Аналитична геометрия в пространството - задачи с решения

Решение:
Една сфера се допира до равнина точно когато разстоянието от центъра ѝ до равнината е равно на радиуса ѝ. По формулата за разстояние от точка до равнина
[tex]r=\frac{|6\cdot 1+6\cdot 4-7\cdot (-7)+42|}{\sqrt{6^2+6^2+(-7)^2}}=\frac{|6+24+49+42|}{\sqrt{121}}=\frac{121}{11}=11[/tex]
Следователно сферата е [tex](x-1)^2+(y-4)^2+(z+7)^2=121[/tex] и радиусът ѝ е [tex]11[/tex].

Решение:
Направляващите косинуси са координатите на единичния вектор [tex]\vec{e}=(\cos\alpha; \cos\beta; \cos\gamma)[/tex] по правата ([tex]\alpha[/tex], [tex]\beta[/tex], [tex]\gamma[/tex] са ъглите между правата и координатните оси), затова
[tex]|\vec{e}|^2=\cos^2\alpha+\cos^2\beta+\cos^2\gamma=1[/tex]
От формулата за косинус на двоен ъгъл [tex]\cos 2\varphi=2\cos^2\varphi-1[/tex] получаваме
[tex]\cos 2\alpha+\cos 2\beta+\cos 2\gamma=2\left(\cos^2\alpha+\cos^2\beta+\cos^2\gamma\right)-3=2-3=-1[/tex]

Решение:
Имаме [tex]\overrightarrow{AB}=(-1; -2; 3)[/tex] и [tex]\overrightarrow{BA}=-\overrightarrow{AB}[/tex]. Полагаме [tex]\vec{u}=\overrightarrow{AB}[/tex]. Векторното произведение е билинейно, [tex]\vec{a}×\vec{a}=\vec{u}×\vec{u}=\vec{0}[/tex] и [tex]\vec{u}×\vec{a}=-\vec{a}×\vec{u}[/tex], следователно
[tex]\left(\vec{a}-2\vec{u}\right)×\left(3\vec{a}-\vec{u}\right)=3\,\vec{a}×\vec{a}-\vec{a}×\vec{u}-6\,\vec{u}×\vec{a}+2\,\vec{u}×\vec{u}=-\vec{a}×\vec{u}+6\,\vec{a}×\vec{u}=5\,\vec{a}×\vec{u}[/tex]
Пресмятаме
[tex]\vec{a}×\vec{u}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\-1&-1&2\\-1&-2&3\end{vmatrix}=\left((-1)\cdot 3-2\cdot (-2); \ 2\cdot (-1)-(-1)\cdot 3; \ (-1)\cdot (-2)-(-1)\cdot (-1)\right)=(1; 1; 1)[/tex]
Следователно търсеното произведение е [tex]5\,(1; 1; 1)=(5; 5; 5)[/tex]. Директна проверка: [tex]\vec{a}-2\overrightarrow{AB}=(1; 3; -4)[/tex], [tex]3\vec{a}+\overrightarrow{BA}=(-2; -1; 3)[/tex] и
[tex](1; 3; -4)×(-2; -1; 3)=(9-4; \ 8-3; \ -1+6)=(5; 5; 5)[/tex]

Решение:
Векторите [tex]\overrightarrow{AB}=(2; 2; 2)[/tex] и [tex]\overrightarrow{AC}=(2; 0; -2)[/tex] не са колинеарни, затова трите точки определят единствена равнина. Неин нормален вектор е
[tex]\overrightarrow{AB}×\overrightarrow{AC}=\left(2\cdot (-2)-2\cdot 0; \ 2\cdot 2-2\cdot (-2); \ 2\cdot 0-2\cdot 2\right)=(-4; 8; -4)=-4\,(1; -2; 1)[/tex]
и можем да вземем [tex]\vec{n}=(1; -2; 1)[/tex]. Равнината през [tex]A[/tex] с нормален вектор [tex]\vec{n}[/tex] е
[tex](x-1)-2(y-2)+(z-3)=0\iff x-2y+z=0[/tex]
Проверка: [tex]B:\ 3-8+5=0[/tex] и [tex]C:\ 3-4+1=0[/tex].

Решение:
Равнината пресича всяка координатна ос в точката, в която другите две координати са нула:
[tex]y=z=0\Rightarrow x=8,\qquad x=z=0\Rightarrow y=-4,\qquad x=y=0\Rightarrow z=6[/tex]
Следователно пирамидата има върхове [tex]O(0; 0; 0)[/tex], [tex](8; 0; 0)[/tex], [tex](0; -4; 0)[/tex] и [tex](0; 0; 6)[/tex]. Трите ѝ ръба от [tex]O[/tex] лежат върху координатните оси, затова са два по два перпендикулярни и имат дължини [tex]8[/tex], [tex]4[/tex] и [tex]6[/tex]. Ако за основа вземем правоъгълния триъгълник с катети [tex]8[/tex] и [tex]4[/tex] в равнината [tex]Oxy[/tex], височината е [tex]6[/tex]:
[tex]V=\frac{1}{3}\cdot \frac{8\cdot 4}{2}\cdot 6=32[/tex]

Решение:
Уравнението не съдържа [tex]y[/tex]. Затова, ако точката [tex](x_0; y_0; z_0)[/tex] го удовлетворява, удовлетворява го и всяка точка [tex](x_0; y_0+s; z_0)[/tex], [tex]s\in\mathbb{R}[/tex]. Следователно заедно с всяка своя точка повърхнината съдържа цялата права през тази точка, успоредна на [tex]\vec{p}=(0; 1; 0)[/tex], т.е. на оста [tex]Oy[/tex].
В равнината [tex]y=0[/tex] уравнението описва окръжността с център [tex](-2; 0; 0)[/tex] и радиус [tex]3[/tex]:
[tex]k:\ (x+2)^2+z^2=9,\quad y=0[/tex]
Следователно повърхнината е кръгов цилиндър с образуващи, успоредни на [tex]\vec{p}=(0; 1; 0)[/tex], и управителна крива [tex]k[/tex]. Тя не е окръжност: едно уравнение в пространството задава повърхнина, а за окръжност са нужни две уравнения.

Решение:
Имаме [tex]\overrightarrow{AB}=(3; 2; 1)[/tex], [tex]\overrightarrow{AC}=(0; 2; 1)[/tex] и
[tex]\overrightarrow{AB}×\overrightarrow{AC}=\left(2\cdot 1-1\cdot 2; \ 1\cdot 0-3\cdot 1; \ 3\cdot 2-2\cdot 0\right)=(0; -3; 6)[/tex]
Следователно лицето на триъгълника и дължината на страната [tex]AC[/tex] са
[tex]S=\frac{1}{2}\left|\overrightarrow{AB}×\overrightarrow{AC}\right|=\frac{1}{2}\sqrt{0+9+36}=\frac{3\sqrt{5}}{2},\qquad |AC|=\sqrt{0+4+1}=\sqrt{5}[/tex]
Тъй като [tex]S=\frac{1}{2}\,|AC|\cdot BH[/tex], получаваме
[tex]BH=\frac{2S}{|AC|}=\frac{3\sqrt{5}}{\sqrt{5}}=3[/tex]

Решение:
Нормален вектор на [tex]\alpha[/tex] е [tex]\vec{n}=(1; -4; 3)[/tex], затова правата през [tex]M[/tex], перпендикулярна на [tex]\alpha[/tex], е
[tex]x=5+t,\quad y=-1-4t,\quad z=2+3t,\qquad t\in\mathbb{R}[/tex]
Заместваме в уравнението на равнината:
[tex](5+t)-4(-1-4t)+3(2+3t)+11=26+26t=0\Rightarrow t=-1[/tex]
Следователно петата на перпендикуляра, т.е. търсената проекция, е [tex]M_0(4; 3; -1)[/tex]. Проверка: [tex]4-12-3+11=0[/tex], а [tex]\overrightarrow{MM_0}=(-1; 4; -3)=-\vec{n}[/tex] е колинеарен с [tex]\vec{n}[/tex].

Решение:
Правата [tex]g_2[/tex] минава през точката [tex]P(2; 2; 0)[/tex] и има направляващ вектор [tex]\vec{v}_2=(1; -1; 1)[/tex], а правата [tex]g_1[/tex] има направляващ вектор [tex]\vec{v}_1=(1; 0; 1)[/tex]. Тези вектори не са колинеарни и двата са успоредни на [tex]\alpha[/tex], затова равнината е единствена и неин нормален вектор е
[tex]\vec{n}=\vec{v}_2×\vec{v}_1=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\1&-1&1\\1&0&1\end{vmatrix}=(-1; 0; 1)[/tex]
Равнината през [tex]P[/tex] с този нормален вектор е
[tex]-(x-2)+(z-0)=0\iff x-z-2=0[/tex]
Проверка: всяка точка [tex](2+s; 2-s; s)[/tex] от [tex]g_2[/tex] удовлетворява [tex](2+s)-s-2=0[/tex], а [tex]\vec{n}\centerdot\vec{v}_1=-1+0+1=0[/tex]. Точката [tex](1; 0; 0)[/tex] от [tex]g_1[/tex] дава [tex]1-0-2\ne0[/tex], следователно [tex]g_1[/tex] е успоредна на [tex]\alpha[/tex] и не лежи в нея.

Решение:
Ако [tex]\vec{a}=\vec{0}[/tex] или [tex]\vec{b}=\vec{0}[/tex], двете страни са равни на [tex]0[/tex]. В противен случай нека [tex]\varphi\in\left[0; \pi\right][/tex] е ъгълът между векторите. По дефиницията на векторното произведение (това обхваща и колинеарните вектори, за които [tex]\sin \varphi=0[/tex] и [tex]\vec{a}×\vec{b}=\vec{0}[/tex])
[tex]\left|\vec{a}×\vec{b}\right|=|\vec{a}|\,|\vec{b}|\sin \varphi[/tex]
Скаларният квадрат на вектор е равен на квадрата на дължината му и [tex]0\le\sin ^2\varphi\le 1[/tex], затова
[tex](\vec{a}×\vec{b})^2=|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2\sin ^2\varphi\le|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2=\vec{a}^{\,2}\,\vec{b}^{\,2}[/tex]
По-точно, тъй като [tex]\vec{a}\centerdot\vec{b}=|\vec{a}|\,|\vec{b}|\cos\varphi[/tex] и [tex]\sin ^2\varphi=1-\cos^2\varphi[/tex], получаваме тъждеството на Лагранж
[tex](\vec{a}×\vec{b})^2=\vec{a}^{\,2}\,\vec{b}^{\,2}-(\vec{a}\centerdot\vec{b})^2\le\vec{a}^{\,2}\,\vec{b}^{\,2}[/tex]
следователно равенство се достига точно когато [tex]\vec{a}\centerdot\vec{b}=0[/tex], т.е. когато векторите са перпендикулярни или единият от тях е нулев.

Решение:
Нека [tex]M(x; y; z)[/tex] е точка от кривата. Като извадим второто уравнение от първото, получаваме
[tex]x^2-y^2=0\iff (x-y)(x+y)=0[/tex]
Следователно [tex]x-y=0[/tex] или [tex]x+y=0[/tex], т.е. всяка точка от кривата лежи в равнината [tex]\pi_1:\ x-y=0[/tex] или в равнината [tex]\pi_2:\ x+y=0[/tex]. И двете равнини наистина са нужни: точките от кривата с [tex]x=y[/tex] образуват елипсата [tex]x=y,\ x^2+z^2=a^2[/tex] в [tex]\pi_1[/tex], а тези с [tex]x=-y[/tex] образуват елипсата [tex]x=-y,\ x^2+z^2=a^2[/tex] в [tex]\pi_2[/tex] (всички тези точки удовлетворяват и двете уравнения, защото [tex]y^2=x^2[/tex]). Нормалните вектори на двете равнини са перпендикулярни:
[tex]\vec{n}_1=(1; -1; 0),\quad \vec{n}_2=(1; 1; 0),\quad \vec{n}_1\centerdot\vec{n}_2=1-1+0=0[/tex]
Следователно [tex]\pi_1\perp\pi_2[/tex], с което твърдението е доказано.