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;
4) биссектрисы первого и третьего координатных углов;
5) относительно биссектрисы второго и четвертого координатных углов.

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 с противоположным знаком.
Ответ: $(− a1,− a2)$
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.
Ответ: $(a1,− a2)$
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.
Ответ: $(− a1,a2)$
4) Здесь уже не обойтись без рисунка:

$PIC$

Ответ: $(a2,a1)$
5) Здесь нам поможет аналогичный предыдущему пункту рисунок:

$PIC$

Ответ: $(− a ,− a ) 2 1$

Ответ:

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 точки на плоскости.
Ответ: $(− a,− a ,− a ). 1 2 3$
2) При отражении относительно оси $Ox$ остаётся неизменной $x$ -овая координата, а остальные координаты меняются на противоположные.
Ответ: $(a1,− a2,− a3).$
3) При отражении относительно плоскости $Oxy$ координаты $x$ и $y$ остаются неизменными, а $z$ -овая координата меняется на противоположную. Таким образом,
Ответ: $(a1,a2,− a3).$

Ответ:

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

Сделаем рисунок:

$PIC$

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 очевидно 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, $−→ −−→ −→ −−→ −−→ −→ −→ −→ −r→D = OA + bAB+bc+AcC-= (b+c)OA+bb+cAB+cAC-= brBb++ccrC-$
Ответ: $−r→ = b−→rB+c−→rC- D b+c$

Ответ:

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

Сделаем небольшую пояснительную картинку, чтобы сориентироваться в обозначениях:

$PIC$

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: $x2 − 2x a + a2+ x2− 2x a + a2+ x2 − 2x b + b2 + x2− 2x b + b2 = 2a2. 1 11 1 2 2 2 2 1 11 1 2 22 2$

Немного перегруппируем наше выражение, перебросив некоторые слагаемые в правую часть уравнения: $2 a21+2a1b1+b21- 2 a22+2a2b2+b22- 2 2 3 2 2 2 2 1 2 x1 − x1a1 − x1b1 + 4 +x 2 − x2a2 − x2b2 + 4 = − x1 − x2 + x1a1 + x1b1 + x2a2 + x2b2 − 4(a1 + a2 + b1 + b2)+ 2(a1b1 + a2b2) + 2a .$

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

$2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x21 − x1a1 − x1b1 + a1+2a14b1+b1+ x22 − x2a2 − x2b2 + a2+2a24b2+b2-= − (x12 − x1a1 + a21 ) − (x22-− x2a2 + a22)− (x21− x1b1 + b12 )− (x22− x2b2 + b22 )+ 2a2 − (a1−-b1)+4(a2−b2)$ 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 $4c2- 2 4 = c .$ 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 2 2 2 x21− x1a1− x1b1+a1-+-2a1b1 +-b1+x22− x2a2− x2b2+ a2 +-2a2b2-+-b2-= − a2+2a2 − c2 4 4

Осталось только собрать квадраты в левой части, и получить:

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

Таким образом, мы получаем, что наше уравнение задаёт окружность с центром в середине отрезка $AB$ и радиусом $√ -2---2 a − c$ (т.к. $a > c$ ).

Ответ:

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 $x = (x1,x2)$ 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:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#36887

Доказать, что система векторов $−→ −→ −→ {v1,v2,...,vn}$ является линейно зависимой тогда и только тогда, один из векторов $−→vk$ представляется в виде линейной комбинации остальных векторов из этой системы.

Показать ответ и решение

Необходимость. Пусть система векторов $−→ −→ −→ { v1,v2,...,vn}$ является линейно зависимой. Тогда, по определению, $∃$ такие $α1,α2,...,αn$ не все равные одновременно нулю, что $α −→v +α −→v + ...+ α −→v = −→0. 1 1 2 2 n n$ Но раз какая-то из $α ⁄= 0, i$ то можно записать, во-первых, что: $−→ −→ −→ −→ αi vi = − α1v1 − α2v2 − ...− αnvn$ (в сумме векторов в правой части равенства уже отсутствует $αi−→vi,$ т.к. мы перенесли его налево). С другой же стороны, раз $αi ⁄= 0,$ то можно на это самое $αi$ поделить обе части равенства и получить выражение для $−→ vi$ через остальные векторы системы ${−→v1,−→v2,...,−→vn}.$ Итак, поделив на $αi,$ получим:

−→ α1−→ α2−→ αn−→ vi = − αi-v1 − αiv2 − ...− αivn

Что и требовалось доказать.

Достаточность. Итак, пусть $∃−→vi$ такой, что он выражается через остальные векторы системы, то есть $∃$ такие $α1,α2,...,αn$ (здесь нет $αi$ ), что $−→ −→ −→ −→ vi = α1v1 + α2v2 + ...+ αnvn.$ Но тогда, перебросив $−→ vi$ направо, получим, что $−→ −→ −→ −→ −→ 0 = −vi +α1 v1 + α2v2 + ...+ αnvn.$ Таким образом, мы получили нетривиальное выражение нулевого вектора через систему ${−→v1,−→v2,...,−→vn},$ следовательно, она по определению линейно зависима.

Контрольный вопрос: а почему в последнем равенстве $−→ 0 = − −→vi + α1−→v1 + α2−→v2 + ...+ αn−→vn$ нулевой вектор $−→0$ действительно выражается нетривиальным образом, то есть не через все нулевые коэффициенты?

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#36888

Доказать, что:
1) Система векторов, состоящая только из двух векторов ${−→v1,−→v2}$ является линейно зависимой тогда и только тогда, когда вектора $−→v 1$ и $−→v 2$ - коллинеарны. То есть $∃λ ∈ ℝ$ такая, что $−→ −→ v1 = λv2.$
2) Система векторов, состоящая из трёх векторов ${−→v1,−→v2,−→v3}$ является линейно зависимой тогда и только тогда, когда вектора $−→v1,$ $−→v2,$ $−→v3$ - компланарны.
3) Система из четырёх векторов ${−→v1,−→v2,−→v3,−→v4}$ хоть на плоскости, хоть в трёхмерном пространстве - всегда линейно зависима (иначе наше пространство было бы как минимум четырёхмерно!).

Показать ответ и решение

1) По определению, система векторов, состоящая только из двух векторов ${−→v1,−→v2}$ является линейно зависимой, если $∃α, β ∈ ℝ$ такие, что они не равны $0$ одновременно, и, к тому же $−→ −→ −→ α v1 + βv2 = 0.$ Но раз $α$ и $β$ не равны одновременно $0,$ то кто-то из них не равен $0.$ Пусть, для определённости, это будет $α.$ Тогда условие $α−→v1 + β−→v2 = −→0$ эквивалентно (поделим на $α$ ) тому, что $−→v = − β −→v . 1 α 2$ Следовательно, вектора $−→v 1$ и $−→v 2$ - коллинеарны (возьмём $λ = − β α$ ).
2) Тот факт, что система из трёх векторов ${−→v1,−→v2,−→v3}$ линейно зависима, эквивалентен тому, что один из этих векторов, пускай $−→v3$ линейно выражается через остальные. То есть, иными словами, $∃α,β ∈ ℝ$ такие, что $−→ −→ −→ v3 = αv1 + β v2.$ Но это и значит, что $−→v3$ лежит в плоскости, натянутой на вектора $−→v1$ и $−→v2.$ Следовательно, будучи приведёнными к одному началу, вектора $−→v1,−→v2,−→v3$ будут лежать в одной плоскости. То есть они по определению компланарны.
3) У этого факта есть красивое геометрическое доказательство. Попробуйте придумать его самостоятельно. А мы ограничимся вот каким алгебраическим рассуждением. Допустим, мы рассуждаем в трёхмерном пространстве, то есть наши четыре вектора $−→v1,−→v2,−→v3,−→v4$ живут в $ℝ3.$ (в случае двумерного пространства доказательство будет аналогичным, и даже более простым.)
Итак, раз мы находимся в трёхмерном пространстве, то там есть базис из трёх стандартных ортов $−→e1 = (1,0,0),$ $−→e2 = (0,1,0),$ $−→e3 = (0,0,1).$ Разложим по этим ортам наши $4$ вектора:
$−→ −→ −→ −→ v1 = v1,1e1 + v1,2e2 + v1,3e3,$
$−→ −→ −→ −→ v2 = v2,1e1 + v2,2e2 + v2,3e3,$
$−→v3 = v3,1−→e1 + v3,2−→e2 + v3,3−→e3.$
$−→v = v −→e + v −→e + v −→e . 4 4,1 1 4,2 2 4,3 3$
Теперь мы хотим понять, являются ли эти $4$ вектора $−→ −→ −→ −→ v1,v2,v3,v4$ линейно зависимыми или нет?

По определению, они являются линейно зависимыми, если $∃α1,α2,α3,α4 ∈ ℝ$ такие, что: $−→ α1−→v1 + α2−→v2 + α3−→v3 + α4−→v4 = 0$
Или, если вместо векторов $−→vi$ подставить их выражения через базисные, получим: $−→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ α1(v1,1e1 + v1,2e2 + v1,3e3) +α2 (v2,1e1 + v2,2e2 + v2,3e3)+ α3(v3,1e1 + v3,2e2 + v3,3e3)+ α4(v4,1e1 + v4,2e2 + v4,3e3) = 0.$

А теперь, если в этом последнем равенстве привести подобные члены при $−→e i$ и записать его в координатах, то получится такая вот система линейных уравнений на $α1,α2,α3,α4$ :

( ||α1v1,1 + α2v2,1 + α3v3,1 + α4v4,1 = 0 |{ |α1v1,2 + α2v2,2 + α3v3,2 + α4v4,2 = 0 ||(α v + α v + α v + α v = 0 11,3 2 2,3 3 3,3 4 4,3

Осталось только заметить, что такая система всегда имеет решение (и даже не одно) - напоминаем, что все коэффициенты вида $vi,j$ нам даны - это коэффициенты векторов $−→v ,−→v ,−→v ,−→v , 1 2 3 4$ а вот $α ,α ,α ,α 1 2 3 4$ являются неизвестными.

Почему же такая система всегда имеет решение? Очень просто - уравнений в ней меньше, чем неизвестных, а в правой части стоят одни сплошные нули. Из курса линейной алгебры вы узнаете, что в таких случаях система всегда имеет решение. Но мы покажем сейчас это наглядно.

Из последнего уравнения выразим ту альфу, перед которой коэффициент не равен $0$ (если такой не нашлось, то мы имеем тривиальное уравнение $0 = 0,$ и его можно просто вычеркнуть и работать уже не с последним, а с предпоследним уравнением).
Итак, предположим всё таки, что в последнем уравнении перед какой-то из $αi$ коэффициент не равен $0.$ Для определенности, пусть это $α4,$ то есть $v4,3 ⁄= 0.$ Тогда имеем: $v1,3 v2,3 v3,3 α4 = − α1v4,3 − α2v4,3 − α3v4,3.$
Далее, подставляя эту $α4$ в первое и второе уравнение, получаем:

({ v1,3 v2,3 v3,3- α1v1,1 + α2v2,1 + α3v3,1 + (− α1 v4,3 − α2v4,3 − α3 v4,3)v4,1 = 0 ( α1v1,2 + α2v2,2 + α3v3,2 + (− α1 v1v,3− α2vv2,3− α3 v3v,3)v4,2 = 0 4,3 4,3 4,3

Таким образом, у нас теперь осталось только два уравнения и три неизвестных $α1,α2,α3.$ Проделав абсолютно аналогичный трюк, выразив одну из оставшихся трёх альф, перед которой новый коэффициент после приведения подобных не равен $0,$ через остальные, мы оставим только $1$ уравнение с двумя неизвестными, которое будет иметь вид (пусть эти две неизвестные, для определённости, это $α1$ и $α2$ ):

c1α1 +c2α2 = 0

Разумеется, такое уравнение всегда имеет решение, и даже бесконечно много (мы имеем целую "прямую" $\text{[math]}$ решений, выражающую $α1$ через $α2,$ или наоборот).

Возвращаясь к нашему первоначальному вопросу: поскольку система

(| ||{α1v1,1 + α2v2,1 + α3v3,1 + α4v4,1 = 0 α1v1,2 + α2v2,2 + α3v3,2 + α4v4,2 = 0 |||( α1v1,3 + α2v2,3 + α3v3,3 + α4v4,3 = 0

всегда имеет решение, то это означает, что всегда найдутся такие $α1,α2,α3,α4 ∈ ℝ,$ что: $α −→v + α −→v + α −→v + α −→v = −→0 . 11 2 2 3 3 4 4$ То есть, по определению, cистема из четырёх векторов $−→ −→ −→ −→ {v1,v2,v3,v4}$ всегда линейно зависима.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#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

Нарисуем для наглядности картинку:

$PIC$

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

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

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#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

Здесь тоже хорошей помощью будет картинка:

$PIC$

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

$−−→ −−→ −−→ −→ XA + XB + XC = 0$
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 $DXXA- = μ.$
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

Но тогда, поскольку мы хотим, чтобы $−−→ −−→ −−→ −→ XA + XB + XC = 0,$ то должно быть, что: (если три раза прибавить вектор $−−→ OX,$ идущий из начала координат $O(0,0)$ в точку $X$ )

−→rX = 1(−→rA + −→rB + −→rC ) 3

Таким образом, из этих двух соотношений следует, если мы подставим выражения для $−→ rX$ и $−→ rD,$ что

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 $−→r A$ и $−→r B$ 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 $−→rB$ 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:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#36891

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

Показать ответ и решение

Для наглядности нарисуем картинку:

$PIC$

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

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

Следовательно, $−−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ 17- 51 < AB, BC >= |AB ||BC |cos∠ (AB, BC ) = 6 ⋅8⋅(− 32) = − 2$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#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 : $< −→x ,−→y >= x y + xy + x y. 11 22 33$

Следовательно, из определения скалярного произведения $< −→x ,−→y >= |−→x ||−→y |cos∠ (−→x,−→y )$ легко извлекается, что угол $φ$ между векторами считается как $−→ −→ x1y1+x2y2+x3y3 φ = ∠( x,y ) = arccos |−→x||−→y | .$ 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: $|−→a | = √82-+42-+-12 = √81-= 9$ ; $|−→b | = ∘22-+-(− 2)2 +-12 = √9-= 3.$
Откуда уже найдём искомый угол: $−→ −→ a1b1+a2b2+a3b3 8⋅2+4⋅(− 2)+1⋅1 9 1 φ = ∠ (a, b ) = arccos(-|−→a||−→b|--) = arccos(----9⋅3----) = arccos27 = arccos3.$
2) Аналогично и во втором пункте мы считаем $φ$ по формуле: $−→ −→ ab +ab +a b 2⋅6+5⋅0+4⋅(−3) 0 π φ = ∠( a,b ) = arccos-11|−→a2||2−→b|-33-= arccos(--√45⋅√45---) = arccos 45-= arccos0 = 2$

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#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 $−→ −→ 3π √2 < v ,u >= 1 ⋅1⋅cos(4-) = − 2-.$
c) В случае, когда векторы $−→v$ и $−→u$ ортогональны, их скалярное произведение равно $0,$ поскольку $cos π= 0. 2$ 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 $< −→v ,−→u >= |−→v ||−→u |⋅(− 1) = 3 ⋅ 13 ⋅3 = − 3.$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#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:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#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.

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

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#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:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#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 ответ и решение

Действительно, $SSor(u(a,v,b)) = Sor(c11a+cS21(b,ac,b12)a+c22b) = or or$
$Sor(c11a,c12a)+Sor(c11a,c22b)+Sor(c21b,c12a)+Sor(c21b,c22b) c11c12Sor(a,a)+c11c22Sor(a,b)+c21c12Sor(b,a)+c21c22Sor(b,b)- = Sor(a,b) = Sor(a,b) =$
$= 0+c11c22Sor(aS,bo)+rc(a2,1b)c12Sor(b,a)+0 = c11c22Sor(aS,bo)−r(ac2,b1)c12Sor(a,b)=$
$( ) т.к. a,b -базис,= то Sor(a,b)⁄= 0 c11c22 − c21c12 = det c11 c12 . c21 c22$ И мы всё доказали.

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#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:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#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 ответ и решение

[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.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#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:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#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.