Учебное пособие к курсу Аналитическая геометрия
 Скачать 1.64 Mb.
|
|
⊥ m Рис. 34. 75 Отметим также, что поскольку L ⊥ m ∩ L m = 0 (иначе найдется ненулевой вектор x такой, что (x, x) = 0), то E n = L m ⊕ L ⊥ m L 1 L ⊥ 1 Рис. 35. L 2 L ⊥ 2 Рис. 36. В случае трехмерного евклидова пространства E 3 одномер- ное подпространство L 1 имеет двумерное ортогональное допол- нение L ⊥ 1 , а двумерное подпространство L 2 имеет одномерное ортогональное дополнение L ⊥ 2 (см. рисунки 35 и 36). 6.1 Примеры. Задача 17. В евклидовом пространстве R 4 задано подпростран- ство L системой уравнений ( x 1 + 2x 2 − x 3 − x 4 = 0 2x 1 + 5x 2 − x 3 + x 4 = 0. (98) 1) Найти базис в L; 2) найти базис в L ⊥ ; 3) задать L ⊥ системой линейных уравнений. Решение. Систему уравнений (98) можно представить в виде (x, c 1 ) = 0, (x, c 2 ) = 0, где c 1 = {1; 2; −1; −1}, c 2 = {2; 5; −1; 1}. Векторы c 1 и c 2 ли- нейно независимы и (в соответствии с (97)) составляют базис в L ⊥ . Таким образом, dim L ⊥ = 2, а dim L = 4 − dim L ⊥ = 2. 76 Базис в L — это фундаментальная система решений системы (98): b 1 = {3; −1; 1; 0}, b 2 = {7; −3; 0; 1}. Подпространство L ⊥ состоит из векторов, ортогональных век- торам b 1 и b 2 , поэтому оно может быть задано системой линей- ных уравнений ( (x, b 1 ) = 0 (x, b 2 ) = 0 ⇐⇒ ( 3x 1 − x 2 + x 3 = 0 7x 1 − 3x 2 + x 4 = 0. Рекомендуемая литература: [9], Лекция 4. Задачи и упражнения: [11], 1366, 1367. 7 Плоскость и прямая в трехмерном евклидовом про- странстве. 7.1 Уравнения плоскости в E 3 В евклидовом пространстве E 3 направляющее подпространство V 2 = V 2 (π) плоскости π однозначно определяется своим орто- гональным дополнением — одномерным подпространством V ⊥ 2 Всякий ненулевой вектор N ∈ V ⊥ 2 называется нормальным век- тором плоскости π. Нормальный вектор N образует базис в V ⊥ 2 , и направляющее подпространство V 2 (π) плоскости π мо- жет быть задано следующим образом: V 2 (π) = {x ∈ E 3 | (x, N) = 0}. (99) Уравнение плоскости π с нормальным вектором N, проходя- щей через точку M 0 . Пусть r 0 — радиус-вектор точки M 0 , а r — радиус-вектор некоторой произвольной точки M ∈ E 3 по отно- шению к (аффинному) реперу {O; e i }, i = 1, 2, 3. Тогда из (99) следует, что M ∈ π ⇐⇒ −−−→ M 0 M ∈ V 2 (π) ⇐⇒ ( −−−→ M 0 M , N) = 0 ⇐⇒ 77 (r − r 0 , N) = 0. (100) В координатах уравнение (100) принимает вид N O M 0 M Рис. 37. g ij (x i − x i 0 )N j = 0. (101) Если {O; e 1 = i, e 2 = j, e 3 = k } — ортонормированный репер, то g ij = (e i , e j ) = δ ij , и при исполь- зовании обозначений N{A, B, C}, M(x, y, z), M 0 (x 0 , y 0 , z 0 ) урав- нение (101) принимает вид A(x − x 0 ) + B(y − y 0 ) + C(z − z 0 ) = 0 ⇐⇒ Ax + By + Cz + D = 0. (102) Как следствие, получаем следующее утверждение. Предложение. Для плоскости π, имеющей уравнение (102) в ортонормированном репере, вектор N{A, B, C} является нор- мальным вектором. Уравнение (100) можно также переписать в виде (r, N) + D = 0, (103) где D = −(r 0 , N). Из (102) следует, что всякое уравнение (103) является уравнением плоскости в E 3 Решая уравнение (x, N) = 0, находим два линейно незави- симых вектора {a 1 , a 2 } — базис направляющего подпростран- ства V 2 (π), после чего можно записать параметрические урав- нения плоскости π с нормальным вектором N, проходящей через точку M 0 : r = r 0 + t 1 a 1 + t 2 a 2 (104) Обратно, если известны параметрические уравнения (104) плоскости π, то нормальный вектор N этой плоскости можно 78 найти как решение системы уравнений (x, a 1 ) = 0, (x, a 2 ) = 0. Нормальным вектором плоскости (104) является также вектор N = [a 1 , a 2 ], поэтому уравнение плоскости π с направляющим подпространством L(a 1 , a 2 ), проходящей через точку M 0 , может быть записано в одном из следующих видов: (r − r 0 , [a 1 , a 2 ]) = 0 ⇐⇒ (r − r 0 , a 1 , a 2 ) = 0. 7.2 Перпендикуляр, опущенный из точки на плоскость. Если известен нормальный вектор N плоскости π, то уравнение перпендикуляра `, опущенного из точки M 1 на π, имеет следу- ющий вид: r = r 1 + tN. N M 0 Рис. 38. π M 0 N M 1 Рис. 39. 7.3 Расстояние от точки до плоскости. Пусть плоскость π имеет нормальный вектор N и проходит че- рез точку M 0 . Расстояние dist (M 1 , π) от точки M 1 (x 1 , y 1 , z 1 ) до плоскости π находится как абсолютная величина проекции век- тора −−−→ M 0 M 1 на ось с направляющим вектором N (см. рисунок 39): dist (M 1 , π) = |pr N ( −−−→ M 0 M 1 ) | = |( −−−→ M 0 M 1 , N)| |N| (105) 79 Если плоскость π задана уравнением (102), то формула (105) принимает вид dist (M 1 , π) = |A(x 1 − x 0 ) + B(y 1 − y 0 ) + C(z 1 − z 0 ) | √ A 2 + B 2 + C 2 Поскольку Ax 0 + By 0 + Cz 0 + D = 0, то −Ax 0 − By 0 − Cz 0 = D, и в прямоугольных координатах расстояние от точки M 0 до плоскости π находится по формуле dist (M 1 , π) = |Ax 1 + By 1 + Cz 1 + D | √ A 2 + B 2 + C 2 В аффинной системе координат, определяемой аффинным ре- пером в пространстве E 3 , формула (105) принимает вид dist (M 1 , π) = |g ij (x i 1 − x i 0 )N j | p g km N k N m (106) Задача 18. Пусть в аффинной системе координат плоскость π задана уравнением A i x i + A 4 = 0. Показать, что уравнение (106) можно представить в виде dist (M 1 , π) = |A i x i 1 + A 4 | p g km A k A m Если направляющее подпространство плоскости π задано как линейная оболочка L(a 1 , a 2 ), то расстояние dist (M 1 , π) можно также найти как высоту параллелепипеда, построенного на век- торах a 1 , a 2 (основание) и r 1 − r 0 : dist (M 1 , π) = |(r 1 − r 0 , a 1 , a 2 ) | |[a 1 , a 2 ] | 7.4 Угол между двумя плоскостями. Угол ϕ ∈ [0, π 2 ] между плоскостями π 1 и π 2 равен углу между прямыми ` 1 и ` 2 , перпендикулярными соответственно плоско- 80 стям π 1 и π 2 . Он может быть найден по формуле cos ϕ = |(N 1 , N 2 ) | |N 1 ||N 2 | , где N 1 и N 2 — нормальные векторы плоскостей π 1 и π 2 соответ- ственно. 7.5 Прямая в E 3 Рассмотрим прямую ` с уравнением r = r 0 +ta в пространстве E 3 Направляющее подпространство V 1 = V 1 (`) этой прямой одно- мерно, поэтому ортогональное дополнение V ⊥ 1 = {x | (x, a) = 0} имеет размерность 2. Пусть {b 1 , b 2 } — базис в V ⊥ 1 , тогда усло- вие M (r) ∈ ` эквивалентно тому, что r − r 0 ⊥ b 1 , b 2 и может быть записано в виде (r − r 0 , b 1 ) = 0, (r − r 0 , b 2 ) = 0. (107) Уравнениями (107) задаются две плоскости π 1 и π 2 с нормальны- ми векторами b 1 и b 2 соответственно, и прямая ` представляет собой пересечение π 1 ∩ π 2 этих плоскостей. M 0 (r 0 ) M (r) b 2 b 1 Рис. 40. ` π 1 π 2 b 1 b 2 Рис. 41. В случае, если прямая ` в E 3 задана системой уравнений ( (r, N 1 ) + D 1 = 0 (r, N 2 ) + D 2 = 0 , (108) 81 ее направляющий вектор a может быть найден как векторное произведение a = [N 1 , N 2 ]. 7.6 Перпендикуляр, опущенный из точки на прямую. 1. Прямая задана параметрическим уравнением. Для нахожде- ния уравнения перпендикуляра, опущенного из точки M 1 (r 1 ) на прямую `, заданную параметрическим уравнением r = r 0 + ta, составим сначала уравнение плоскости π, проходящей через M 1 и перпендикулярной `: (r − r 1 , a) = 0. Затем, подстав- ляя уравнение прямой ` в уравнение плоскости π, найдем точку M 2 = π ∩`. Имеем: (r 0 +ta −r 1 , a) = 0 ⇐⇒ (r 0 −r 1 , a)+ta 2 = 0. Отсюда t = (r 1 − r 0 , a) a 2 ⇐⇒ r 2 = r 0 + (r 1 − r 0 , a) a 2 a Прямая M 1 M 2 , перпендикулярная `, имеет уравнение r = r 1 + t(r 2 − r 1 ). Расстояние dist (M 1 , `) от точки M 1 до прямой ` можно вычис- лить по формуле dist (M 1 , `) = | −−−→ M 1 M 2 | = |r 2 − r 1 |. a M 0 ` M 2 M 1 Рис. 42. 82 2. Прямая задана как линия пересечения плоскостей. В слу- чае, если прямая ` задана системой уравнений (108), ее направ- ляющий вектор имеет вид a = [N 1 , N 2 ], поэтому уравнение плос- кости π, проходящей через M 1 и перпендикулярной `, имеет вид (r − r 1 , [N 1 , N 2 ]) = 0. (109) Решая систему из трех уравнений (108) и (109), найдем точку M 2 = π ∩ `. 7.7 Нормальное уравнение прямой и расстояние от точки до прямой. Условие принадлежности точки M (r) прямой ` : r = r 0 + ta в E 3 можно записать в виде [r − r 0 , a] = 0. Если в качестве направляющего вектора прямой ` взят единичный вектор n ∈ V (`) (например, вектор n = a/ |a|), то уравнение [r − r 0 , n] = 0 ⇐⇒ [r, n] − N = 0 (110) называют нормальным уравнением прямой `. Вектор N = [r 0 , n] в уравнении (110) называется вектором момента прямой ` от- носительно начала координат O (см. рисунок 43). Расстояние от точки до прямой. Расстояние от точки M 1 до прямой `, заданной уравнением (110), равно высоте параллело- грамма, построенного на векторах n и −−−→ M 0 M 1 (см. рисунок 44): dist (M 1 , `) = |[r 1 − r 0 , n]| = |[r 1 , n] − N|. Если прямая ` задана уравнением r = r 0 + ta, то расстояние от M 1 до ` вычисляется по формуле dist (M 1 , `) = |[r 1 − r 0 , a]| |a| 83 O N M 0 n Рис. 43. M 0 M 1 n a Рис. 44. 7.8 Общий перпендикуляр двух скрещивающихся прямых. Две скрещивающиеся прямые ` 1 и ` 2 , заданные, соответственно, уравнениями r = r 1 + t 1 a 1 и r = r 2 + t 2 a 2 , лежат в параллельных плоскостях (см. §5, рисунок 31 на с. 69) π 1 : (r − r 1 , a 1 , a 2 ) = 0 и π 2 : (r − r 2 , a 1 , a 2 ) = 0. Общим нормальным вектором этих плоскостей является вектор N = [a 1 , a 2 ]. Рассмотрим, кроме то- го, пару плоскостей ω 1 и ω 2 , определенных условиями: ω 1 ⊃ ` 1 , ω 1 ⊥ π 1 , π 2 ; ω 2 ⊃ ` 2 , ω 2 ⊥ π 1 , π 2 Плоскости ω 1 и ω 2 имеют уравнения ω 1 : (r −r 1 , a 1 , N) = 0 и ω 2 : (r − r 2 , a 2 , N) = 0. Их пересечение ` = ω 1 ∩ ω 2 — общий перпен- дикуляр прямых ` 1 и ` 2 . Этот общий перпендикуляр задается системой уравнений ( (r − r 1 , a 1 , N) = 0, (r − r 2 , a 2 , N) = 0. Пусть K 1 = ` ∩ ` 1 и K 2 = ` ∩ ` 2 , тогда | −−−→ K 1 K 2 | = inf P 1 ∈` 1 ,P 2 ∈` 2 | −−→ P 1 P 2 |. (111) Число (111) называется расстоянием между скрещивающи- мися прямыми ` 1 и ` 2 . Это расстояние dist (` 1 , ` 2 ) совпадает с 84 расстоянием между параллельными плоскостями π 1 и π 2 и мо- жет быть вычислено как расстояние от точки M 2 (r 2 ) до плоско- сти π 1 : dist (` 1 , ` 2 ) = |(r 2 − r 1 , a 1 , a 2 ) | |[a 1 , a 2 ] | (112) K 1 ` 1 K 2 ` 2 ` M 1 M 2 ω 1 ω 2 N a 1 a 2 π 1 π 2 Рис. 45. Число, определяемое формулой (112), может также быть ин- терпретировано как высота параллелепипеда, построенного на векторах a 1 , a 2 (основание) и r 2 − r 1 a 1 a 2 a 2 M 2 (r 2 ) M 1 (r 1 ) h Рис. 46. 85 7.9 Углы между двумя прямыми и между прямой и плоско- стью. Угол ϕ ∈ [0, π 2 ] между прямыми ` 1 и ` 2 , заданными, соответ- ственно, уравнениями r = r 1 + t 1 a 1 и r = r 2 + t 2 a 2 , находится по следующей формуле: cos ϕ = |(a 1 , a 2 ) | |a 1 ||a 2 | Угол ψ ∈ [0, π 2 ] между прямой `, за- данной ψ N a ` π Рис. 47. уравнением r = r 1 +t 1 a 1 , и плос- костью π заданной уравнением (r, N)+ D = 0, дополняет до π 2 угол между пря- мой ` и перпендикуляром к плоскости π (см. рисунок 47), поэтому sin ψ = |(a, N)| |a||N| 7.10 Примеры. Задача 19. Опустить перпендикуляр из точки M (1; 3; 5) на пря- мую `: ( 2x + y + z − 1 = 0 3x + y + 2z − 3 = 0. (113) Решение. Уравнение плоскости, перпендикулярной прямой ` и проходящей через точку M (1; 3; 5), имеет вид x − 1 y − 3 z − 5 2 1 1 3 1 2 = 0 ⇐⇒ x − y − z + 7 = 0. (114) Решая совместно систему из трех уравнений (113) и (114), нахо- дим основание искомого перпендикуляра K(−2; 1; 4), а затем и уравнение самого перпендикуляра: x = 1+3t, y = 3+2t, z = 5+t. 86 Задача 20. Опустить перпендикуляр из точки M (−1; 0; 4) на прямую `: x = 1 + t, y = 2t, z = 4 − t. Решение. Уравнение плоскости π, проходящей через точку M перпендикулярно `, имеет вид (x + 1) + 2(y − 0) − (z − 4) = 0. Подставив в него уравнения прямой `, найдем точку K пере- сечения ` и π — основание искомого перпендикуляра. Имеем: 2 + t + 4t + t = 0, откуда t = − 1 3 и, следовательно, точка K имеет координаты ( 2 3 ; − 2 3 ; 13 3 ). Направляющим вектором перпендикуля- ра служит вектор −−→ M K{ 5 3 ; − 2 3 ; 1 3 }, и поэтому этот перпендику- ляр может быть задан следующими уравнениями: x = −1 + 5t, y = −2t, z = 4 + t. Задача 21. Составить уравнения сферы, вписанной в тетра- эдр, ограниченный координатными плоскостями и плоскостью π: 11x − 10y − 2z − 57 = 0. Решение. Центр сферы y z x O K 3 K 2 K 1 C Рис. 48. C(x C , y C , z C ) равноудален от всех координатных плос- костей, поэтому |x C | = |y C | = |z C |. Плоскость π пересекает координатные оси в точках K 1 ( 57 11 ; 0; 0), K 2 (0; − 57 10 ; 0), K 3 (0; 0; − 57 2 ), поэтому x C = t, y C = −t, z C = −t (t > 0). Приравнивая расстояние от точки C до плоскости π к расстоянию от C до плоскости Oxy, получаем уравнение |11t + 10t + 2t − 57| √ 11 2 + 10 2 + 2 2 = t. (115) Так как начало координат и точка C лежат по одну сторону от π, то 11t + 10t + 2t − 57 < 0, и уравне- ние (115) принимает вид −23t + 57 = 15t, откуда t = 3 2 . Искомая 87 сфера имеет уравнение (x − 3/2) 2 + (y + 3/2) 2 + (z + 3/2) 2 = 9/4. Задача 22. Составить уравнение круглого цилиндра Φ радиуса R, осью которого является прямая `: r = r 0 + a. Решение. Точка M (r) лежит на цилиндре Φ в том и только том случае, когда dist (M, `) = R. Отсюда получаем следующее уравнение цилиндра Φ: |[r − r 0 , a]| |a| = R ⇐⇒ [r − r 0 , a] 2 = R 2 a 2 Предполагая, что единичный направляющий вектор прямой ` имеет координаты {l, m, n} (l 2 + m 2 + n 2 = 1), получим следу- ющее координатное уравнение цилиндра Φ: x − x 0 y − y 0 l m 2 + y − y 0 z − z 0 m n 2 + z − z 0 x − x 0 n l 2 −R 2 = 0. Задача 23. Составить уравнение круглого конуса Φ с верши- ной в точке M 0 (r 0 ) и осью `: r = r 0 + a, образующая которого составляет с осью угол ϕ. Решение. Точка M (r) лежит на конусе Φ в том и только том случае, когда косинус угла между векторами r − r 0 и a равен ± cos ϕ. Отсюда получаем уравнение конуса (r − r 0 , a) 2 (r − r 0 ) 2 a 2 = cos 2 ϕ. Предполагая, что единичный направляющий вектор прямой ` имеет координаты {l, m, n} (l 2 + m 2 + n 2 = 1), получим следу- ющее координатное уравнение конуса Φ: (l(x − x 0 ) + m(y − y 0 ) + n(z − z 0 )) 2 = = ((x − x 0 ) 2 + (y − y 0 ) 2 + (z − z 0 ) 2 ) cos 2 ϕ. 88 Задача 24. Найти проекцию ` 0 прямой `: x + 3 + 5t, y = −1 + t, z = 4 + t на плоскость π: 2x − 2y + 3z − 5 = 0. Решение. Плоскость ω, содержащая прямую ` и перпендику- лярная плоскости π, имеет уравнение x − 3 y + 1 z − 4 5 1 1 2 −2 3 = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ 5x − 13y − 12z + 20 = 0, π ` 0 ` Рис. 49. поэтому проекция ` 0 = π ∩ ω определяется системой уравнений |