Задача 1. Даны координаты вершин треугольника A (2;2), B (-2;-8), C (-6;-2).
Требуется составить уравнение высоты BD и определить острый угол между этой высотой и стороной BC.
Решение. Найдём уравнение стороны AC по формуле
или , где угловой коэффициент .
Уравнение высоты BD: , где и - координаты точки В. Здесь .
y +8=-2(x +2) или 2 x + y +12=0.
Запишем уравнение стороны BC и найдём : или
3 x +2 y +22=0, .
Тогда, поскольку угол DBC = должен быть острым,
и .
Задача 2. Найти проекцию т. M (-3;3;3) на прямую
Решение. Через т. М проводим плоскость, перпендикулярную данной прямой. Точка пересечения этой плоскости с данной прямой и будет искомой точкой N.
Направляющий вектор прямой
.
Запишем уравнение плоскости, проходящей через точку М перпендикулярно заданной прямой:
-4(x + 3) + 2(y - 3) - 2(z - 3) = 0 или 2 x – y + z + 6 = 0. Теперь нужно найти точку пересечения этой плоскости и данной прямой. Для этого решим систему уравнений прямой и плоскости. Решаем методом Крамера.
.
Искомая точка N (-3;1;1).
Задача 3. Найти точку М пересечения прямой и плоскости 2 x + y + 7 z – 3 = 0.
Решение. Чтобы найти координаты точки пересечения, нужно решить систему уравнений прямой и плоскости. Это удобно сделать так. Запишем уравнение прямой в параметрической форме:
Подставим выражение x, y, z через параметр t в уравнение плоскости:
2(3 t + 7) + (t + 3) -7(2 t + 1) – 3 = 0.
Откуда получаем t = 1, поэтому точка пересечения имеет координаты
x = 3 + 7 = 10, y = 1 + 3 = 4, z = -2 -1 = -3, т.е. М (10,4,3).
Кривые второго порядка 2
Пример приведения общего уравнения линии второго порядка к каноническому виду 2
Эллипс 5
Вывод уравнения эллипса 5
Гипербола 7
Парабола 8
Примеры решения задач на тему «Кривые второго порядка». 9