Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Задачи в координатах на плоскости и в пространстве. Векторное и смешанное произведение.

Тема Аналитическая геометрия

02 Задачи в координатах на плоскости и в пространстве. Векторное и смешанное произведение.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела аналитическая геометрия

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#36881

В прямоугольной системе координат $Oxy$ на плоскости дана точка $A(a1,a2).$
Найти точку, симметричную точке $A$ относительно:
1) начала координат;
2) оси абсцисс;
3) оси ординат;

Показать ответ и решение

1) Точка, симметричная точке $A(a1,a2)$ относительно начала координат, то есть относительно точки $O (0,0),$ будет иметь почти те же координаты, что и $A,$ но только обе с противоположным знаком, то есть $(− a ,− a ) 1 2$ .

2) Точка, симметричная точке $A(a1,a2)$ относительно оси абсцисс, то есть относительно оси $Ox,$ будет иметь почти те же координаты, что и $A,$ но только координата $y$ будет с противоположным знаком, то есть $(a1,− a2)$ .

3) Точка, симметричная точке $A(a1,a2)$ относительно оси ординат, то есть относительно оси $Oy,$ будет иметь почти те же координаты, что и $A,$ но только координата $x$ будет с противоположным знаком, то есть $(− a1,a2)$ .

Ответ:

1) $(− a1,− a2)$ ;
2) $(a1,− a2)$ ;
3) $(− a1,a2)$ .

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#36882

В прямоугольной системе координат $Oxyz$ в пространстве дана точка $A (a1,a2,a3).$
Найти точку, симметричную точке $A$ относительно:
1) начала координат;
2) оси $Ox$ ;
3) плоскости $Oxy.$

Показать ответ и решение

1) Здесь все делается так же, как и при отражении относительно начала координат на плоскости, то есть $(− a1,− a2,− a3).$

2) При отражении относительно оси $Ox$ остаётся неизменной $x$ -овая координата, а остальные координаты меняются на противоположные, то есть $(a1,− a2,− a3).$

3) При отражении относительно плоскости $Oxy$ координаты $x$ и $y$ остаются неизменными, а $z$ -овая координата меняется на противоположную. Таким образом, $(a1,a2,− a3).$

Ответ:

1) $(− a1,− a2,− a3)$ ;
2) $(a1,− a2,− a3)$ ;
3) $(a ,a ,− a ) 1 2 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#36883

В треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $AD$ угла $A.$ Выразить радиус-вектор $−r→D$ точки $D$ через радиус-векторы $−r→B$ , $−→rC$ точек $B$ и $C$ и длины сторон $b = |AC |,$ $c = |AB |.$

Показать ответ и решение

Для наглядности нарисуем картинку:

$PIC$

Итак, во-первых, так как нам нужно найти радиус-вектор биссектрисы $−→ rD,$ то нам однозначно нужно знать, в каком отношении точка $D$ делит сторону $BC.$ По теореме из школьной геометрии, точка $D,$ будучи точкой на биссектрисе, делит противоположную сторону $BC$ в отношении, равном отношению сторон, которые образуют угол $A.$ Таким образом, имеем, что $|BD | |AB| |DC-| = |AC| = cb.$ А, значит, мы сразу можем выразить вектор $−−→ BD$ через вектор $−−→ BC.$ А именно, $−−→ -c-−−→ BD = b+cBC.$

Нас, разумеется, интересует вектор $−−→ AD.$ Ясно, что $−−→ −−→ −−→ −−→ c −−→ AD = AB + BD = AB + b+cBC.$ Но $−B−→C$ в свою очередь равен $−A→C − −−A→B.$

Таким образом, имеем: $−−→ −−→ −−→ −−→ −→ −−→ −−→ −→ AD = AB + bc+cBC = AB + bc+c(AC − AB ) = bAB+b+ccAC-.$ Ну и в заключение очевидно, что $−r→ = −O→A +−A−D→. D$ Таким образом,

−→ −→ b−A−B→ + c−A→C (b +c)−O→A + b−A−→B + c−A→C b−→rB +c−→rC rD = OA + ---b+-c---= --------b+-c---------= --b-+c---

Ответ:

$−→ −→ −→ rD = brBb++ccrC-$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#36884

Даны две точки $A$ и $B,$ расстояние между которыми равно $2c.$ Найти геометрическое место точек, сумма квадратов расстояний от которых до точек $A$ и $B$ равна $2a2,$ при условии $a > c.$

Показать ответ и решение

Итак, мы ищем множество всех таких точек $x(x1,x2),$ что сумма квадратов их расстояний то $A (a1,a2)$ и $B (b1,b2)$ равна $2a2.$ Это множество точек, очевидно, задаётся вот таким уравнением:

(x1 − a1)2 + (x2 − a2)2 + (x1 − b1)2 + (x2 − b2)2 = 2a2

Для начала, раскроем скобки в левой части и получим такое уравнение:

x21 − 2x1a1 + a21 + x22 − 2x2a2 + a22 + x21 − 2x1b1 + b21 + x22 − 2x2b2 + b22 = 2a2

Немного перегруппируем наше выражение, перебросив некоторые слагаемые в правую часть уравнения:

2 2 2 2 x2 − x1a1 − x1b1 + a1 +-2a1b1 +-b1+ x2 − x2a2 − x2b2 + a2 +-2a2b2 +-b2= 1 4 2 4

= − x2 − x2 +x a +x b + x a + x b − 3(a2+ a2+ b2+ b2)+ 1 (a b + a b )+2a2 1 2 1 1 1 1 2 2 2 2 4 1 2 1 2 2 1 1 2 2

И ещё несколько ловких перегруппировок нам дают это же уравнение в следующем виде:

x2 − x a − x b + a21 +-2a1b1 +-b21+ x2 − x a − x b + a22 +-2a2b2 +-b22= 1 1 1 1 1 4 2 22 22 4

x21 a21 x22 a22 x21 b21 x22 b22 2 (a1 − b1)2 + (a2 − b2)2 − (-2 − x1a1+-2 )− (2-− x2a2+ 2-)− (-2 − x1b1+ 2-)− (-2 − x2b2+-2 )+2a −--4---------

А теперь заметим, что, во-первых,

(a1-−-b1)2 +-(a2 −-b2)2 4

— это квадрат расстояния между точками $A$ и $B,$ делённый на $4,$ то есть как раз $4c24-= c2.$ И заметим, что в правой части первые четыре слагаемых со знаком минус дадут суммарно, со знаком минус, левую часть исходного уравнения $(x1 − a1)2 + (x2 − a2)2 + (x1 − b1)2 +(x2 − b2)2,$ только делённую пополам. То есть, мы получаем уравнение:

2 a21 + 2a1b1 + b21 2 a22 + 2a2b2 + b22 2 2 2 x1− x1a1− x1b1+-----4------+x 2− x2a2− x2b2+-----4-------= − a+2a − c

Осталось только собрать квадраты в левой части и получить:

(x1 − a1 +-b1)2 + (x2 − a2 +-b2)2 = a2 − c2 2 2

Таким образом, мы получаем, что наше уравнение задаёт окружность с центром в середине отрезка $AB$ и радиусом $√ ------ a2 − c2$ (т.к. $a > c$ ).

Ответ:

Окружность с центром в середине отрезка $AB$ и радиусом $√ ------ a2 − c2$ (т.к. $a > c$ ).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#36885

Найти геометрическое место точек, сумма расстояний от которых до осей координат постоянна при условии, что этому геометрическому месту принадлежит точка $(2,− 1).$

Показать ответ и решение

Посмотрим, что в координатах означает условие "сумма расстояний от точки $x = (x1,x2)$ до осей координат постоянна" $.$
1. В первом квадранте расстояние от точки $x = (x ,x ) 1 2$ до оси $Ox$ равно $x , 2$ а расстояние от $x = (x1,x2)$ до оси $Oy$ равно $x1$ (мы просто опускаем перпендикуляры на оси, а поскольку в первом квадранте $x1 > 0$ и $x2 > 0,$ то нам не нужно беспокоиться о том, что наше расстояние может получиться отрицательным). Итак, мы имеем, что в первом квадранте условие "сумма расстояний от точки $x = (x1,x2)$ до осей координат постоянна"задаётся уравнением $x1 +x2 = c,$ где $c$ — некоторая константа.
2. Во втором квадранте ситуация аналогичная, но только там $x1 < 0,$ поэтому в формуле его нужно взять со знаком минус, чтобы расстояние у нас ни в коем случае не получилось отрицательным. Итак, во втором квадранте условие "сумма расстояний от точки $x = (x ,x ) 1 2$ до осей координат постоянна"задаётся уравнением $− x1 + x2 = c$
3. По аналогии получаем, что в третьем квадранте у нас это условие будет задаваться уравнением $− x1 − x2 = c.$
4. В четвертом квадранте у нас будет уравнение $x1 − x2 = c.$

Осталось лишь найти $c.$ Но именно за этим нам и дали "граничное условие" $.$ А именно, что $(2,− 1) ∈$ нашему геометрическому месту точек. Точка $(2,− 1)$ лежит в четвертом квадранте, поэтому мы подставляем её в уравнение $x1 − x2 = c$ и получаем, что $2 − (− 1) = c.$ Следовательно, $c = 3.$

Тем самым, мы имеем в четырёх квадрантах уравнения четырёх прямых:
1. $x1 + x2 = 3$
2. $− x1 + x2 = 3$
3. $− x1 − x2 = 3$
4. $x1 − x2 = 3$
Они образуют вот такой квадрат:

$PIC$

Ответ:

Квадрат

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#36889

Векторы $−→ −→ AC = a$ и $−−→ −→ BD = b$ служат диагоналями параллелограмма $ABCD.$ Выразить через векторы $−→a$ и $−→b$ векторы $−−A→B,$ $−B−→C,$ $−C−D→$ и $−D−→A,$ являющиеся сторонами этого параллелограмма.

Показать ответ и решение

Нетрудно понять, что если от конца вектора $−→ a$ отложить вектор $−→ b ,$ то получится удвоенный вектор $−−A→D.$ То есть, $−→ −A−→D = −→a+-b, 2$ а, значит, $−→ −D−→A = − −→a+b-. 2$
По аналогичным соображениям, получим, что $−−→ −→ −→ BC = -a+2b-.$

А если отложить от начала вектора $−→a$ (то есть от конца $− −→a$ ) вектор $−→ b ,$ то получится удвоенный вектор $−−→ CD.$ Таким образом, $−−→ −→ −→ CD = b−2-a.$
Аналогично, $−−→ −→a−−→b- AB = 2$

Ответ:

$−−→ −→ −→ DA = − a+2-b-$ , $−−→ −→ −→ BC = -a+2b-$ , $−−→ −→ −→ CD = b−2a,$ $−−→ −→ −→ AB = -a−2-b$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#36890

В треугольнике найти такую точку, чтобы сумма векторов, идущих из этой точки к вершинам треугольника, была равна $−→0$ - нулевому вектору.

Показать ответ и решение

Искомая точка, обозначим её через $X,$ обязана обладать свойством, что:

$−X−→A + −−X→B + −X−C→ = −→0$
Проведём через вершину $A$ и искомую точку $X$ отрезок $AD,$ т.е. точка $D$ — это точка пересечения этого отрезка с $BC.$
Итак, пусть точка $D$ делит сторону $B$ так, что $BDDC-= λ,$ а точка $X$ делит $AD$ так, что $DX- = μ. XA$
Тогда, по формулам деления отрезка в данном отношении, получим выражения для радиус-векторов точек $D$ и $X$ :

−→ −→ −→ −→ −r→D = rB-+-λrC, −→rX = rD +-μrA 1+ λ 1 + μ

Три раза прибавим к равенству $−−→ −−→ −−→ −→ XA + XB + XC = 0,$ вектор $−−→ OX,$ идущий из начала координат $O(0,0)$ в точку $X,$ получим:

1 −→rX = -(−→rA + −→rB + −→rC ) 3

Подставляя в это равенство выражения для $−→r X$ и $−r→ , D$ получаем

--1--−→rB +-λ−r→C --μ--−→ 1 −→ −→ −→ 1+ μ 1 + λ + 1 +μ rA = 3(rA + rB + rC )

Для удобства давайте считать, что начало координат у нас расположено в точке $C,$ то есть, иными словами, что $−→ −→ rC = 0.$

Тогда из предыдущего равенства, если мы перенесём всё в одну часть, следует, что:

1 μ −→ 1 1 −→ −→ (3 − 1-+-μ)rA + (3 − (1+-μ)(1+-λ))rB = 0

Однако ж вектора $−→ rA$ и $−→ rB$ являются сторонами треугольника. Значит, раз они не лежат на одной прямой, то они линейно независимы. Значит, нулевой вектор $−→ 0$ через них может выражаться только тривиальным образом. То есть в нашем самом последнем равенства оба коэффициента перед $−r→ A$ и $−→r B$ равны $0.$ И мы, таким образом, получаем, что $-μ- 1 ----1---- 1 1+μ = 3, (1+ μ)(1+ λ) = 3.$ Откуда уже нетрудно получить, что $μ = 12,$ а $λ = 1.$ Вспомним, что $BDDC-= λ,$ а точка $X$ делит $AD$ так, что $DXXA-= μ.$ Значит, $D$ — середина $BC,$ а $X$ делит сторону $AD$ в отношении $1$ к $2,$ считая от вершины $A.$ Следовательно, $X$ — точка пересечения медиан.
Ответ: $X$ — точка пересечения медиан треугольника $ABC.$

Ответ:

$X$ - точка пересечения медиан треугольника $ABC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#36891

В $△ABC$ даны длины сторон: $|BC | = 6,|CA | = 7,|AB | = 8.$ Найти скалярное произведение векторов $< −A−→B, −B−→C >$

Показать ответ и решение

Итак, по определению скалярного произведения, $−−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ < AB, BC >= |AB||BC |cos∠ (AB, BC ).$ Длины сторон $AB$ и $BC$ нам известны. А косинус угла между ними находится по формуле из теоремы косинусов:

2 2 2 cos∠(AB, BC ) = |AB-|-+-|BC-|-−-|AC-|-= 64+-36−-49-= 51 = 17 2|AB ||BC | 2⋅8 ⋅6 96 32

Косинус же угла между векторами $−−→ AB$ и $−−→ BC$ будет равен $− 1732-$ , поскольку угол между векторами $−−→ AB$ и $−−→ BC$ — тупой и равен $π− угол ABC в треугольнике$ .

Следовательно, $< −−A→B, −−B→C >= |−A−→B ||−B−C→|cos∠ (−A−→B, −B−→C ) = 6 ⋅8⋅(− 17) = − 51 32 2$

Ответ:

$− 521$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#36892

Определить угол $φ$ между двумя векторами $−→ a$ и $−→ b ,$ заданными своими координатами в некотором ортонормированном репере:
1) $−→a = (8,4,1),−→b = (2,− 2,1)$ ;
2) $−→ −→ a = (2,5,4),b = (6,0,− 3).$

Показать ответ и решение

Скалярное произведение между векторами $−→ x = (x1,x2,x3)$ и $−→ y = (y1,y2,y3),$ заданных своими координатами в ортонормированном репере, считается по формуле :

< −→x ,−→y >= x1y1 +x2y2 + x3y3

Следовательно, из определения скалярного произведения $< −→x,−→y >= |−→x ||−→y |cos∠ (−→x,−→y )$ легко извлекается, что угол $φ$ между векторами считается как $−→ −→ φ = ∠( x,y ) = arccos x1y1+|x−→x2|y2|−→y+x|3y3.$ Далее мы будем пользоваться этой формулой

1) По формуле, которую мы только что получили, надо сначала найти длины векторов $−→a$ и $−→b .$ Это мы делаем стандартным образом по теореме Пифагора: $−→ √-2---2----2 √ -- |a | = 8 +4 + 1 = 81 = 9$ ; $−→ ∘ -2------2---2- √ - |b | = 2 + (− 2) + 1 = 9 = 3.$
Откуда уже найдём искомый угол:

−→ −→ a1b1 +-a2b2-+-a3b3- φ = ∠(a ,b ) = arccos( −→ −→ ) = |a || b |

8⋅2-+-4⋅(− 2)+-1-⋅1 9- 1 = arccos( 9⋅3 ) = arccos 27 = arccos3

2) Аналогично и во втором пункте мы считаем $φ$ по формуле:

−→ −→ a1b1 +-a2b2 +-a3b3 φ = ∠ (a, b ) = arccos −→ −→ = |a||b |

2-⋅6-+-5⋅0+-4-⋅(−-3) 0- π- = arccos( √45 ⋅√45 ) = arccos 45 = arccos0 = 2

Ответ:

1) $arccos 13$ ;
2) $π2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#38157

Найти скалярное произведение векторов $−→ v$ и $−→ u$ в каждом из следующих случаев:
a) $|−→v | = 8,$ $|−→u| = 5,$ $∠(−→v ,−→u) = π 3$ ;
b) $−→ −→ |v | = |u | = 1,$ $−→ −→ 3π ∠ (v , u) = 4$ ;
c) $−→v ⊥ −→u$ ;
d) $|−→v | = 3,$ $−→u = 2−→v$ ;
e) $−→ |v | = 3,$ $−→ −−→v u = 3 .$

Показать ответ и решение

a) По определению скалярного произведения, $−→ −→ −→ −→ −→ −→ < v ,u >= |v ||u |cos ∠(v ,u).$ Таким образом, в данном случае получаем: $< −→v ,−→u >= 8 ⋅5⋅cos(π3 ) = 40⋅ 12 = 20.$

b) По тем же соображениям, что и в a) получаем, что в данном случае $√- < −→v ,−→u >= 1 ⋅1⋅cos(3π4-) = − 22.$

c) В случае, когда векторы $−→ v$ и $−→ u$ ортогональны, их скалярное произведение равно $0,$ поскольку $cos π2 = 0.$ Т.е. в данном случае $< −→v ,−→u >= 0.$

d) По условию, векторы $−→ v$ и $−→ u$ сонаправлены, т.е. $−→ −→ cos∠ (v , u) = cos0 = 1.$ Значит, в данном случае, $−→ −→ −→ −→ < v , u >= |v ||u | = 3⋅2⋅3 = 18$

e) Аналогично предыдущему пункту. Только теперь векторы $−→v$ и $−→u$ противоположно направлены, а значит, их скалярное произведение будет произведением их длин со знаком минус (т.к. $cos∠(−→v ,−→u ) = cosπ = − 1$ ). Значит, в данном случае $< −→v ,−→u >= |−→v ||−→u |⋅(− 1) = 3 ⋅ 1 ⋅3⋅(− 1) = − 3. 3$

Ответ:

a) $20$ ;
b) $√- − 22-$ ;
c) $0$ ;
d) $18$ ;
e) $− 3$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#38158

Найти единичный вектор, имеющий то же направление, что и вектор $−→ v = (− 8,4,9)$

Показать ответ и решение

По определению, единичный вектор с направлением $−→ v$ — это вектор, направленный "туда же" $,$ куда и $−→v ,$ но имеющий длину $1.$ А чтобы сохранить направление вектора $−→v ,$ но сделать его длину равной $1,$ нужно просто умножить его на $-1-. |−→v|$
В нашем случае мы будем умножать на $√----12--2-2-= √1161. (− 8) +4+9$ Таким образом, единичый вектор, имеющий то же направление, что и вектор $−→ v = (− 8,4,9)$ — это вектор (традиционно обозначающийся как $−e→−→v$ ) с координатами $(√−1861, √4161,√1961).$

Ответ:

$(√−1861,√4161,√9161).$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#39416

На плоскости дан ортонормированный репер $Oe1,e2$ и пусть его ориентация положительна. То есть, по определению это означает, что кратчайший поворот от вектора $e1$ к вектору $e2$ происходит против часовой стрелки. Тогда найти ориентацию:

a) Репера $Oe ,e 2 1$ ;
b) Репера $O − e1,e2$ ;
с) Репера $Oe ,− e 2 1$ ;
d) Репера $Oe1, e1$ ;

Показать ответ и решение

Сделаем общее наблюдение, что, во-первых, если поменять два вектора в репере местами, то ориентация у этого репера сменится. И если один из векторов репера развернуть в другую сторону (т.е. вместо $v$ взять $− v$ ), то ориентация репера тоже сменится. Это наблюдение и поможет нам решить нашу задачу.

Ответ:

a) Cменили векторы местами, значит будет отрицательная ориентация;
b) Умножили один из векторов на $− 1,$ то есть развернули в другую сторону, значит будет отрицательная ориентация;
с) Сменили вектора местами, а затем один из них умножили на $− 1,$ то есть мы дважды сменили ориентацию, то есть она не изменилась. Значит, положительная ориентация;
d) Ориентация коллинеарной пары не определена

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#39417

Даны три точки на плоскости: $A (− 2,3),B (2,1),C (5,− 3).$ Найти площадь треугольника, построенного на этих трёх точках.

Показать ответ и решение

Ясно, что площадь треугольника на этих трёх точках будет равна половине площади параллелограмма, построенной на векторах $−−→ AB$ и $−→ AC.$

$−−→ AB = (4,− 2)$ и $− → AC = (7,− 6).$ Таким образом,

( ) 1- −−→ −→ 1- 4 7 1- S△ABC = 2|Sor(AB, AC )| = 2|det − 2 − 6 | = 2|− 10 | = 5

Ответ:

$5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#39418

Пусть $a,b$ - некоторый базис плоскости $ℝ2.$ Пусть $u = c11a + c21b,$ $v = c12a+ c22b$ - два вектора на плоскости. Используя лишь свойства ориентированной площади доказать, что

( ) Sor(u,v) = det c11 c12 Sor(a,b) c21 c22

Показать доказательство

Действительно,

Sor(u,v) Sor(c11a + c21b,c12a + c22b) -------- = --------------------------= Sor(a,b) Sor(a,b)

Sor(c11a,c12a)+-Sor(c11a,c22b)+--Sor(c21b,c12a)-+-Sor(c21b,c22b)- = Sor(a,b) =

c11c12Sor(a,a)+-c11c22Sor(a,b)+--c21c12Sor(b,a)-+-c21c22Sor(b,b)- = S (a,b) = or

= 0-+-c11c22Sor(a,b)+-c21c12Sor(b,a)+-0-= c11c22Sor(a,b)−-c21c12Sor(a,b)= Sor(a,b) Sor(a,b)

( ) т.к. a,b-базис, то Sor(a,b)⁄= 0 c11 c12 = c11c22 − c21c12 = det c21 c22

И мы всё доказали.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#39419

Найти векторное произведение векторов $v = (2,3,− 3)$ и $u = (− 2,5,− 2)$ (координаты даны относительно некоторого ортонормированного положительно ориентированного репера).

Показать ответ и решение

По формуле имеем

( ) | e1 e2 e3 | [v,u] = det|( 2 3 − 3|) = − 2 5 − 2

= (− 2 ⋅3+5 ⋅3)e1+ (− 2⋅− 3− (− 2 ⋅2))e2+(2⋅5+2⋅3)e3 = 9e1+10e2+16e3 = (9,10,16)

Ответ:

$(9,10,16)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#39656

Доказать тождество Якоби для векторного произведения: для любых трёх векторов $a,b,c ∈ ℝ3$ выполнено:

[a,[b,c]]+ [b,[c,a]]+ [c,[a,b]] = 0

Указание: Воспользоваться тождеством Лагранжа $”$ бац минус цаб $”$ .

Показать доказательство

[a,[b,c]] = b < a,c > − c < a,b >

[b,[c,a]] = c < a,b > − a < b,c >

[c,[a,b]] = a < b,c > − b < a,c >

Осталось лишь что? Правильно - сложить эти три равенства, полученные по формуле Лагранжа. И получить то, что нужно.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#68662

Пусть известно, что точки $A(2,4,− 5),B(− 3,2,4),C(5,9,7)$ есть последовательные вершины параллелограмма $ABCD$ . Найти тогда координату четвертой вершины $D$ . Затем, найти длину высоты $AH$ в этом параллелограмме.

Показать ответ и решение

Ясно, что координаты вектора $−−→ AB$ равны $−−→ AB = (− 5,− 2,9)$ .
Пусть теперь четвертая вершина $D$ параллелограмма имеет координаты $D(x,y,z)$ . Тогда вектор $−−→ DC$ имеет координаты $−−→ DC = (5− x,9− y,7− z)$ . Но при этом ясно, что вектор $−−→ AB$ и вектор $−−→ DC$ равны - они имеют одинаковую длину и направление:

$PIC$

Следовательно, равны должны быть и их координаты:

5− x = − 5, 9 − y = − 2, 7 − z = 9

Откуда находим, что точка $D$ имеет координаты $D (10,11,− 2)$ .

Далее, рассмотрим векторы $−A−→B, −A−→D$ .
$−−→ AB = (− 5,− 2,9)$ , $−−→ AD = (8,7,3)$ .

Ясно, что, с одной стороны, площадь этого параллелограмма равна $−−→ −−→ |[AB, AD ]|$ .

Давайте это вычислим.

( ) −→e1 −→e2 −→e3 [−−A→B,−A−D→] = det ||− 5 − 2 9 || = − 69−→e1 + 87−→e2 − 19−→e3 = (− 69,87,− 19) ( ) 8 7 3

Значит, $∘ ------------------- √--- SABCD = |(15,12,16)| = (− 69)2 +872 + (− 19)2 = 7 259$ .

С другой стороны, по формуле площади параллелограмма,

SABCD = |AH ||BC |

Но $|BC | = |AD | = √82-+-72 +-32-= √122$ . Таким образом,

√ --- |AH | = SABCD-= 7√-259 |AD | 122

Ответ:

$√ --- 7√-259 122$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#68663

В тетраэдре с вершинами $A (1,1,− 1)$ , $B(2,0,4)$ , $C(6,2,2),D (5,2,4)$ вычислить длину высоты $DE$ .

Показать ответ и решение

Рассмотрим векторы $−−→ −−→ −−→ DA, DB, DC$ .
$−D−→A = (4,1,5)$ , $−D−B→ = (3,2,0)$ , $−D−C→ = (− 1,0,2)$ .

Ясно, что, с одной стороны, объем этого тетраэдра равен $1 −−→ −−→ −−→ 6|(DA,DB, DC )|$ (как $1 6$ площади параллелепипеда, натянутого на векторы $−−D→A,−D−B→, −D−C→$ ). Давайте это вычислим.

( ) −−→ −−→ −−→ | 4 1 5| (DA, DB, DC ) = det|( 3 2 0|) = 20 − 1 0 2

Значит, $20 10- VABCD = 6 = 3$ .

С другой стороны, по формуле объема тетраэдра,

1 VABCD = -S△ABC |DE | 3

VABCD--- --130-- -10-- |DE | = 1S△ABC = 1√146-= √146 3 3

Ответ:

$√-10-- 146$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#68664

Опираясь лишь на свойства векторного произведения, доказать, что площадь $SM$ треугольника, составленного из медиан треугольника $△ABC$ , равна $34$ от площади самого треугольника $S △ABC$ .

Показать доказательство

$PIC$

Ясно, что длина половина векторного произведения $−→ −→ [a, b ]$ равна площади треугольника, натянутого на векторы $−→a$ и $−→ b$ . Поэтому при работе с площадьми треугольников, натянутых на вектора, мы можем пользоваться всеми известными нам свойствами векторного произведения.

Будем обозначать через $S△ (−→a,−→b )$ площадь треугольника, натянутого на векторы $−→ a$ и $−→ b$ .

Тогда ясно, что если для краткости обозначить допустим, медиану, опущенную из вершины $A$ за $−→m1$ , а медиану, опущенную из вершины $B$ за $−→m2$ , то:

−−→ −→ −→ −m→1 = AB--+AC--, −m→2 = AC-− −A−→B 2 2

Собственно, этого нам и будет достаточно:

−→ −→ −−A→B + −A→C −A→C −−→ −−A→B −A→C −A−→B −−→ −A→C −A→C −A→C −−→ S△(m1, m2) = S△ (---2---,-2- −AB ) = S△ (-2-,-2-)+S △(-2-,− AB )+S △(-2 ,-2-)+S△ (-2-,−AB ) =

= 1S (−−A→B, −A→C )− 1S (−A−→B, −A−→B )+ 1 S (−A→C, −A→C )− 1S (−A→C,−A−→B ) 4 △ 2 △ 4 △ 2 △

Но ясно, что

−−→ −→ −→ −−→ S △(AB, AC) = S△ABC, S△(AC, AB ) = − S△ABC

(площадь получается с отрицательным знаком из-за того, что векторы записаны в другом порядке, и при этом, как мы помним, знак векторного произведения меняется на противоположный)

S (−−A→B,−A−→B ) = S (−A→C, −A→C ) = 0 △ △

(это очевидно, такие треугольники схлопываются в точку)

Таким образом,

S△(−m→1, −→m2) = 1S△(−A−→B, −A→C )+ 1S △(−−A→B, −A→C) = 3S△ (−−A→B,−A→C ) = 3S△ABC 4 2 4 4

Что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#68665

Пусть $ABCD$ - некоторый выпуклый четырехугольник. Доказать, что его площадь можно считать по формуле $SABCD = 12|[−A→C, −−B→D ]|$

Показать доказательство

Нарисуем для наглядности картинку:

$PIC$

Во-первых, очевидно, что искомая площадь равна

S = S + S +S + S = ABCD △AOB △BOC △COD △DOA

= 1|[−O→A, −−O→B ]|+ 1|[−−O→B, −−O→C ]|+ 1|[−−O→C,−O−D→ ]|+ 1|[−O−D→, −O→A ]| 2 2 2 2

C другой стороны, если посчитать половину длины векторного произведения из условия, то получится:

1 −→ −−→ 1 −→ −−→ −−→ −−→ 1 −→ −−→ 1 −→ −−→ 1 −−→ −−→ 1 −−→ −−→ 2|[AC, BD ]| = 2|[AO+ OC, BO+ OD ]| = 2|[AO, BO ]|+ 2|[AO, OD ]|+ 2|[OC, BO ]|+ 2|[OC, OD ]|

И мы видим, что получилось одно и то же выражение с точностью до изменений направлений векторов на противоположные, что не влияет на длину векторного произведения. Следовательно, мы доказали нашу формулу.