Аналитическая геометрия. Методическое пособие

Аналитическая 
геометрия

Е. А. Морозова, Е. Г. Скляренко

Методическое пособие

ISBN 978-5-4439-1023-9

9 785443 910239 >

МОСКОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ
им. М. В. ЛОМОНОСОВА

Механико-математический факультет
Кафедра выcшей геометрии и топологии

Е. А. Морозова, Е. Г. Скляренко

Аналитическая геометрия

Методическое пособие

Допущено УМО по классическому университетскому образованию
в качестве учебного пособия для студентов высших учебных заведений,
обучающихся по направлениям .. Математика,
.. Механика и математическое моделирование и специальности
.. Фундаментальные математика и механика

Электронное издание

Москва
Издательство МЦНМО


УДК 
ББК .
М

Морозова Е. А., Скляренко Е. Г.
Аналитическая геометрия. Методическое пособие.
Электронное издание.
М.: МЦНМО, .
 с.
ISBN ----

В книге разобраны около  типовых задач различной трудности, охватывающих почти все разделы программы по аналитической
геометрии. Приведено более  вопросов для самоконтроля.
Пособие предназначено для студентов математических специальностей университетов.
Предыдущее издание книги вышло в  г. (издательство мехмата МГУ).

Подготовлено на основе книги:
Морозова Е. А., Скляренко Е. Г.
Аналитическая геометрия. Методическое пособие. –– Новое изд. ––
М.: МЦНМО, . ––  с. –– ISBN ----

Издательство Московского центра
непрерывного математического образования
, Москва, Большой Власьевский пер., ,
тел. ()––.
http://www.mccme.ru

ISBN ----
© Морозова Е. А., Скляренко Е. Г., .
© МЦНМО, .

Посвящается светлой памяти
Павла Сергеевича Александрова,
Сергея Владимировича Бахвалова
и Алексея Серапионовича Пархоменко

Предисловие

В основу настоящего издания положены методические принципы,
разработанные П. С. Александровым, С. В. Бахваловым и А. С. Пархоменко.
Указаны параграфы и номера задач из следующих учебников.

[] Александров П. С. Лекции по аналитической геометрии. М.: Наука, .
[] Веселов А. П., Троицкий Е. В. Лекции по аналитической геометрии. М.: МЦНМО, .
[] Сборник задач по аналитической геометрии и линейной алгебре / Под ред. Ю. М. Смирнова. М.: МЦНМО, .

В тексте ссылки на литературу даются цифрами в квадратных
скобках. Прежде чем приступить к самостоятельному решению задач из [], необходимо проработать текст учебников [] и [] и разобрать задачи из [].
К некоторым пунктам сделаны дополнительные замечания, имеющие своей целью обратить внимание студентов на трудности, связанные с разбираемым материалом.
При решении примеров следует учесть, что если это специально
не оговорено, то имеется в виду прямоугольная система координат.
В новом издании пересмотрена структура разделов пособия. Кроме того, ссылки на задачи приведены в соответствие с нумерацией
в новых изданиях учебников и задачников.

. Векторная алгебра

.. Векторы. Операции над векторами

Свободные векторы. Операции над векторами: сложение векторов, умножение вектора на число.

[; гл., § , ; задачи , ]
[; .]
[; , , ––, ––].
Пример . Докажите, что для любого конечного набора точек
A1, A2, …, An (в пространстве) существует и единственна точка M,
для которой
#      –
MA1 + #      –
MA2 +…+ #      –
MAn = ⃗0.

Решение. Пусть O –– любая точка. Предположим, что M существует, тогда #    –
OAi = #     –
OM + #     –
MAi. Просуммировав по i, получим n · #     –
OM =

=
i

#    –
OAi, или #     –
OM= 1

n
i

#    –
OAi. Этим установлена единственность. Про
верка показывает, что точка M искомая: #     –
MAi = #    –
OAi − #     –
OM и
i

#     –
MAi =
=⃗0.

.. Базисы и координаты

Линейная зависимость векторов, геометрический смысл линейной зависимости. Проекции векторов. Координаты вектора. Радиусвекторы точек. Аффинная система координат.

[; гл., § ––]
[; .]
[; ––]

.. Деление направленного отрезка
в данном отношении

[; гл., § , гл. , § ; задачи , , ]
[; .]
[; ––, , ]
Пример . В точках A(x1, y1, z1) и B(x2, y2, z2) помещены массы m1 и m2. Найдите координаты (x, y, z) центра тяжести этой системы материальных точек (система координат аффинная).


. Векторная алгебра

Решение. Центр тяжести C лежит между точками A и B и делит

направленный отрезок #  –
AB в отношении m2

m1 . Поэтому для радиусов
векторов #   –
OC, #  –
OA и #   –
OB имеем

#   –
OC =

#  –
OA + m2

m1
· #  –
OB

1+ m2

m1

= m1
#  –
OA + m2
#  –
OB

m1 + m2
,

следовательно,

x = m1x1 + m2x2

m1 + m2
,

и аналогично для y и z.

Пример .
Найдите точку пересечения медиан треугольника,
вершины которого находятся в точках A(x1, y1), B(x2, y2), C(x3, y3)
(система координат аффинная).

Решение.
Пусть S –– точка пересечения медиан треугольника
ABC. Обозначим через D середину отрезка BC. Координаты точки D
имеют вид

xD = x2 + x3

2
,
yD = y2 + y3

2
.

Точка S делит направленный отрезок #   –
AD в отношении 2 : 1, поэтому координаты точки S имеют вид

xS = x1 +2xD

1+2
=
x1 +2 x2 + x3

2

3
= x1 + x3 + x3

3
и аналогично

yS = y1 + y2 + y3

3
.

Замечание. Методом полной индукции доказывается, что координата x центра тяжести системы из n точек Mi(xi, yi, zi), i =1, …, n,
в которых помещены массы, соответственно равные m1, m2, …mn,
определяется по формуле

x = m1x1 + m2x2 +…+ mnxn

m1 + m2 +… + mn
,

и аналогично для y и z.

Пример . Три последовательные вершины трапеции ABCD находятся в точках A(−3, −2, −1), B(1, 2, 3), C(9, 6, 4). Найдите четвёртую вершину D этой трапеции, зная, что длина основания |#   –
AD|
равна 15. Найдите также точку M пересечения диагоналей трапеции и точку S пересечения её боковых сторон.

.. Скалярное произведение


Решение. Имеем
#  –
BC(8, 4, 1),
|#  –
BC| = 9,
|#   –
AD| = 15,
|#   –
AD|

|#  –
BC| = 5

3.

Так как векторы #  –
BC и #   –
AD параллельны (как основания трапеции) и одинаково направлены (по условию #  –
AB –– боковая сторона
трапеции), в силу предыдущего
#   –
AD = 5

3
#  –
BC =
40

3 , 20

3 , 5

3

,

и поэтому D =
31

3 , 14

3 , 2

3

.

Так как треугольник AMD подобен треугольнику CMB, получаем, что
#    –
AM
#    –
MC =
#   –
AD
#  –
BC = 5

3.

По формуле деления отрезка #   –
AC в данном отношении

M =
9

2, 3, 17

8

,

и из подобия треугольников ASD и BSC находим
#  –
AS
# –
SB = −5

3.

Снова применяя формулу деления отрезка в данном отношении
к отрезку #  –
AB, находим S(7, 8, 9).

.. Скалярное произведение

Определение скалярного произведения и его основные свойства.
Выражение скалярного произведения двух векторов через координаты этих векторов. Длина векторов. Угол между векторами. Условие
перпендикулярности векторов. Направляющие косинусы.

[; гл., §  (п. ), § , задачи ––]
[; .]
[; , ––, , , , , , , ]

Пример . Найдите координаты центра M и радиус r окружности, описанной около треугольника с вершинами A(−2, −2), B(2, 6),
C(5, −3).

Решение. Пусть M(x, y) –– центр окружности, описанной около
треугольника ABC, тогда

|#    –
AM| = |#    –
BM| = |#    –
CM|,
или
|#    –
AM|2 = |#    –
BM|2 = |#    –
CM|2,


. Векторная алгебра

или

(x −2)2 +(y +2)2 = (x −2)2 +(y −6)2 = (x −5)2 +(y +3)2,

или
(x +2)2 +(y +2)2 = (x −2)2 +(y −6)2,

(x −2)2 +(y −6)2 = (x −5)2 +(y +3)2,
или
8x +16y −32 = 0,

6x −18y +6 = 0,
или

x +2y −4 = 0,

x −3y +1 = 0.

Отсюда x =2, y =1. Центр окружности: M(2, 1). Радиус окружности:

r = |#    –
AM| =
(2+2)2 +(1+2)2 = 5.

Пример . Найдите вектор ⃗c, являющийся ортогональной проекцией вектора ⃗a(8, 4, 1) на плоскость, перпендикулярную вектору
⃗b(2, −2, 1).
Решение. Вектор ⃗a −⃗c коллинеарен вектору ⃗b, поэтому ⃗a −⃗c =
= (2t, −2t, t), откуда ⃗c = (8 − 2t, 4 + 2t, 1 − t). Имеем (⃗b,⃗c) = 0, или
2(8−2t)−2(4+2t)+1− t=9−9t =0, откуда t =1.

Ответ. ⃗c =(6, 6, 0).
Пример . Найдите сумму векторов, являющихся ортогональными проекциями вектора ⃗a на стороны равностороннего треугольника ABC.
Решение. Выберем систему координат: начало в точке A, ⃗e1 = #  –
AB,

⃗e2 = #   –
AC, тогда (⃗e1, ⃗e1)=1, (⃗e2, ⃗e2)=1, (⃗e1, ⃗e2)=|⃗e1||⃗e2|cos π

3 = 1

2. Пусть
в этой системе ⃗a = a1⃗e1 + a2⃗e2. Вычислим проекцию ⃗a# –
AB вектора ⃗a
на #  –
AB:

⃗a# –
AB = |⃗a|cos∠(⃗e1, ⃗a)·⃗e1 = |⃗a|· (⃗e1, ⃗a)

|⃗a|
·⃗e1 =
a1 + 1

2a2
⃗e1.

Аналогично вычислим проекцию ⃗a# –
AC на вектор #   –
AC и проекцию ⃗a# –
CB
на вектор #  –
CB=⃗e1 −⃗e2:

⃗a# –
AC =
1

2a1 + a2
⃗e2;

⃗a# –
CB = (a1⃗e1 + a2⃗e2, ⃗e1 −⃗e2)(⃗e1 −⃗e2) =

= (a1(⃗e1, ⃗e1)+ a2(⃗e2, ⃗e1)− a1(⃗e1, ⃗e2)− a2(⃗e2, ⃗e2))(⃗e1 −⃗e2) =

=
a1 + 1

2a2 − 1

2a1 − a2
(⃗e1 −⃗e2) =

=
1

2a1 − 1

2a2
(⃗e1 −⃗e2).

.. Площадь, объём и ориентация


Сложим полученные равенства:

⃗a# –
AB +⃗a# –
AC +⃗a# –
CB =

=
a1 + 1

2a2
⃗e1 +
1

2a1 + a2
⃗e2 +
1

2a1 − 1

2a2
(⃗e1 −⃗e2) =

= 3

2(a1⃗e1 + a2⃗e2) = 3

2⃗a.

.. Площадь, объём и ориентация

Понятие об ориентации плоскости и пространства. Угол от одного вектора до другого на плоскости. Площадь ориентированного
параллелограмма, объём ориентированного параллелепипеда.

[; гл., § , гл., § ]
[; .]
[; ––]

Пример . Даны три вектора
#  –
OA = (8, 4, 1),
#   –
OB = (2, −2, 1),
#   –
OC = (4, 0, 3),

отложенные от одной точки O. Найдите направляющий (единичный) вектор луча, выходящего из точки O и образующего с рёбрами #  –
OA, #   –
OB, #   –
OC трёхгранного угла OABC равные острые углы. Установите, лежит ли луч с найденным направляющим вектором внутри
или вне трёхгранного угла OABC.

Решение.
Пусть #   –
OD = (x, y, z) –– единичный вектор, образующий с рёбрами #  –
OA, #   –
OB, #   –
OC равные острые углы. Тогда будут равны
между собой и косинусы этих углов, т. е.

(#  –
OA, #   –
OD)

|#  –
OA||#   –
OD| = (#  –
OB, #   –
OD)

|#    –
OB||#   –
OD| = (#   –
OC, #   –
OD)

|#   –
OC||#   –
OD| ,

или, в координатах,

8
9 x + 4

9 y + 1

9z = 2

3 x − 2

3 y + 1

3z = 4

5 x + 3

5z,

так как |#   –
OD|=1.
Приравнивая первое и третье выражения, стоящие в этом равенстве, второму, после преобразований получим систему уравнений
x +5y − z = 0,

x +5y −2z = 0,

откуда находим z = 0. Полагая, например, y = 1, найдём x = −5.
Непосредственной проверкой убеждаемся, что вектор #   –
OD =(−5, 1, 0)