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
![]()
|
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 |