векторная алгебра

26,146 views

Published on

Published in: Education
0 Comments
1 Like
Statistics
Notes
  • Be the first to comment

No Downloads
Views
Total views
26,146
On SlideShare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
35
Actions
Shares
0
Downloads
33
Comments
0
Likes
1
Embeds 0
No embeds

No notes for slide

векторная алгебра

  1. 1. Московский государственный технический университет имени Н.Э. Баумана Факультет «Фундаментальные науки» Кафедра «Высшая математика»С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский Векторная алгебра Электронное учебное издание Методические указания к решению задач по курсу "Аналитическая геометрия" Москва (С)2010 МГТУ им. Н.Э. Баумана
  2. 2. С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра.УДК: 512+514.12Рецензент: Приказчиков Данила АлександровичСоболев С.К., Томашпольский В.Я. Векторная алгебра. Методическиеуказания к решению задач по курсу "Аналитическая геометрия" – М., МГТУим. Н.Э. Баумана, илл. 24. Изложены основы теории по векторной алгебре: линейные операции надвекторами, базис и координаты, скалярное, векторное и смешанное произве-дения, определитель Грама, приложения к геометрии и механике. Разобранобольшое количество примеров как стандартных, так и повышенной сложно-сти. Содержит задачи для самостоятельного решения, снабженные ответамии указаниями. Для студентов, изучающих и применяющих векторную алгебру.Рекомендовано Учебно-методической комиссией факультета "Фундамен-тальные науки" МГТУ им. Н.Э. Баумана. 2
  3. 3. С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра. ОглавлениеВведение ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 3Глава 1. Линейные операции над векторами. Базис и координаты ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 3Задачи для самостоятельного решения к главе 1 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅22Глава 2. Скалярное произведение векторов⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 28Задачи для самостоятельного решения к главе 2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 36Глава 3. Векторное и смешанное произведения векторов⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 42Задачи для самостоятельного решения к главе 3 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 53Литература ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 59Ответы и указания ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 60 Введение⋅ Векторы имеют широкое применение в различных разделах математи-ки, например, в элементарной, аналитической и дифференциальной геомет-рии, в теории поля. Векторная алгебра широко используется во многих раз-делах физики и механики, в кристаллографии, геодезии. Без векторов немыс-лима и не только классическая математика, но и многие другие науки. В данном пособии особый акцент делается на применении векторной ал-гебры, на решении задач как стандартных, так и повышенной сложности. Вкаждой главе приводится краткие, но исчерпывющие теоретические сведенияи разбираются разнообразные примеры (всего более 30). Конец решения ка-ждого примера обозначен черным квадратиком . В пособии рассматрива-ются и ряд дополнительных тем, например, барицентрические координаты,центр масс, определитель Грама и его связь с векторным и смешанным про-изведениями. В конце каждой главы дано большое количество задач для са-мостоятельного решения, к которым имеются ответы и указания. Пособиебудет полезно всем студентам, которые хотят углубить свои познания и на-выки в векторной алгебре, но в первую очередь – студентам факультета ФН. 1. Линейные операции над векторами. Базис и координаты. Краткие теоретические сведения. Напомним основные понятия век-торной алгебры. Геометрический вектор (или просто вектор) – это отрезокАВ, на котором задано направление, например, от А к В, и обозначаемый AB .Точки А и В называются соответственно началом и концом вектора AB .Длиной вектора AB называется расстояние между его началом и концом,она обозначается AB . Два вектора называются равными, если они одинако-во направлены и имеют одинаковые длины. 3
  4. 4. С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра. 1.1. Лемма о равенстве двух векторов. Для любых четырех точек про-странства A, B, C и D AB = CD тогда и только тогда, когда AC = BD . 1.2. Свойство равенства векторов. Отношение равенства векторовобладает свойствами:(а) если AB = CD , то и CD = AB (симметричность);(б) если AB = CD , CD = EF , то AB = EF (транзитивность). Вектор, положение начала которого не имеет значения, обозначаетсямаленькой латинской буквой полужирным курсивом: a, b, c1 , d2 и т.д. Опре-деление суммы векторов a и b : от произвольной точки А пространства от-ложить первый вектор a = AB , от полученной точки В отложить второй век-тор b = BC , тогда, по определению, a + b = AC . Это правило называется defправилом треугольника сложения векторов и выражается формулой:AB + BC = AC . 1.3 Замечание. Вышеприведенное определение правила сложения век-торов корректно, т.е. оно не зависит от выбора точки А. Это значит, чтоесли вместо точки А взять другую точку A1 , то результат будет тот же: Если AB = A1B1 и BC = B1C1 , то и AC = A1C1 . (докажите это самостоятельно с помощью леммы 1.1 и свойства 1.2). 1.4. Нулевым вектором называ-ется вектор, начало и конец которого Cсовпадают: 0 = AA = BB = CC = ... . BДля произвольного вектора a = AB a−bвектор BA называется противопо-ложным, он обозначается −a . Раз- b a+bностью векторов а и b называется Dвектор a + ( −b) . Можно доказать, что a Рис.1c = a − b ⇔ b + c = a . Правило па- Aраллелограмма сложения и вычита-ния векторов: векторы а и b отложить от одного начала: a = AD , b = AB идостроить до параллелограмма: ABCD (см. рис. 1), тогда a + b = AC ,a − b = BD . 1.5. Произведение числа (скаляра) λ ∈ на вектор a есть векторb = λ a , длина которого b = λ ⋅ a , а направление определяется так: еслиλ = 0 или a = 0 , то и b = 0 , а если a ≠ 0 , то вектор b одинаково направлен свектором а (символически b ↑↑ a ) при λ > 0 , и противоположно направлен(символически b ↓↑ a ) при λ < 0 . 1.6. Свойства операций сложения векторов и умножения их начисла. Для любых векторов a, b, c и чисел λ , µ ∈ : (а) a + b = b + a (коммутативность); 4
  5. 5. С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра. (б) ( a + b) + c = a + ( b + c ) (ассоциативность); ( в) a + 0 = a ; (г) a + ( −a) = 0 ; ( д) λ ( a + b ) = λ a + λ b ; (е) (λ + µ )a = λ a + µ a (дистрибутивность); (ж) (λµ )a = λ ( µ a) ; (з) 1a = a . 1.7. Благодаря свойствам (а) и (б) можно складывать любое количествовекторов в произвольном порядке. Правило многоугольника сложения не-скольких векторов a1 , a2 , ..., an : от произвольной точки A0 отложим первыйвектор a1 = A0 A1 , от его конца A1 отложим второй вектор a2 = A1 A2 , и.т.д., иот конца An −1 предпоследнего вектора отложим последний векторan = An −1 An . Тогда a1 + a2 + ... + an = A0 An (см. Рис.2). Таким образом, на-пример, не глядя на чертеж, легко найти сумму: CM + AC + DE + MD = AC + CM + MD + DE = AE. a1 A4 A1 a2 A2 a4 a1 a2 a3 a4 a5 A0 a5 a3 A3 a1 + a2 + a3 + a4 + a5 A5 Рис.2 1.8. Условимся считать нулевой вектор параллельным любой прямой илюбой плоскости. Совокупность векторов называется коллинеарной (ком-планарной), если все они параллельны некоторой прямой (соответственноплоскости). Это определение равносильно следующему: совокупность век-торов является коллинеарной (компланарной) тогда и только тогда, когдавсе эти векторы, будучи отложенными от общего начала, лежат на однойпрямой (соответственно в одной плоскости). Поэтому два вектора всегдакомпланарны. 1.9. Линейной комбинацией векторов a1 , a2 , ..., an называется суммапроизведений этих векторов на произвольные числа λ1 , λ2 , ...λn ∈ ; её ре-зультат – тоже некоторый вектор: λ1a1 + λ2 a2 + ... + λn an = b . Например3a + 2 b − 7c – одна из линейных комбинаций векторов а, b и с. Линейная 5комбинация называется тривиальной, если все её коэффициенты нулевые.Понятно, что тривиальная комбинация любых векторов дает нулевой вектор.Совокупность векторов a1 , a2 , ..., an называется линейно зависимой (илипросто зависимой), если существует их нетривиальная линейная комбина-ция, дающая нулевой вектор, т.е. когда найдутся числа λ1 , λ2 , ...λn ∈ , неравные одновременно нулю и такие, что λ1a1 + λ2 a2 + ... + λn an = 0 . Совокуп- 5
  6. 6. С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра.ность векторов a1 , a2 , ..., an называется линейно независимой (или простонезависимой), если она не является зависимой, т.е. если только тривиальнаялинейная комбинация этих векторов (и больше никакая!) дает нулевой век-тор, иными словами, когда равенство λ1a1 + λ2 a2 + ... + λn an = 0 обязательновлечет λ1 = λ2 = ... = λn = 0 . Например, для любых трех точек А, В и С векторы AB, AC , BC линейнозависимы, т.к. их линейная комбинация с коэффициентами 1, − 1 и 1 равнанулевому вектору: AB − AC + BC = AB + BC + CA = AA = 0 . 1.10. Общий критерий1 линейной зависимости нескольких векторов:совокупность векторов линейно зависима тогда и только тогда, когда одиниз них есть линейная комбинация остальных. Следовательно, совокупностьвекторов линейно независима тогда и только тогда, когда ни один из них неявляется линейной комбинацией остальных.Критерии линейной зависимости двух, трех и четырех векторов: Двавектора линейно зависимы тогда и только тогда, когда они коллинеарны.Три вектора линейно зависимы тогда и только тогда, когда они компланар-ны. Четыре или более геометрических вектора всегда линейно зависимы. 1.11. Упорядоченная совокупность векторов плоскости (или пространст-ва) называется базисом, если эти векторы, во-первых, линейно независимы,а, во-вторых, через них можно выразить всякий вектор плоскости (простран-ства). Коэффициенты разложение вектора по базису определены однознач-но, они называются координатами вектора в данном базисе. На плоскостибазис образуют любые два неколлинеарных вектора, а в пространстве – лю-бые три некомпланарных вектора. Базис, состоящий из трех единичных по-парно перпендикулярных векторов i, j и k, называется ортонормированным.Координаты вектора в заданном базисе мы будем указывать в круглых илифигурных скобках, а именно, запись a{x; y; z} означает, что a = x i + y j + z k .При сложении векторов и умножении их на числа с их координатами выпол-няются те же самые операции. 1.12. Пусть некоторая точка О принята за начало отсчета. Радиусом-вектором точки А называется вектор OA . Если точка С делит отрезок АВ в βзаданном отношении: AC : CB = α : β , то OC = α + β OA + α α β OB . В частно- +сти, радиус-вектор середины отрезка АВ есть 1 2 ( OA + OB ) . 1.13. Декартова система координат на плоскости (в пространстве) со-стоит из точки О (начала отсчета) и базиса в этой плоскости (пространства)т.е. двух неколлинеарных векторов этой плоскости (соответственно трех не-компланарных векторов). Напомним, что числовой осью (или координатнойпрямой) называется прямая, на которой заданы начало отсчета, направлениеи масштаб. Каждой точке Р координатной прямой однозначно соответствуетнекоторое вещественное число xP ∈ и наоборот. Координатные прямые с1 Критерий – это синоним для словосочетания «необходимое и достаточное условие». 6
  7. 7. С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра.началом отсчета в точке О, сонаправленные соответствующим базисным век-торам a; b; c и с единицей масштаба, равной длине этих векторов, называют-ся координатными осями ОХ, OY и OZ, а также осями абсцисс, ординат иаппликат соответственно. Координатами точки М в декартовой системекоординат называются координаты её радиус вектора OM в базисе { a; b; c },т.е. запись M ( x; y; z} означает, что OM = x a + y b + x c . Если базис ортонор-мированный {i, j , k} , то соответствующая декартова система координат на-зывается прямоугольной. В общем случае любая координата точки М естьпроекция точки М на соответствующую координатную ось параллельноплоскости, содержащей две другие координатные оси (см. п. 1.16 далее).В частности, в случае прямоугольной системы координат это прямоугольные(ортогональные) проекции точки М на эти оси. 1.14. Если точки А и В имеют координаты A( x A ; y A ; z A ) и B( x B ; y B ; z B )то вектор AB имеет координаты AB( x B − x A ; y B − y A ; z B − z A ) . Координаты точки С, делящей отрезок АВ в заданном отношении:AC : CB = α : β , выражаются через координаты точек А и В формулами: β β β xC = α + β x A + α α β x B , yC = α + β y A + α α β y B , zC = α + β z A + α α β z B . + + + Расстояние между точками А и В в прямоугольной системе координатвыражается формулой: AB = ( x A − x B )2 + ( y A − y B ) 2 + ( z A − z B )2 . Далее, поумолчанию, система координат всегда прямоугольная. 1.15. Пусть в простран-стве даны прямая ℓ и не па-раллельная ей плоскость π. ℓ1 π1Проекцией произвольной Aточки А на плоскость π па- ℓ А2раллельно прямой ℓ называ- πется точка А1 пересечения A1этой плоскости с прямой ℓ1,проходящей через точку А Рис. 3параллельно2 прямой ℓ. Про-екцией точки А на прямую ℓ параллельно плоскости π называется точка А2пересечения этой прямой с плоскостью π1, проходящей через точку А парал-лельно плоскости π. (см. Рис. 3). Проекция фигуры Ф на плоскость (прямую)состоит из проекций всех точек фигуры Ф на эту плоскость (прямую). На.рис. 4 изображена линия L1 – проекция кривой L на плоскость π параллельнопрямой ℓ. Проекция точки или фигуры на плоскость параллельно прямой,перпендикулярной этой плоскости, называется прямоугольной или ортого-нальной. Параллельная (в частности, ортогональная) проекция на плоскость2 В этом и в двух следующих пунктах две совпадающие прямые или плоскости тоже считаютсяпараллельными. 7
  8. 8. С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра.широко используется для изображения пространственных фигур на плоско-сти. Отметим свойства параллельных (и, в частности, ортогональных) проек-ций на плоскость, извест-ные их курса школьнойгеометрии: L (а) проекция прямойесть прямая (или точка); ℓ (б) проекции парал-лельных прямых тоже па- L1 4раллельны (или совпада-ют); Рис. 4 (в) длины проекцийотрезков, расположенных на одной прямой пропорциональны длинам самихотрезков. 1.16. Проекцией вектора AB на плоскость на плоскость π параллельнопрямой ℓ называется вектор A1B1 , где А1 и В1 – проекции точек А и В соот-ветственно на плос-кость π параллельнопрямой ℓ, она обозна-чается A1B1 = Prπ ( AB ) . Ана- B ℓ B2 ℓ1логично определяетсяпроекция вектора AB Aна прямую ℓ парал- A2 B1лельно плоскости π –это вектор A2 B2 , где А2 A1и В2 – проекции точек Рис. 5 πА и В соответственнона прямую ℓ параллельно плоскости π, она обозначается A1B1 = Prπ ( AB ) .(см. Рис. 5). Свойства параллельной проекции вектора на плоскость: (а) Если A1B1 = A2 B2 , π 1 π 2 и 1 2 , то Prπ1 ( A1B1 ) = Prπ 2 ( A2 B2 ) ; 1 2 (б) свойство линейности: для любых векторов a1 , a2 и чисел λ1 , λ2 ∈ : Prπ ( λ1a1 + λ2 a2 ) = λ1 ⋅ Prπ ( a1 ) + λ2 ⋅ Prπ ( a2 ) . l l l Аналогичные свойства верны и для проекции вектора на прямую. (в) Если прямая ℓ и плоскость π не параллельны, то для любого вектора асправедливо представление: a = Prπ ( a) + Prπ ( a) . Это представление называется разложением вектора а по прямой ℓ иплоскости π. 8
  9. 9. С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра. Чтобы найти проекцию вектора b на плоскость π параллельно прямой ℓ,или проекцию вектора b на прямую ℓ параллельно плоскости π надо выбратьв плоскости π два неколлинеарных вектора a1 и a2 , выбрать на прямой ℓ не-нулевой вектор а3 и разложить вектор b по базису {a1; a2 ; a3} :b = λ1a1 + λ2 a2 + λ3a3 . Тогда Prπ ( b ) = λ1a1 + λ2 a2 , Prπ ( b ) = λ3a3 . 1.17. Пусть в пространстве задан ненулевой вектор а и непараллельнаяему плоскость π. Проекцией вектора b на направление вектора а (парал-лельно плоскости π) называется число ± b1 , где вектор b1 = Prπ ( b ) – проек-ция вектора b на прямую ℓ параллельно плоскости π (где ℓ – любая прямая,параллельная вектору а), а знак + или – выбирается в зависимости от того,совпадает или нет направление вектора b1 с направлением вектора а. Проекция вектора b на направление вектора а (параллельно плоскости π) πобозначается Pra ( b) , она обладает свойствами: (а) Если векторы a1 и a2 одинаково направлены: a1 ↑↑a2 , то π πPra1 ( b ) = Pra2 ( b ) , а если векторы a1 и a2 противоположно направлены: π πa1 ↑↓a2 , то Pra1 ( b ) = − Pra2 ( b ) ; (б) свойство линейности: для любых векторов b1 , b2 и чисел λ1 , λ2 ∈ : π π π Pra ( λ1b1 + λ2 b2 ) = λ1 ⋅ Pra ( b1 ) + λ2 ⋅ Pra ( b2 ) . Чтобы найти проекцию вектора b на направление вектора а параллельноплоскости π (не параллельной вектору а), надо в плоскости π выбрать два не-коллинеарных вектора c1 и c2 , разложить вектор b по базису { a; c1 , c2 } :b = λ a + µ1c1 + µ2 c2 , тогда проекция вектора b на направление вектора а (па-раллельно плоскости π) равна: π Pra ( b) = λ ⋅ a . Пример 1. Даны произвольные векторы p и q. Доказать, что векторыa = 2 p + 5q , b = 3 p − q и c = − 4 p + q линейно зависимы. Решение. Построим плоскость π на векторах p и q , отложенных отобщего начала. Тогда векторы а, b и с лежат в той же плоскости π и поэтомукомпланарны, а значит, и линейно зависимы. Можно найти и конкретнуюлинейную комбинацию векторов а и b, дающую вектор с. Пусть λ a + µ b = c ⇔ λ (2 p + 5q) + µ (3 p − q) = − 4 p + q ⇔ ⇔ (2λ + 3µ ) p + (5λ − µ )q = − 4 p + q. Для наших целей достаточно найти λ и µ, удовлетворяющих системе: {2λ + 3µ = − 4, 5λ − µ = 1. Решив её, находим: 1 22 λ = − , µ = − . Итак, 17 17 1 22c = − a − b , это и значит, что векторы а, b и с линейно зависимы. 17 17 9
  10. 10. С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра. Пример 2. Векторы a, b, и с имеют в некотором исходном базисе коор-динаты a( − 1; 2; 3), b(3;1; 4), c (5; 3; 2) . Доказать, что эти векторы тоже образу-ют базис, и разложить по новому базису вектор d (11;16; 9) . Решение. Докажем, что векторы a, b, и с линейно независимы. Допус-тим, что какая-то линейная комбинация этих векторов даёт нулевой вектор:α ⋅ a + β ⋅ b + γ ⋅ c = 0 . Записав координаты векторов по столбцам, получим:  − 1  3  5   0   −α + 3β + 5γ = 0, α  2  + β  1  + γ  3  =  0  ⇔  2α + β + 3γ = 0,            3  4  2  0 3α + 4 β + 2γ = 0. Для решения последней системы применим формулы Крамера. Главныйопределитель равен −1 3 5 ∆ = 2 1 3 = − 2 + 27 + 40 − 15 − 12 + 12 = 50 ≠ 0, 3 4 2а все вспомогательные определители, очевидно, равны нулю (у них одинстолбец полностью нулевой). Поэтому решение системы α = β = γ = 0 . Это изначит, что векторы a, b, и с линейно независимы, и поэтому образуют базисв пространстве. Далее нам надо найти коэффициенты х, у и z разложенияx ⋅a + y ⋅b + z ⋅c = d :  − 1  3   5   11   − x + 3 y + 5z = 11,  x  2  + y  1  + z  3  =  16  ⇔  2 x + y + 3z = 16,           3  4   2   9   3x + 4 y + 2 z = 9.Решив последнюю систему, например, методом Крамера, получим:x = 3, y = − 2, z = 4 . Ответ: d = 3a − 2b + 4c . Пример 3. Выразить радиус вектор точки М пересечения медиан тре-угольника АВС через радиус-векторы его вершин. Решение. Как известно, точка М лежит на медиане AD и делит её в от-ношении AM : MD = 2 : 1 , и D – середина отрезка BC. Тогда, если О – началоотсчета (не важно, где оно находится!), то OD = 1 (OB + OC ) , и 2 OM = 1 OA + 2 OD = 1 OA + 2 ( 1 OB + 1 OC ) = 3 3 3 3 2 2 1 3 ( OA + OB + OC ) . Пример 4. Считая известными длины сторон треугольника АВС:BC = a , AC = b, AB = c , выразить радиус-вектор центра Р его вписаннойокружности через радиус-векторы его вершин. Решение. Как известно, во-первых, центр вписанной окружности лежитна пересечении биссектрис, а во-вторых, биссектриса треугольника делит егосторону на части, пропорциональные прилежащим сторонам. Пусть Р – точкапересечения биссектрис AD и BE треугольника АВС (см. Рис. 6.; треугольникможет лежать в плоскости, не параллельной плоскости чертежа, и поэтомувписанная окружность выглядит как эллипс). Тогда 10
  11. 11. С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра.BD : DC = AB : AC = c : b . Следовательно, b c AOD = OB + OB . Далее, положим: Рис.6 b+c b+cBD CD = = x , тогда BD = cx , DC = bx и c b P Ecx + bx = BD + DC = BC = a , откуда a ac Bx= ⇒ DB = cx = . Аналогично, в D C b+c b+cтреугольнике ABD биссектриса ВР делит сторо- ac b+cну AD на части AP : PD = AB : BD = c : = = (b + c ) : a . Поэтому b+c a OP = a OA + b + c OD = a+b+c a+b+c = a a+b+c OA + b + c a+b+c b+c ( b OB + c OB = b+c ) = a OA + b OB + c OC. à a+b+c a+b+c a+b+c Пример 5. В треугольнике АВС известны координаты его вершин:A(2; 3; − 1), B (1; 5;1), C (4; 7; − 5) Найти координаты центра вписанной окруж-ности и длину медианы BD. Решение. Сначала найдем длины сторон треугольника: a = BC = (1 − 4)2 + (5 − 7) 2 + (1 + 5)2 = 9 + 4 + 36 = 7, b = AC = 4 + 16 + 16 = 6, c = AB = 1 + 4 + 4 = 3. Следовательно, радиус вектор центра вписанной окружности выражает-ся через радиус-векторы вершин треугольника так: OP = a OA + b OB + c OC = a+b+c a+b+c a+b+c = 16 OA + 16 OB + 16 OC. 7 6 3 Аналогичная формула справедлива и для каждой из трёх координатточки Р: xP = 16 ( 7 x A + 6 xB + 3xC ) = 16 ( 7 ⋅ 2 + 6 ⋅ 1 + 3 ⋅ 4 ) = 16 ⋅ 32 = 2 , 1 1 1 y P = 16 ( 7 y A + 6 y B + 3 yC ) = 16 ( 7 ⋅ 3 + 6 ⋅ 5 + 3 ⋅ 7 ) = 16 ⋅ 72 = 9 , 1 1 1 2 z P = 16 ( 7 z A + 6 z B + 3zC ) = 16 ( 7 ⋅ ( − 1) + 6 ⋅ 1 + 3 ⋅ ( − 5 )) = − 1 . 1 1 Следовательно, P ( 2; 9 ; − 1 ) . Второй конец медианы BD – точка D– явля- 2ется серединой отрезка АС, её координаты:xD = 1 ( x A + xC ) = 1 ( 2 + 4 ) = 3, y D = 1 ( y A + yC ) = 1 ( 3 + 7 ) = 5, 2 2 2 2z D = 1 ( z A + zC ) = 1 ( − 1 − 5 ) = − 3 ⇒ D(3; 5; − 3). 2 2 Длина медианы AD равна: AD = (2 − 3)2 + (3 − 5) 2 + ( − 1 + 3)2 = 1 + 4 + 4 = 3. 11
  12. 12. С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра. Ответ: P(2; 9 ; − 1), AD = 3 . ■ 2 Пример 6. Доказать, что отрезки, соединяющие середины противопо-ложных рёбер произвольного тетраэдра3, пересекаются в одной точке и де-лятся ею пополам (эта точка называется центроидом4 тетраэдра). Решение. Пусть в тетраэдре ABCD середи-ны рёбер АВ, АС, AD, BC, BD и CD – это точки DK, L, M, N, P, и Q соответственно (см. Рис. 7). Рис. 7Далее, пусть Е – середина отрезка KQ (соеди-няющего середины рёбер АВ и CD), F – отрезкаLP (соединяющего середины рёбер АC и BD), и, M Q Pнаконец, G – середина отрезка MN (соединяю-щего середины рёбер АD и BC). Нам надо дока- G E Fзать, что точки Е, F и G совпадают. Для этого Aдостаточно показать равенство их радиус- L Cвекторов OE , OF и OG , где О – произвольная K B Nточка отсчета. Обозначим через а, b, с и d радиус-векторы вершин А, В, С и D соответ-ственно, и выразим через эти четыре вектора радиус-вектор точки Е: OE = 1 ( OK + OQ ) = 1 ( 1 ( OA + OB ) + 1 ( OC + OD ) ) = 1 ( a + b + c + d ) . 2 2 2 2 4 Аналогично,OF = 1 ( OL + OP ) = 2 ( 1 ( OA + OC ) + 1 ( OB + OD ) ) = 1 ( a + c + b + d ) и 2 1 2 2 4OG = 1 ( OM + ON ) = 1 ( 1 ( OA + OD ) + 1 ( OB + OC ) ) = 1 ( a + d + b + c ) . 2 2 2 2 4 Итак, мы получили OE = OF = OG , следовательно, точки Е, F и G сов-падают. Замечание. Если в примерах 3 и 4 точка отсчета О лежит в плоскоститреугольника АВС, то найденные выражения радиус-векторов точки пересе-чения медиан и точки пересечения биссектрис через радиусы векторы вер-шин треугольника не являются единственными. Например, если точка О сов-падает с точкой С, то OM = 1 ( OA + OB ) , что не противоречит полученному 3результату, т.к. вектор OC в этом случае нулевой. Аналогично, четыре век-тора а, b, с и d в примере 4 линейно зависимы (при любом положении точкиО), и поэтому выражение вектора OE через эти векторы не однозначно. Од-нако, найденные в примерах 3, 4 и 6 выражения отличаются тем, что они независят от положения точки отсчета О. Теперь решим задачи на использовании единственности разложениявектора по базису.3 Тетраэдром называется многогранник, ограниченный четырьмя треугольными гранями, т.е. этотреугольная пирамида.4 Точное определение центроида геометрической фигуры см. далее на стр. 18. 12
  13. 13. С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра. Пример 7. В паралле- B L Cлограмме ABCD точки Е и L яв-ляются серединами сторон АВ и bВС соответственно, точки K и F E Mрасположены на сторонах AD FCD и делят их в отношенииAK : KD = 2 : 1, CF : FD = 3 : 1. А D Рис. 8 d KОтрезки EF и KL пересекаютсяв точке М. Найти отношения EM : MF и KM : ML . Решение. Возьмем векторы b = AB и d = AD в качестве базиса наплоскости, и сначала разложим по этому базису векторы EF и KL : EF = EA + AD + DF = − 1 b + d + 1 b = − 1 b + d ; 2 4 4 KL = KA + AB + BL = − 2 d + b + 1 d = b − 1 d . 3 2 6Обозначим x = EM , y = KM (см. Рис. 8). Понятно, что 0 < x < 1 , 0 < y < 1 и EF KLискомые отношения равны EM : MF = x : (1 − x ) , KM : ML = y : (1 − y ) . Теперь разложим вектор AM по базису {b, d } двумя способами: (1) AM = AE + EM = 1 b + xEF = 1 b + x ( − 1 b + d ) = ( 1 − 1 x ) b + x d ; 2 2 4 2 4 (2) AM = AK + KM = 2 d + yKL = 2 d + y ( b − 1 d ) = y b + ( 2 − 1 y ) d . 3 3 6 3 6 В силу единственности разложения вектора по базису, коэффициентыпри b и при d в обоих разложения должны быть равны: 1 − 1 x = y  2 4 x = 3 − 6 y 2 1 ⇔ { x + 4 y = 2, 6 x + y = 4. Решив эту систему (например, по формулам Крамера), находим ∆ = − 23, ∆ x = − 14, ∆ y = − 8 ⇒ x = 14 , y = 8 . 23 23 Отсюда, получаем искомые отношения: EM : MF = x : (1 − x ) = 14 : 23 = 14 : 9; 23 9 KM : ML = y : (1 − y ) = 8 23 : 15 = 8 : 15. 23 Пример 8. В тетраэдре ABCD точка Е – середина ребра AD, точки F и Kделят ребро CD на три равные части: CF = FK = KD , а точка L делит реброАВ в отношении AL : LB = 1 : 3 . Отрезок KL пересекает плоскость BEF вточке М. Найти отношение KM : ML . Решение. Рассмотрим некомпланарные векторы a = DA, b = DB иc = DC как базис в пространстве (см. Рис. 9). Разложим вектор KL по этомубазису: 13
  14. 14. С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра. KL = KD + DB + BL = − 1 c + b + 4 BA = − 1 c + b + 4 ( a − b ) = 4 a + 1 b − 1 c. 3 3 3 3 3 4 3Обозначим, как и в предыдущем примере, x = KM . Сначала разложим век- KLтор DM по базису { a, b, c } :1) DM = DK + KM = 1 c + x ⋅ KL = 1 c + x ⋅ ( 4 a + 1 b − 1 c ) = 3 3 3 4 3 = 4 x ⋅ a + 1 x ⋅ b + 1 (1 − x ) ⋅ c; 3 4 3 {Но если использовать тот же Dприем, что и в примере 7, то надобудет приравнять коэффициентыразложения вектора, например, KDM , по данному базису (это триуравнения). Для этого надо иметь cеще одно разложение этого вектора E Fи еще две неизвестные. Заметим, a Mчто векторы p = BE и q = BF об- b qразуют базис на плоскости BEF, и p Cвектор BM лежит в этой плоскости. AПусть y и z – коэффициенты разло- Lжения вектора BM по векторам p и B Рис. 9q: BM = y ⋅ p + z ⋅ q . Теперь нам надо найти числа х, у и z. Для этого разложим по исходномубазису { a, b, c } векторы p и q: p = BE = BD + DE = −b + 1 a , q = BF = BD + DF = −b + 2 c , 2 3а затем разложим вектор DM по базису { a, b, c } вторым способом: 2) DM = DB + BM = b + y p + z q = b + y ( −b + 1 a ) + z ( −b + 2 c ) = 2 3 = 1 y ⋅ a + (1 − y − z ) ⋅ b + 2 z ⋅ c. 2 3 В силу единственности разложения вектора по базису, коэффициентыпри векторах а, b и с должны быть равны в обоих разложениях. Получимсистему трех уравнений с тремя неизвестными, которую решим, выразив y иz через х из первого и третьего уравнений и подставив их во второе уравне-ние:  4 x = 2 y, 3 1  y = 2 x, 3  x = 2, 5 1 1 1 − 1 x = 1, ⇒  y = 3 ,  4 x = 1 − y − z, ⇔  4 x + 2 x + 2 2 3  5  1 (1 − x ) = 2 z;  z = 1 − 1 x; z = 3 . 3 3  2 2  10 Итак, BM = 5 p + 10 q и} KM : ML = x : (1 − x ) = 2 : 5 = 2 : 3 . 3 3 5 3 Пример 9. В параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 точки K и M расположе-ны на рёбрах АВ и B1C1 и делят их в отношении AK : KB = 1: 2 , B1M = MC1 .Найти проекции вектора KM : (а) на плоскость A1BD параллельно прямой 14
  15. 15. С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра.AC1 ; (б) на прямую AC1 параллельно плоскости A1BD . Ответ представить ввиде разложения по векторам a = AB , b = AD , c = AA1 . Решение. В плоскости C1 D1A1BD выберем неколлинеарные Рис. 10векторы p = A1B , q = A1D , и Mнайдем разложение вектора r A1 B1KM по новому базису q p, q, r = AC1 . (см. Рис. 10). Но- C Dвые базисные векторы выража- p cются через исходный базис b{ a, b, c } следующим образом: B A a K p = A1B = A1 A + AB = a − c ,q = A1D = A1 A + AD = b − c , r = AC1 = AB + BC + CC1 = a + b + c . Поэтомуa = p + c , b = q + c ⇒ r = ( p + c ) + ( q + c ) + c = p + q + 3c . Отсюда получимвыражения старых базисных векторов через новые:c = 1 ( r − p − q) , a = p + c = p + 1 ( r − p − q) = 2 p − 1 q + 1 r , 3 3 3 3 3b = q + c = q + 1 ( r − p − q) = − 1 p + 2 q + 1 r . Теперь разложим вектор KM 3 3 3 3сначала по исходному базису { a, b, c } , а потом и по новому базису { p, q, r } : KM = KB + BB1 + B1M = 2 a + c + 1 b = 3 2 = 2 ⋅ ( 2 p − 1 q + 1 r ) + 1 ( r − p − q) + 1 ( − 1 p + 2 q + 1 r ) = 3 3 3 3 3 2 3 3 3 = − 18 p − 9 q + 18 r. 1 2 13 Следовательно, проекция вектора KM на плоскость A1BD параллельнопрямой AC1 равна: PrA1BD ( KM ) = − 18 p − 9 q = − 18 ( a − c ) − 9 ( b − c ) = − 18 a − 9 b + 18 c , AC1 1 2 1 2 1 2 5а проекция вектора KM на прямую AC1 параллельно плоскости A1BD есть PrACBD ( KM ) = 18 r = 18 ⋅ ( a + b + c ) = 18 a + 18 b + 18 c. ■ A1 1 13 13 13 13 13 Пример 10. В пространстве даны пять точек A( − 1; 4; 3) , B(1; 3; 8) ,C (5; 7; − 3) , D (3;10;1) и M ( − 1; − 6;14) . Найти: (а) координаты точки N – про-екции точки M на плоскость АВС параллельно прямой AD; (б) координатыточки K – проекции точки М на прямую AD параллельно плоскости АВС;(в) вектор q – проекцию вектора p (10; 9; − 16) на плоскость ABD параллельнопрямой АС, (г) проекцию вектора p на направление вектора AC параллельноплоскости AВD. 15
  16. 16. С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра. Решение. Рассмотрим базис b = AB{2; − 1; 5} , c = AC{6; 3; − 6} ,d = AD{4; 6; − 2} и найдем разложение вектора AM {0; − 10;11} по этому ба-зису:  2   6   4   0  x b + y c + z d = b = AM ⇔ x  − 1  + y  3  + z  6  =  − 10  .  5   −6   − 2   11           2 x + 6 y + 4 z = 0,  Получится система линейных уравнений  − x + 3 y + 6 z = − 10, решение  5 x − 6 y − 2 z = 11, которой (например, методом Крамера): x = 2, y = 1 , z = − 2 . Следовательно, 3 3AM = 2 ⋅ AB + 1 ⋅ AC − 2 ⋅ AD , значит, проекция вектора AM на плоскость 3 3АВС параллельно прямой AD есть вектор AN = 2 ⋅ AB + 1 ⋅ AC = 3= 2 ⋅{2; − 1; 5} + 1 ⋅{6; 3; − 6} = {6; − 1; 8} , поэтому точка N имеет координаты: 3xN = x A + x AN = − 1 + 6 = 5, y N = y A + y AN = 4 − 1 = 3 ,z N = z A + z AN = 3 + 8 = 11 . Следовательно, проекция точки М на плоскостьАВС параллельно прямой AD есть точка N с координатамиPrABC ( M ) = N (5; 3;11) . AD Аналогично, проекция вектора AM на прямую AD параллельно плоскостиАВС есть вектор AK = − 2 AD = − 2 {4; 6; − 2} = {− 6; − 9; 3} , поэтому точка K 3 3имеет координаты: xK = x A + x AK = − 1 − 6 = − 7 , y K = y A + y AK = 4 − 9 = − 5 ,z K = z A + z AK = 3 + 3 = 6 . Итак, PrAD ( M ) = K ( − 7; − 5; 6) . ABC Для нахождения проекций вектора p (10; 9; − 16) также разложим его потому же базису:  2   6   4   10  α b + β c + γ d = b = p ⇔ α  −1  + β  3  + γ  6  =  9  , получим  5   −6   − 2   − 16         систему уравнений  2α + 6β + 4γ = 10,   −α + 3β + 6γ = 9, , ее решение: α = − 1, β = 5 , γ = 1 , поэтому 3 2  5α − 6β − 2γ = − 16, проекция вектора р на плоскость ABD есть вектор q = PrABD ( p) = α b + γ d = AC= −{2; − 1; 5} + 1 {4; 6; − 2} = {0; 4; − 6} , а проекция вектора р на направление 2вектора c = AC параллельно плоскости ABD равна PrAC ( p) = ABD= β ⋅ c = 5 ⋅ 36 + 9 + 36 = 15. 3 Ответы: ( а) PrABC ( M ) = N (5; 3;11) ; AD (б) PrAD ( M ) = K ( − 7; − 5; 6) ; ABC AC(в) PrABD ( p) = q{0; 4; − 6} ; (г) PrAC ( p) = 15 . ABD 16
  17. 17. С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра. 1.19. Барицентрические координаты Цвет{5:3:2}на плоскости. Пусть заданы три точки А, В и Рис.11С, не лежащие на одной прямой, еще точкаотсчета О. Тогда для любой точки М про-странства найдутся три числа α , β и γ та- *кие, что OM = α ⋅ OA + β ⋅ OB + γ ⋅ OC . Приэтом, точка М принадлежит плоскости ABCтогда и только тогда, когда α + β + γ = 1 , ачисла α , β и γ определены однозначно и независят от положения точки О. Числа α , β иγ , а также любая тройка чисел, им пропорциональная, называются барицен-трическими координатами точки М относительно точек А, В и С. Барицен-трические координаты указываются в фигурных скобках и разделяются двое-точием: M {α : β : γ } . Это название связано с тем, что если в точках А, В и Ссосредоточены массы α , β и γ соответственно, то центр масс этих трех то-чек имеет барицентрические координаты {α : β : γ } . Барицентрические коор-динаты, сумма которых равна единице, называются приведёнными. Если точка М имеет в плоскости АВС относительно точек А, В и С бари-центрические координаты M { p : q : r} , то это значит, что для любой точкиотсчета О справедливо представление: p q OM = p + q + r OA + p + q + r OB + p +r + r OC . q Замечание. Если α + β + γ = 1 и OM = α ⋅ OA + β ⋅ OB + γ ⋅ OC , то числаα и β определяются из разложения: CM = α ⋅ CA + β ⋅ CB , а γ = 1 − α − β . Пример 11. В треугольнике АВС известны длины его сторон BC = a, AC = b AB = c . Найти барицентрические координаты относи-тельно его вершин: (а) точки пересечения медиан М; (б) центра Р вписаннойокружности Р. Решение. (а) В примере 3 мы уже получили искомое разложение ради-ус-вектора точки пересечения медиан: OM = 1 OA + 1 OB + 1 OC . В качестве 3 3 3барицентрических координат можно взять любую тройку чисел, пропорцио-нальных этим коэффициентам, например M {1 : 1 : 1} .(б) Воспользуемся найденным в примере 4 разложением радиус-вектора точ-ки Р: OP = a OA + b OB + c OC . В качестве барицентри- a+b+c a+b+c a+b+cческих координат можно взять любую тройку чисел, пропорциональных этимкоэффициентам, например P{a : b : c} . 1.20. Барицентрические координаты на плоскости очень удобны дляграфического представления смеси трех веществ. А именно, если смесь со-держит вещества А, В и С в пропорции α : β : γ , то эта смесь изображается 17
  18. 18. С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра.точкой M треугольника АВС с барицентрическими координатамиM{ α : β : γ }. Как известно, на экранах мониторов и телевизоров каждый цветзаданной яркости есть комбинация трех основных цветов: красного (цвет№1), зелёного (цвет №2) и синего (цвет №3), взятых в определённой пропор-ции. Следовательно, различные оттенки цветов одной яркости заполняют со-бой внутренность треугольника, вершины которого соответствуют этим трёмосновным цветам. Этот треугольник называется цветовым. (см. Рис. 11).Цвет, состоящий, например на 50% из красного, на 30% из зеленого и 20%синего цвета, находится в точке этого треугольника с барицентрическимикоординатами {5:3:2}. 1.21. Положение точки М относительно сторон треугольника АВС мож-но определить по знаку её приведенных барицентрических координат{α : β : γ } . А именно: точка М лежит внутри треугольника АВС ⇔ (α > 0, β > 0, γ > 0) ; точка М лежит на прямой АС ⇔ β = 0; точка М лежит вне треугольника АВС, но внутри угла АСВ ⇔ α > 0, β > 0, γ < 0 . Теперь дадим другое решение Примера 8. А именно, ту часть решенияпримера 8, которая расположена на стр. 13 и 14 внутри красных фигурныхскобок, следует заменить следующим текстом: Возьмем в качестве точки отсчета точку D, и выразим через радиус-векторы вершин Е, В и F радиус-вектор точки М: DE = 1 a ⇒ a = 2 ⋅ DE , 2DB = b, DF = 2 c ⇒ c = 2 DF , поэтому 3 3 DM = 4 x ⋅ a + 1 x ⋅ b + 1 (1 − x ) ⋅ c = 2 x ⋅ DE + 1 x ⋅ DB + 1 (1 − x ) ⋅ DF . 3 4 3 3 4 2 Но точка М принадлежит плоскости EBF тогда и только тогда, когдасумма коэффициентов последнего разложения равна 1. Следовательно, 3 2 x + 1 x + 1 (1 − x ) = 1 ⇒ 6 x + x + 2 − 2 x = 4 ⇒ x = 2 . 4 2 5 Пример 12. Точка М имеет относительно точек А, В и С барицентриче-ские координаты M {3; − 2; 4} . Зная декартовы координаты вершин A( − 2;1; 4) ,B (3; 2; 5) и C (1; 3; 2) , найти декартовы координаты точки М. Решение. Радиус вектор точки М выражается через радиус-векторы то-чек А, В и С формулой: OM = 3 OA + −2 OB + 4 OC = 3 + ( − 2) + 4 3 + ( − 2) + 4 3 + ( − 2) + 4 = 3 OA − 2 OB + 4 OC. 5 5 5 Поэтому для декартовых координат точки М справедливо аналогичноепредставление: 18
  19. 19. С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра. xM = 1 ( 3x M − 2 x B + 4 xC ) = 1 (3 ⋅ ( − 2) − 2 ⋅ 3 + 4 ⋅ 1) = − 8 ; 5 5 5 y M = 1 ( 3 y M − 2 y B + 4 yC ) = 1 (3 − 4 + 12) = 11 ; 5 5 5 z M = 1 ( 3z M − 2 z B + 4 zC ) = 1 (12 − 10 + 8) = 2. 5 5 Итак, точка М имеет декартовы координаты M ( − 8 ; 11 ; 2 ) . 5 5 1.22. Барицентрические координаты в пространстве. Пусть данычетыре точки А, В, С и D, не лежащие в одной плоскости, и произвольнаяточка отсчета О. Тогда для любой точки М существуют четыре числа α, β,γ и δ такие, что α + β + γ + δ = 1 и OM = α ⋅ OA + β ⋅ OB + γ ⋅ OC + δ ⋅ OD .Числа α, β, γ и δ определены однозначно и не зависят от выбора точки О.Числа α, β , γ и δ , а также любая другая четверка чисел, ей пропорциональ-ная, называется барицентрическими координатами точки М относительноточек А, В, С и D. Если вектор DM = α ⋅ DA + β ⋅ DB + γ ⋅ DC , точка М имеетприведенные барицентрические координаты {α : β : γ : δ } , гдеδ = 1 − α − β − γ . Обратное утверждение тоже справедливо. Пример 13. В тетраэдре ABCD точки Е и MF расположены на ребрах АВ и CD соответст- Рис. 12венно и делят их в отношении AE : EB = 3:1 ,CF : FD = 2 :1 . На прямой EF расположенаточка М так, что F – середина отрезка ЕМ (см. DРис. 12). Найти барицентрические координа-ты точки М относительно точек A, B, C и D. F Решение. Разложим по трем некомпла-нарным векторам a = DA , b = DB и c = DCсначала вектор EF :EF = EA + AD + DF = 4 BA − a + 1 DC = 3 C 3 A= 4 (a − b) − a + 1 c = − 1 a − 4 b + 1 c, 3 3 4 3 3 Eа затем вектор DM : BDM = DA + AE + EM = a + 4 AB + 2 EF = a + 4 ( b − a ) + 2 ( − 1 a − 4 b + 1 c ) = 3 3 4 3 3= − 1 a − 4 b + 2 c. 4 3 3Следовательно, α = − 1 , β = − 4 , γ = 2 ⇒ δ = 1 − α − β − γ = 4 . 4 3 3 3 Искомые барицентрические координаты точки М – любая четверка чи-сел, пропорциональная числам α, β, γ и δ, например (если коэффициент про-порциональности взять равным 12), M {− 3: − 9 : 8 :16} . 1.23. Центр масс совокупности материальных точек. Пусть даны п точек A1 , A2 , , ..., An , в которых сосредоточены массыm1 , m2 , ..., mn соответственно. Векторным статическим моментом этойсистемы точек относительно точки отсчета О называется вектор 19
  20. 20. С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра.MO = m1OA1 + m2 OA2 + ... + mn OAn . Точка С называется центром масс сис-темы материальных точек, если относительно точки С векторный моментэтой совокупности равен нулю: MC = m1 CA1 + m2 CA2 + ... + mn CAn = 0 . Центр масс определен не только для конечной совокупности точек, но идля любой сплошной материальной линии, поверхности или тела. Центроидом совокупности геометрических точек, называется центрмасс точек, в которых сосредоточены одинаковые (например, единичные)массы. Центроид определяется и для любой геометрической фигуры – этоцентр масс этой фигуры, наделенной некоторой (не важно, какой) постоян-ной плотностью, например, равной единице. И тогда в роли массы линии, по-верхности или тела выступает её длина, площадь или объем соответственно5. Центр масс С совокупности точек определен однозначно, и его радиусвектор относительно любой точки отсчета О вычисляется по формуле: OC = 1 ( m OA + m2 OA2 + ... + mn OAn . m1 + m2 + ... + mn 1 1 ) Радиус-вектор центроида С совокупности п точек A1 , A2 , , ..., An равен OC = 1 n (OA1 + OA2 + ... + OAn ) . Если совокупность точек (геометрическая фигура) имеет ось или плос-кость симметрии, то и её центроид лежит на этой оси симметрии (соответст-венно в плоскости симметрии). Если фигура имеет центр симметрии, то этотцентр симметрии и является её центроидом. 1.24. Если говорить о центроиде многоугольника, то надо иметь в виду,что последний можно рассматривать как: 1) совокупность его вершин; 2) совокупность всех его сторон, т.е. контур этого многоугольника; 3) часть плоскости, ограниченной сторонами многоугольника, т.е.сплошной многоугольник (как, например, вырезанный из листа картона). Центры масс этих трёх фигур, вообще говоря, не совпадают. Аналогично, многогранник можно рассматривать как: 1) совокупность всех его вершин; 2) как совокупность всех его рёбер, т.е. это каркас данного многогран-ника; 3) как совокупность всех его граней, т.е. это поверхность многогранни-ка; 4) как часть пространства, ограниченного гранями многогранника, т.е.сплошной многогранник (как например, выпиленный из куска дерева). Центры масс этих четырех фигур, вообще говоря, не совпадают. 1. 25. При нахождении центра масс полезен следующий принцип.5 Для точных определений и вывода формул для центра масс или центроида линии, поверхностиили тела требуется понятие интеграла (определенного, двойного, тройного, криволинейного илиповерхностного). 20
  21. 21. С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра. Принцип группировки: еслипервая совокупность материаль- Bных точек суммарной массой m1 Рис. 13имеет центр масс в точке C1 , b M3вторая группа материальных то- A1 C1чек суммарной массой m2 имеетцентр масс в точке C2 , то центр M4 M1 M2масс объединённой совокупности C Aточек совпадает с центром масс a B1точек C1 и C2 , в которых сосре-доточены массы m1 и m2 соответственно. Обобщенный принцип группировки: Если имеется k групп совокупно-стей материальных точек, и первая совокупность суммарной массой m1имеет центр масс в точке C1 , вторая группа суммарной массой m2 имеетцентр масс в точке C2 , и т.д., и последняя совокупность суммарной массойmk имеет центр масс в точке Ck , то центр масс объединённой совокупно-сти точек совпадает с центром масс точек C1 , C2 ,…, Ck , в которых сосре-доточены массы m1 , m2 , …. mk соответственно. Пример 14. Используя принцип группировки, найти положение цен-троида контура6 произвольного треугольника. Решение. Контур треугольника АВС состоит из линий (трех его сторон),поэтому роль массы здесь выполняет длина. Заменим каждую сторону тре-угольника её центром масс (т.е её серединой), в котором сосредоточена мас-са, равная длине этой стороны. Получим точки: А1 (середина ВС), В1 (сере-дина АС) и С1 (середина АВ), в которых сосредоточены массы а, b и с соот-ветственно. Тогда искомый центроид Q контура треугольника – это центрмасс данных трех материальных точек, и его радиус-вектор равенOQ = a OA1 + b OB1 + c OC1 . Заметим, что стороны тре- a+b+c a+b+c a+b+cугольника A1B1C1 вдвое меньше соответствующих сторон треугольника АВС,поэтому эта формула выражает радиус-вектор центра вписанной окружноститреугольника А1В1С1. Ответ: центроид контура треугольника находится в центре окружности,вписанной в треугольник, образованного средними линями исходного тре-угольника. Пример 15. Доказать, что центроид сплошного треугольника располо-жен в точке пересечения его медиан, т.е. совпадает с центроидом вершинтреугольника.6 Контуром многоугольника называется совокупность всех его сторон. Сам (сплошной!) много-угольник представляет собой часть плоскости, ограниченной своим контуром. 21
  22. 22. С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра. Решение. Рассмотрим треугольник АВС, пусть – М положение центрои-да этого (сплошного!) треугольника. Разложим вектор CM по базису a = CA ,b = CB : CM = λ a + µ b . Разобьем треугольник АВС средними линиями А1В1,А1С1 и В1С1 на четыре подобных ему треугольника вдвое меньших размеровА1В1С, АВ1С1, А1ВС1 и А1В1С1 (см. Рис. 13). Обозначим через М1, М2, М3 и М4соответственно центроиды этих (сплошных!) треугольников. В силу их подо-бия, радиус-векторы центроидов этих треугольников относительно соответ-ствующих точек имеют то же представление. Выпишем радиус-векторы этихцентроидов относительно точки С: CM 1 = λ CB1 + µ CA1 = λ ⋅ 1 a + µ ⋅ 1 b ; 2 2 CM 2 = CB1 + B1M 2 = 1 a + λ ⋅ 1 a + µ ⋅ 1 b = 1 ( a + λ a + µ b ) ; 2 2 2 2 CM 3 = CA1 + A1M 3 = 1 b + λ ⋅ 1 a + µ ⋅ 1 b = 1 ( b + λ a + µ b ) ; 2 2 2 2 CM 4 = CC1 + C1M 4 = 1 a + 1 b − λ ⋅ 1 a − µ ⋅ 1 b = 1 ( a + b − λ a − µ b ) . 2 2 2 2 2 Поскольку роль массы здесь выполняет площадь, и площадь каждого изменьших треугольников равна 1/4 от площади исходного треугольника, то,по принципу группировки, ( CM = 1 CM 1 + CM 2 + CM 3 + CM 4 ⇔ 4 ) λ a + µb = = 1 ( 1 ( λ a + µ b ) + 1 ( a + λ a + µ b ) + 1 ( b + λ a + µ b ) + 1 ( a + b − λ a − µ b) ) = 4 2 2 2 2 = 1 ( a + b + λ a + µ b ) ⇒ λ a + µ b = 1 (a + b) ⇒ λ = µ = 1 . 4 3 3 Отсюда радиус-вектор центроида сплошного треугольника относи- тельно произвольной точки отсчета О равен ( ) OM = OC + CM = OC + 1 CA + CB = OC + 1 OA − OC + +OB − OC = 3 3 ( ) ( = 1 OA + OB + OC 3 ) и совпадает с центроидом трех вершин треугольника АВС. ■ Задачи для самостоятельного решения к главе 1. 1. 1. В пространстве даны произвольные точки А, B, C, D, E и F. Найти: AB − ED + EF + BC − DC ; (б) AC + BA − BF + ED − EC + DF . 1. 2. Дан треугольник АВС. Построить векторы: (а) AB + CB ; (б) AB − BC ; (в) 2 ⋅ AB − 3⋅ AC ; (г) 1 ⋅ AC + 2 ⋅ BC ; (д) AB − AC + BC . 2 1. 3. Дан тетраэдр ABCD. Построить векторы: (а) AB + С D ; (б) AB + CD − AD ; (б) 2 ⋅ AD − 2 ⋅ B С ; (г) AC − 2 BC + 1 BD . 3 2 1. 4. Пусть а, b и с – произвольные векторы. Доказать, что векторы p = 2a − 3b − 2c , q = a + 2b − c и r = a + 9b − c компланарны. 22
  23. 23. С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра. 1. 5. С помощью векторной алгебры доказать следующие теоремы пла- ниметрии: (а) свойство средней линии треугольника; (б) свойство средней линии трапеции; (в) теорему о пересечении медиан треугольника. (г) если медианы одного треугольника параллельны сторонам другого треугольника, то и медианы второго треугольника параллельны сторо- нам первого. 1. 6. С помощью векторной алгебры доказать следующие теоремы сте- реометрии: (а) Все четыре медианы7 любого тетраэдра пересекаются в одной точке, которая делит каждую медиану в отношении 3 : 1 , считая от вершины, и эта точка совпадает с точкой пересечения отрезков, соединяющих се- редины противоположных рёбер из Примера 5 (эта точка называется центроидом вершин тетраэдра). (б) Все четыре диагонали произвольного параллелепипеда пересекают- ся в одной точке и делятся ею пополам. 1. 7. Пусть М – точка пересечения медиан треугольника ABC. Доказать, что MA + MB + MC = 0 . 1. 8. В треугольнике АВС точки D, E и F делят стороны АВ, ВС и АС со- ответственно в одинаковом отношении: AD : DB = BE : EC = CF : FA . Доказать, что AE + BF + CD = 0 . 1. 9. Дан правильный шестиугольник ABCDEF , AB = p , BC = q . Выра- зить через p и q векторы: (а) CD ; (б) CE ; (в) FD ; (г) AE ; (е) AD ; (ж) BE . 1. 10. Дан правильный пятиугольник ABCDE, AB = p , AC = q . Выразить через p и q векторы: (а) AD ; (б) CD ; (в) AE ; (г) BD . (cos36° = ) . 1+ 5 4 1. 11. Точки M и N – середины рёбер (сторон) AD и BC тетраэдра (че- тырехугольника) ABCD . Доказать, что MN = 1 AB + DC . 2 ( ) 1. 12. Даны четыре вектора p , q , r и s . Найти их сумму, если p + q + r = λ s , q + r + s = λ p и векторы p , q и r не компланарны. 1. 13. Даны три некомпланарных вектора p , q и r . Найти значение λ, при котором векторы a = λ p + q + r , b = p + λ q + r и c = p + q + λ r ком- планарны. 1. 14. Даны три некомпланарных вектора p , q и r . Найти значения α и β , при которых векторы α p + β q + r и p + 2α q + 3β r коллинеарны.7 Медианой тетраэдра называется отрезок, соединяющий вершину тетраэдра с точкой пересечениямедиан противоположной грани. 23
  24. 24. С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра.1. 15. В трапеции ABCD известно отношение длин оснований: AB CD = λ . Найти координаты вектора CB в базисе из векторов AB и AD .1. 16. Две взаимно перпендикулярные хорды AB и CD окружности с центром O пересекаются в точке E . Доказать, что OE = 1 ( OA + OB + OC + OD ) 21. 17. Пусть точки A1 , B1 и C1 – середины сторон BC , AC и AB соответ- ственно треугольника ABC . Доказать, что для любой точки O выпол- няется равенство OA1 + OB1 + OC1 = OA + OB + OC .1. 18. Пусть М – точка пересечения медиан тетраэдра ABCD. Доказать, что MA + MB + MC + MD = 0 .1. 19. В пространстве даны два параллелограмма (или два тетраэдра) ABCD и A1B1C1D1 , у которых E и E1 – точки пересечения диагоналей (соответственно, медиан). Доказать, что EE1 = 1 ( AA1 + BB1 + CC1 + DD1 ) . 41. 20. На плоскости даны две точки А и В и точка отсчета О. Доказать, что произвольная точка М лежит на прямой АВ тогда и только тогда, когда OM = α ⋅ OA + β ⋅ OB для некоторых α и β таких, что α + β = 1 .1. 21. Доказать с помощью векторной алгебры, что если M – произвольная точка внутри треугольника АВС и прямые АM, ВM и СM пересекают стороны этого треугольника в точках А1, В1 и С1 соответственно, то AC1 BA1 CB1 ( а) ⋅ ⋅ = 1 (теорема Чевы); C1B A1C B1 A AM BM C M ( б) 1 + 1 + 1 = 1 . AA1 BB1 CC11. 22. Доказать с помощью векторной алгебры теорему Менелая: если некоторая прямая пересекает стороны АВ и АС треугольника АВС в точках С1 и В1 соответственно, а продолжение стороны ВС – в точ- ке А1, то AC1 BA1 CB1 ⋅ ⋅ =1 C1B A1C B1 A1. 23. Пусть точки М и K делят рёбра AD и ВС тетраэдра ABCD в одина- ковом отношении AM : MD = BK : KC = α : β . Доказать, что векторы AB, CD и MK компланарны, и разложить последний вектор по пер- вым двум.1. 24. Основанием призмы ABCDA1B1C1D1 является трапеция ABCD, в ко- торой AD BC . Известно, что векторы BA1 , CB1 и DC1 компланарны. Найти отношение длин ребер АD и BC. 24
  25. 25. С.К. Соболев, В.Я. Томашпольский. Векторная алгебра.1. 25. Дана треугольная призма ABCA1B1C1 . Разложить вектор AA1 по векторам p = AC1 , q = BA1 и r = CB1 .1. 26. В тетраэдре ABCD точки М, N и K расположены на рёбрах АВ, АС и AD и делят их в отношении AM : MB = 1:1 , AN : NC = 1: 3 и AK : KD = 2 :1 . Доказать, что векторы p = BK , q = CM и r = DN не компланарны и разложить по ним вектор BC .1. 27. В треугольнике АВС точки D и Е расположен на стороне АВ, а точ- ки F и G – на сторонах АС и ВС соответственно, причем, AD : DB = 1 : 3, AE : EB = 3 : 1 , AF : FC = 1 : 2, BG = GC . Отрезки DG и EF пересекаются в точке М. Найти отношения DM : MG и EM : MF .1. 28. В параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 точка Е – середина ребра AD, а точка K делит ребро АА1 в отношении AK : KA1 = 2 :1 . Отрезок В1Е пе- ресекает плоскость BC1K в точке М. Найти отношение EM : MB1 и раз- ложение вектора BM по векторам p = BK и q = BC1 .1. 29. В треугольнике АВС известны координаты его вершин: A(1; 5; 2) , B(3; 8; 8) и C (5; 7; 6) . Найти: (а) медиану AD ; (б) биссектрису BE ; (в) координаты точки пересечения медиан М; (г) координаты центра Р вписанной окружности треугольника АВС.1. 30. В трапеции ABCD основание AD вдвое больше основания ВС. Зная координаты вершин A( − 1; 2; 5), B(3;1; 4) и точки пересечения диагона- лей E (5; 6; 7) , найти координаты вершин С и D.1. 31. В треугольнике АВС проведены медиана СD, биссектриса СL и вы- сота СK, точки О и Р – центры описанной и вписанной окружностей соответственно, М – точка пересечения медиан, Н – ортоцентр тре- угольника АВС. Разложить по векр

×