 162 + 82 = 4 21, √ √ √ 4 21 4 3 d(M0 , a) = h = √ = √ = 2 6. 4+1+9 2 Способ 2. Построим плоскость α, проходящую через точку M0 , перпендикулярно прямой a: α : 2(x − 1) − (y + 2) + 3(z − 3) = 0, α : 2x − y + 3z − 13 = 0. Найдем точку пересечения плоскости α и прямой a: x = 1 + 2t, y = 2 − t, (·)P : z = −5 + 3t, 2x − y + 3z − 13 = 0, 30 u=n P a M0 α 2(1 + 2t) − (2 − t) + 3(−5 + 3t) − 13 = 0, 14t − 28 = 0, t = 2, тогда точка P (5; 0; 1). Так как P M0 ⊥ a, то p √ d(M0 , a) = |P M0 | = (1 − 5)2 + (−2 − 0)2 + (3 − 1)2 = 2 6. √ Ответ: d(M0 , α) = 2 6. Задача 13. Найти расстояние между параллельными плоскостями α : x − 2y + 2z − 1 = 0 и β : 2x − 4y + 4z + 3 = 0. Выберем любую точку M0 , например, в плоскости α. Пусть M0 (1; 0; 0). Найдем d(M0 , β) = d(α, β). d(M0 , β) = √ α M0 5 |2 · 1 + 3| = . 6 4 + 16 + 16 β Задача 14. Найти расстояние между скрещивающимися прямыми a: y z+2 x−1 = = 2 3 −1 и b: x+2 y−1 z+3 = = . 1 2 −2 Расстояние между скрещивающимися прямыми — это длина отрезка их общего перпендикуляра. Однако искать общий перпендикуляр не обязательно. Сведем эту задачу к отысканию расстояния от точки M0 ∈ a до плоскости α, которую проведем через прямую b параллельно прямой a (см. чертеж). Так как векторное произведение направляющих векторов прямых a и b перпендикулярно к u1 , u2 , то [u1 × u2 ] ⊥ α и поэтому i j k n = [u1 × u2 ] = 2 3 −1 1 2 −2 u1 a M0 n u2 b k α = (−4; 3; 1). Проведем плоскость через любую точку K прямой b с найденным вектором нормали n = (−4; 3; 1). Пусть, например, K(−2; 1; −3). α : −4(x + 2) + 3(y − 1) + (z + 3) = 0, α: −4x + 3y + z − 8 = 0. 31 Выберем точку M0 (1; 0; −2) на прямой a. d(a, b) = d(M0 , α) = | − 4 · 1 − 2 − 8| 14 √ =√ . 16 + 9 + 1 26 14 Ответ: d(a, b) = √ . 26 Рассмотрим теперь более сложные типовые задачи. Задача 15. Найти точку, симметричную точке M (3; 1; −1) относительно плоскости α: 3x + y + z − 20 = 0. M План решения. 1) Проведем через точку M прямую M O ⊥ α, выбрав для нее направляющий вектор u = n. 2) Найдем точку O пересечения плоскости α и прямой M O. 3) Воспользуемся формулами деления отрезка M M 0 точкой O пополам. (Вычисление проделайте самостоятельно) n O M0 Ответ: M 0 (9; 3; 1). Задача 16. Найти точку, симметричную точке M (1; 2; 8) относительно прямой a: x−1 y z = = . 2 −1 1 План решения. 1) Построим плоскость α, проходящую через точку M перпендикулярно a, n = u. 2) Найдем точку O = α ∩ a. 3) Найдем M 0 из формул деления отрезка M M 0 пополам точкой O. u a M0 O M α Ответ: M 0 (5; −4; −6). x−3 y+1 z−4 = = на плоскость 5 1 1 α : 2x − 2y + 3z − 5 = 0. Задача 17. Найти проекцию прямой a: Заметим, что в задачах на составление уравнения прямой сначала следует определиться, в каком виде искать прямую: как линию пересечения двух плоскостей, или искать параметрические (канонические) уравнения прямой. В данной задаче искомая проекция aпр есть прямая, по которой пересекается плоскость α с плоскость β, проходящей через прямую a перпендикулярно α. Поэтому искать будем aпр как линию пересечения α и β. 32 a β α aпр Проведем плоскость β ⊥ α через прямую a. Канонические уравнения прямой a можно записать в виде системы x − 3 = y + 1, 5 1 a: x−3 z−4 = , 5 1 или x − 5y − 8 = 0, a: x − 5z + 17 = 0. Фактически a оказывается линией пересечения двух плоскостей. Поэтому плоскость β удобно искать как плоскость из пучка β : λ(x − 5y − 8) + µ(x − 5z + 17) = 0. Так как α ⊥ β, то nα ⊥ nβ =⇒ (nα , nβ ) = 0, или 2(λ + µ) − 2(−5λ) + 3(−5µ) = 0 λ 13 12λ − 13µ = 0, = . µ 12 =⇒ Пусть λ = 13, µ = 12, тогда β : 25x − 65y − 60z + 100 = 0. Ответ: aпр : 2x − 2y + 3z − 5 = 0, 5x − 13y − 12z + 20 = 0. Задача 18. Составить уравнения прямой c, проходящей через точку M0 (2; 3; 1) и пересекающую прямые x + y = 0, x + 3y − 1 = 0, a: и b: x − y + z + 4 = 0, y + z − 2 = 0. План решения. 1) Так как прямые a и c пересекаются, то они лежат в одной плоскости α, аналогично, прямые b и c лежат в одной плоскости. Поэтому будем искать прямую c как линию пересечения плоскостей α и β. 2) Составим уравнение плоскости α как плоскости из пучка, определяемого прямой a, и проходящей через точку M0 . 3) Составим уравнение плоскости β как плоскости из пучка, определяемого прямой b, и проходящей через точку M0 . x − 9y + 5z + 20 = 0, Ответ: c: x − 2y − 5z + 9 = 0. 33 M0 a b α β c 5.1 Задачи для самостоятельного решения 5.1. Составить уравнение плоскости, проходящей через ось Ox и точку M0 (0; −2; 3). Ответ: 3y + 2z = 0. 5.2. Составить уравнение плоскости, проходящей через точки M1 (−1; −2; 0), M2 (1; 1; 2) и перпендикулярной плоскости x + 2y + 2z − 4 = 0. Ответ: 2x − 2y + z − 2 = 0. 5.3. Найти расстояние между параллельными плоскостями 4x + 3y − 5z − 8 = 0 и 4x + 3y − 5z + 12 = 0. √ Ответ: 2 2. 5.4. Составить уравнения плоскостей, параллельных плоскости 2x + 2y + z − 8 = 0 и удаленных от нее на расстояние d = 4. Ответ: 2x + 2y + z − 20 = 0, 2x + 2y + z + 4 = 0. 5.5. Найти канонические уравнения прямой x + 2y + 3z − 13 = 0, 3x + y + 4z − 14 = 0. Ответ: x−3 y−5 z = = . 1 1 −1 x+1 y+2 z−1 5.6. Найти расстояние от точки M (2; −1; 3) до прямой = = . 3 4 5 √ 3 38 Ответ: . 10 5.7. Найти расстояние между параллельными прямыми x−2 y+1 z+3 = = 1 2 2 и x−1 y−1 z+1 = = . 1 2 2 √ 4 2 Ответ: . 3 5.8. Найти расстояние между скрещивающимися прямыми x+1 y z−1 = = 1 1 2 и x y+1 z−2 = = . 1 3 4 1 √ . 3 5.9. Проверить, что прямые пересекаются и составить уравнение плоскости, в которой они лежат: x−2 y−4 z−2 x=z−2 и = = . y = 2z + 1 3 1 1 Ответ: 34 Ответ: x + 2y − 5z = 0. 5.10. Установить, какие из следующих пар прямых скрещиваются, параллельны, пересекаются или совпадают. а) x = 1 + 2t, y = 7 + t, z = 3 + 4t; x = 6 + 3t, y = −1 − 2t, z = −2 + t. Ответ: Пересекаются в точке (−3; 5; −5). б) x = 1 + 2t, y = 2 − 2t, z = −t; x = −2t, y = −5 + 3t, z = 4. Ответ: Скрещивается. в) x = 2 + 4t, y = −6t, z = −1 − 8t; x = 7 − 6t, y = 2 + 9t, z = 12t. Ответ: Параллельны. г) x = 1 + 9t, y = 2 + 6t, z = 3 + 3t; x = 7 + 6t, y = 6 + 4t, z = 5 + 2t. Ответ: Совпадают. 5.11. Установить, лежит ли данная прямая в данной плоскости, параллельна плоскости или пересекает ее. 3x + 5y − 7z + 16 = 0, а) 5x − z − 4 = 0. 2x − y + z − 6 = 0, Ответ: Пересекаются в точке (2; 4; 6). 2x + 3y + 6z − 10 = 0, б) y + 4z + 17 = 0. x + y + z + 5 = 0, Ответ: Параллельны. x + 2y + 3z + 8 = 0, в) 5x + 3y + z − 16 = 0, 2x − y − 4z − 24 = 0. Ответ: Прямая лежат в плоскости. 35 Список литературы [1] Беклемишев Д.В. Курс аналитической геометрии и линейной алгебры. М.: Наука, 1987. [2] Владимирский Б.М., Горстко А.Б., Ерусалимский Я.М. Математика. СПб: Лань, 2008. [3] Ерусалимский Я.М., Чернявская И.А. Алгебра и геометрия: теория и практикум. М.: Наука, 2011. [4] Ефимов Н.В. Краткий курс аналитической геометрии. М.: Наука, 1971. [5] Ильин В.А., Позняк Э.Г. Аналитическая геометрия. М.: Наука, 1988. [6] Клетеник Д.В. Сборник задач по аналитической геометрии. М.: Наука, 1986. [7] Цубербиллер О.Н. Задачи и упражнения по аналитической геометрии. М.: Наука, 1964. 36