Справочник. справочный материал. ЭЛЕМЕНТЫ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ -2. Методические указания к расчетным заданиям покурсу высшей математики элементы линейной алгебры и аналитической геометрии. Дифференциальное исчисление функции одного переменного

• Название: Методические указания к расчетным заданиям покурсу высшей математики элементы линейной алгебры и аналитической геометрии. Дифференциальное исчисление функции одного переменного
• Анкор: Справочник
• Дата: 15.11.2021
• Размер: 0.58 Mb.
• Имя файла: справочный материал. ЭЛЕМЕНТЫ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ -2.pdf
• Тип: Методические указания; #272970
• страница: 4 из 4

26
2.4.Примеры решений расчетных заданий по теме «Аналитиче-
ская геометрия в пространстве»
Задание 27
Задача 1. Составить уравнение плоскости, проходящей через три точки
М
1
(0;0;5),
М
2
(0;–2;0),
М
3
(–5;0;0).
Решение. Пусть М(x;y;z) –произвольная точка плоскости. Векторы
{
}
5
,
,
1
−
=
z
y
x
M
M
,
{
}
5
,
2
,
0 2
1
−
−
=
M
M
,
{
}
5
,
0
,
5 3
1
−
−
=
M
M
компланарны, их смешанное произведение равно нулю. Приравняем к нулю определитель, составленный из координат этих векторов, вычислим его разложением по элементам первой строки, получим уравнение искомой плоскости:
0 5
0 5
5 2
0 5
=
−
−
−
−
−
z
y
x
,
(
)
0 0
5 2
0 5
5 5
5 0
5 0
5 2
=
−
−
−
+
−
−
−
−
−
−
−
z
y
x
,
–10x + 25y –10z +50 =0,
2x – 5y + 2z –10=0.
Ответ: 2x – 5y +2z – 10 =0.
Задача 2. Найти расстояние от точки А (3;–1; 2) до прямой



=
+
−
+
=
−
+
−
0 1
,
0 4
2
z
y
x
z
y
x
Решение. Прямая задана общим уравнением как линия пересечения двух плоскостей, из уравнений которых находим координаты нормальных век- торов
{
}
1
;
1
;
2 1
−
=
N
и
{
}
1
;
1
;
1 2
−
=
N
, векторное произведение которых даст вектор, параллельный данной прямой. Найдем координаты векторного произведения:

27
[
]
{
}
3
,
3
,
0 3
3 0
1 1
1 2
1 1
1 2
1 1
1 1
1 1
1 1
1 2
,
2 1
=
+
+
=
−
+
−
−
−
−
=
−
−
=
k
j
i
k
j
i
k
j
i
N
N









В качестве направляющего вектора прямой рассмотрим вектор 𝑆𝑆⃗ ={0;1;1}, который коллинеарен найденном векторному произведению
[
]
{
}
3
,
3
,
0
,
2 1
=
N
N
Найдем координаты какой–либо точки данной прямой. Пусть z = 0 в об- щем уравнении прямой, тогда система для вычисления x и y примет вид:



−
=
+
=
−
1
,
4 2
y
x
y
x
Откуда находим x = 1, y = –2. Получаем точку (1; –2; 0).
Запишем уравнение прямой в параметрической виде:
1 2
1 1
0 1
2 0
1




=
+
−
=
=
⇒




+
=
+
−
=
+
=
t
z
y
x
t
z
t
y
t
x
Составим уравнение плоскости, проходящей через точку А(3;–1; 2), перпенди- кулярно данной прямой. Направляющий вектор этой прямой
{
}
1
;
1
;
0
=
S

мо- жет служить нормальным вектором для этой плоскости:
0 (x – 3) + 1 (y + 1) + 1 (z–2) = 0
⇒
y + z – 1 = 0
Найдем координаты точки В – точки пересечения этой плоскости с дан- ной прямой. Для этого в уравнение плоскости подставим x, y ,z из пара- метрических уравнений прямой: (t – 2) + t – 1 =0
⇒
t =1,5.
Полученное значение параметра подставим в параметрические уравнения прямой и вычислим координаты точки пересечения x = 1; y = –0,5; z = 1,5.
Расстояние от точки А(3; –1; 2) до прямой будет равно расстоянию между точками А и В(1; –0,5; 1,5). Найдем его как модуль вектора
{
}
5
,
0
;
5
,
0
;
2
−
−
=
АВ
( )
2 3
4 9
4 1
4 1
4 2
1 2
1 2
2 2
2
=
=
+
+
=





−
+






+
−
=
AB
Ответ:
2 2
3
Задача 3. Найти уравнение плоскости, которая проецирует прямую
2 1
1 3
5 2
+
=
−
=
−
z
y
x
на плоскость x + 4y – 3z + 7 = 0.
Решение. Искомая плоскость должна проходить через данную прямую, пер- пендикулярно данной плоскости. Из канонических уравнений прямой можно

28
найти координаты точки М(2; 3; –1) и направляющего вектора 𝑆𝑆⃗ = {5; 1; 2}.
Из уравнения данной плоскости найдем вектор нормали 𝑁𝑁��⃗ ={1; 4;–3}.
Вычислим векторное произведение векторов 𝑆𝑆⃗ и 𝑁𝑁��⃗:
[ ]
{
}
19
,
17
,
11 19 17 11 4
1 1
5 3
1 2
5 3
4 2
1 3
4 1
2 1
5
,
−
=
+
+
−
=
+
−
−
−
=
−
=
k
j
i
k
j
i
k
j
i
N
S









Этот вектор может служить нормальным вектором для искомой плоско- сти. Чтобы написать ее уравнение используем точку М(2; 3; –1).
–11(x–2) + 17(y–3) + 19(z+1) = 0,
–11x + 17y + 19z – 33 = 0.
Ответ: 11x – 17y – 19z + 33 = 0.
Задача 4. Установить тип поверхности 3y
2
+ 3z
2
+ 12y + 18z – 25 = 0.
Сделать чертеж.
Решение. Используем метод выделения полного квадрата, т.к. уравнение поверхности не содержит произведения координат:
3(y
2
+ 4y) + 3(z
2
+ 6z) – 25 = 0;
3(y
2
+ 4y + 4) –12 + 3(z
2
+6z + 9) –27 – 25 = 0;
3(y + 2)
2
+3(z + 3)
2
= 64;
(y + 2)
2
+ (z + 3)
2
= 64/3 – это уравнение цилиндрической поверхности, об- разующая которой параллельна оси OX, а направляющей является окруж- ность с центром в точке (–2;–3) и радиуса
7
,
4 3
64 ≈
=
R
На рис. 1 изображена цилиндрическая поверхность между плоскостями
X
= 0 и X = c (c< 0).
Рис. 1
Задача 5. Найти уравнение поверхности, полученной при вращении пря- мой
{
0 2
3
=
=
+
y
z
x
вокруг осей OХ и OZ.
-3
с
z
y
x
2
−
0

29
Решение. 1) Для наглядности чертежа выберем систему координат YXZ и нарисуем прямую x + 3z = 2 в плоскости XOZ (y = 0).
Будем вращать ее вокруг оси OХ. Рассмотрим сечение поверхности вра- щения плоскостью X = x (x = const). В сечении получилась окруж- ность y
2
+ z
2
= R
2
, где радиус R = z(x)находим из уравнения прямой
х + 3z = 2, т.е.
(
)
3 2
x
R
−
=
. Подставив это выражение для R в уравнение ок- ружности
(
)
9 2
2 2
2
x
z
y
−
=
+
, получим уравнение конуса (рис. 2) с верши- ной в точке (2; 0; 0) и осью симметрии OX.
Рис.2
2)
Теперь вращаем данную прямую относительно оси OZ .
Рассмотрим сечение поверхности вращения плоскостью Z = z. (z = const). В сечении получилась окружность x
2
+ y
2
=R
2
, где радиус R = x(z) находим из уравнения прямой x + 3z = 2, т.е. R = 2 – 3z. Подставив в уравнение окружности, получим: x
2
+ y
2
= (2 – 3z)
2
Преобразуем: x
2
+ y
2
– 9(z – 2/3)
2
=
0 или
−
=





 −
−
+
0 3
2 9
9 2
2 2
z
y
x
это уравнение конуса (рис. 3) с вершиной в точке (0; 0; 2/3) и осью симмет- рии OZ.
Рис.3
z
y
х
0 2
3 2
−
2
R
x
x
y
z
0 2
−
2
R
z

30