Аналитична геометрия в пространството - трудни задачи с решения

Решение:
Въвеждаме ортонормирана координатна система с начало [tex]A[/tex] и оси по [tex]AB[/tex], [tex]AD[/tex] и [tex]AA_1[/tex]. Тогава
[tex]M(2\sqrt{2}; \sqrt{2}; 0),\quad C_1(2\sqrt{2}; 2\sqrt{2}; 2),\quad A_1(0; 0; 2),\quad D(0; 2\sqrt{2}; 0)[/tex]
Направляващите вектори на двете прави са
[tex]\overrightarrow{MC_1}=(0; \sqrt{2}; 2),\qquad \overrightarrow{A_1D}=(0; 2\sqrt{2}; -2)[/tex]
а скаларното им произведение е
[tex]\overrightarrow{MC_1}\centerdot\overrightarrow{A_1D}=0\cdot 0+\sqrt{2}\cdot 2\sqrt{2}+2\cdot (-2)=4-4=0[/tex]
Следователно направляващите вектори са перпендикулярни. Ъгълът между две прави (пресичащи се или кръстосани) се определя от ъгъла между направляващите им вектори, така че търсеният ъгъл е [tex]90^\circ[/tex].

Решение:
Правата [tex]g[/tex] минава през точката [tex]P_1(1; -2; 5)[/tex] и има направляващ вектор [tex]\vec{v}_1=(\lambda; -3; 4)[/tex], а правата [tex]p[/tex] минава през [tex]P_2(3\lambda+1; 2; 1)[/tex] и има направляващ вектор [tex]\vec{v}_2=(3; 2; -2)[/tex]. Две прави лежат в една равнина точно когато векторите [tex]\overrightarrow{P_1P_2}=(3\lambda; 4; -4)[/tex], [tex]\vec{v}_1[/tex] и [tex]\vec{v}_2[/tex] са компланарни, т.е. когато смесеното им произведение е нула:
[tex]\begin{vmatrix}3\lambda&4&-4\\ \lambda&-3&4\\ 3&2&-2\end{vmatrix}=3\lambda(6-8)-4(-2\lambda-12)-4(2\lambda+9)=12-6\lambda=0\ \Rightarrow\ \lambda=2[/tex]
При [tex]\lambda=2[/tex] направляващите вектори [tex](2; -3; 4)[/tex] и [tex](3; 2; -2)[/tex] не са колинеарни, така че правите се пресичат (в точката [tex](1; -2; 5)[/tex], получена при [tex]t=-2[/tex]) и наистина определят равнина.

Решение:
Нека [tex]D(0; y; 0)[/tex]. Обемът на тетраедър е равен на една шеста от модула на смесеното произведение на трите вектора по ръбовете, излизащи от един връх:
[tex]V=\frac{1}{6}\left|\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD}\right)\right|[/tex]
Тук [tex]\overrightarrow{AB}=(-1; 1; -2)[/tex], [tex]\overrightarrow{AC}=(0; 2; -4)[/tex], [tex]\overrightarrow{AD}=(2; y+1; -1)[/tex] и при развиване по първия ред получаваме
[tex]\begin{vmatrix}-1&1&-2\\ 0&2&-4\\ 2&y+1&-1\end{vmatrix}=-1\cdot (-2+4y+4)-1\cdot (0+8)-2\cdot (0-4)=-4y-2[/tex]
Условието [tex]V=5[/tex] дава
[tex]\frac{1}{6}\left|4y+2\right|=5\iff 4y+2=\pm 30\iff y=7\text{ или }y=-8[/tex]
Следователно има две възможности: [tex]D(0; 7; 0)[/tex] и [tex]D(0; -8; 0)[/tex].

Решение:
Тъй като [tex]\overrightarrow{OA}=-\overrightarrow{AO}=-(\vec{a}+\vec{b})[/tex], обемът е
[tex]V=\frac{1}{6}\left|\left(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC}\right)\right|[/tex]
Векторното произведение е билинейно и антикомутативно ([tex]\vec{a}×\vec{a}=\vec{b}×\vec{b}=\vec{0}[/tex], [tex]\vec{b}×\vec{a}=-\vec{a}×\vec{b}[/tex]), затова
[tex](\vec{a}+\vec{b})×(\vec{a}-\vec{b})=\vec{a}×\vec{a}-\vec{a}×\vec{b}+\vec{b}×\vec{a}-\vec{b}×\vec{b}=-2\,\vec{a}×\vec{b}\ \Rightarrow\ \overrightarrow{OA}×\overrightarrow{OB}=2\,\vec{a}×\vec{b}[/tex]
Следователно
[tex]\left(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC}\right)=\left(2\,\vec{a}×\vec{b}\right)\centerdot\left(\vec{a}×\vec{b}\right)=2\left|\vec{a}×\vec{b}\right|^2[/tex]
където
[tex]\left|\vec{a}×\vec{b}\right|=|\vec{a}|\,|\vec{b}|\sin \frac{\pi}{3}=3\cdot 2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}[/tex]
Така смесеното произведение е [tex]2\cdot 27=54[/tex] и
[tex]V=\frac{54}{6}=9[/tex]

Решение:
При въртене около [tex]Ox[/tex] точка [tex](x_0; 0; z_0)[/tex] от хиперболата описва окръжност в равнината [tex]x=x_0[/tex] с център [tex](x_0; 0; 0)[/tex] и радиус [tex]|z_0|[/tex], т.е. множеството от точките с [tex]x=x_0[/tex] и [tex]y^2+z^2=z_0^2[/tex]. Следователно точка [tex](x; y; z)[/tex] лежи на повърхнината точно когато точката [tex]\left(x; 0; \sqrt{y^2+z^2}\right)[/tex] лежи на хиперболата: запазваме координатата по оста на въртене и заменяме [tex]z^2[/tex] с [tex]y^2+z^2[/tex]:
[tex]\frac{x^2}{9}-\frac{y^2+z^2}{4}=1[/tex]
Оста на въртене [tex]Ox[/tex] е реалната ос на хиперболата, затова повърхнината е ротационен двуполостен хиперболоид.

Решение:
Отделяме точни квадрати:
[tex]6(x^2-2x)=6(x-1)^2-6,\quad -2(y^2-2y)=-2(y-1)^2+2,\quad 4(z^2+2z)=4(z+1)^2-4[/tex]
Уравнението приема вида
[tex]6(x-1)^2-2(y-1)^2+4(z+1)^2-6+2-4+8=0\iff 6(x-1)^2-2(y-1)^2+4(z+1)^2=0[/tex]
Транслацията [tex]X=x-1,\ Y=y-1,\ Z=z+1[/tex] премества началото в [tex]O'(1; 1; -1)[/tex]; след деление на [tex]12[/tex] получаваме
[tex]\frac{X^2}{2}+\frac{Z^2}{3}-\frac{Y^2}{6}=0[/tex]
Това е елиптичен конус с връх [tex](1; 1; -1)[/tex] и ос, успоредна на [tex]Oy[/tex]: сеченията му с равнините [tex]Y=h\ne 0[/tex] са елипсите [tex]\frac{X^2}{2}+\frac{Z^2}{3}=\frac{h^2}{6}[/tex], а сечението с [tex]Y=0[/tex] е само върхът.

Решение:
Тъй като [tex](\vec{u},\vec{v},\vec{x})=(\vec{u}×\vec{v})\centerdot\vec{x}[/tex], първо пресмятаме векторните произведения:
[tex]\vec{a}×\vec{b}=(2; 1; -1),\quad \vec{b}×\vec{c}=(3; 3; -1),\quad \vec{c}×\vec{a}=(-2; -2; 1)[/tex]
При [tex]\vec{x}=(x; y; z)[/tex] условията дават линейната система
[tex]\begin{cases}2x+y-z=1\\ 3x+3y-z=2\\ -2x-2y+z=0\end{cases}[/tex]
Детерминантата ѝ е равна на [tex]1\ne 0[/tex] (в общия случай тя е [tex](\vec{a},\vec{b},\vec{c})^2[/tex], а тук [tex](\vec{a},\vec{b},\vec{c})=\vec{a}\centerdot(\vec{b}×\vec{c})=3-2=1[/tex]), така че решението е единствено. Като съберем последните две уравнения, получаваме [tex]x+y=2[/tex]; тогава от третото уравнение [tex]z=2(x+y)=4[/tex], а от първото [tex]2x+y=5[/tex]. Следователно
[tex]x=3,\quad y=-1,\quad z=4,\qquad \vec{x}=(3; -1; 4)[/tex]
Проверка: [tex]\vec{x}=2\vec{a}+\vec{c}[/tex], следователно [tex](\vec{a},\vec{b},\vec{x})=(\vec{a},\vec{b},\vec{c})=1[/tex], [tex](\vec{b},\vec{c},\vec{x})=2(\vec{b},\vec{c},\vec{a})=2[/tex] и [tex](\vec{c},\vec{a},\vec{x})=0[/tex].

Решение:
Една равнина съдържа оста [tex]Oz[/tex] тогава и само тогава, когато уравнението ѝ има вида [tex]Ax+By=0[/tex], [tex](A; B)\ne(0; 0)[/tex]: тя минава през началото на координатната система, а нормалният ѝ вектор [tex]\vec{n}=(A; B; 0)[/tex] е перпендикулярен на оста. Косинусът на ъгъла между две равнини е [tex]\frac{|\vec{n}_1⋅\vec{n}_2|}{|\vec{n}_1|\,|\vec{n}_2|}[/tex], а нормалният вектор на [tex]\beta[/tex] е [tex]\vec{n}_\beta=(2; 1; -\sqrt{5})[/tex], [tex]|\vec{n}_\beta|=\sqrt{10}[/tex]. Следователно
[tex]\cos\varphi=\frac{|2A+B|}{\sqrt{A^2+B^2}\,\sqrt{10}}=\frac{1}{2}\ \Rightarrow\ 4(2A+B)^2=10\left(A^2+B^2\right)[/tex]
Разкриваме скобите и делим на [tex]2[/tex]:
[tex]3A^2+8AB-3B^2=0\iff(3A-B)(A+3B)=0[/tex]
Следователно [tex]B=3A[/tex], например [tex](A; B)=(1; 3)[/tex], или [tex]A=-3B[/tex], например [tex](A; B)=(3; -1)[/tex]. Повдигането на квадрат не добавя решения, защото двете страни бяха неотрицателни; директно:
[tex]\frac{|2\cdot 1+3|}{\sqrt{10}\,\sqrt{10}}=\frac{|2\cdot 3-1|}{\sqrt{10}\,\sqrt{10}}=\frac{1}{2}[/tex]
Търсените равнини са [tex]x+3y=0[/tex] и [tex]3x-y=0[/tex].

Решение:
Първо намираме общата точка на [tex]b[/tex] и [tex]\alpha[/tex]. Заместваме параметричните уравнения на [tex]b[/tex] в уравнението на [tex]\alpha[/tex]:
[tex](2-3s)-2s+5(6-5s)-2=30-30s=0\ \Rightarrow\ s=1,\quad P(-1; 1; 1)[/tex]
Точките от [tex]\alpha[/tex] остават неподвижни при симетрията, затова [tex]P\in b'[/tex]. Вземаме още една точка от [tex]b[/tex], [tex]Q(2; 0; 6)[/tex] (при [tex]s=0[/tex]), и намираме симетричната ѝ точка [tex]Q'[/tex]. Нормалният вектор на [tex]\alpha[/tex] е [tex]\vec{n}=(1; -2; 5)[/tex], а перпендикулярът от [tex]Q[/tex] към [tex]\alpha[/tex] се състои от точките [tex]Q+\lambda\vec{n}=(2+\lambda; -2\lambda; 6+5\lambda)[/tex]. Петата му [tex]H[/tex] е средата на [tex]QQ'[/tex]:
[tex](2+\lambda)+4\lambda+5(6+5\lambda)-2=30+30\lambda=0\ \Rightarrow\ \lambda=-1,\quad H(1; 2; 1),\quad Q'=2H-Q=(0; 4; -4)[/tex]
Правата [tex]b'[/tex] минава през [tex]P[/tex] и [tex]Q'[/tex]:
[tex]\overrightarrow{PQ'}=(1; 3; -5)\ \Rightarrow\ b':\ \frac{x+1}{1}=\frac{y-1}{3}=\frac{z-1}{-5}[/tex]
Проверка: при отражението на направляващия вектор [tex]\vec{d}=(-3; 1; -5)[/tex] на [tex]b[/tex] (тук [tex]\vec{d}⋅\vec{n}=-30[/tex], [tex]|\vec{n}|^2=30[/tex]) се получава вектор, успореден на [tex]\overrightarrow{PQ'}[/tex]:
[tex]\vec{d}-2\,\frac{\vec{d}⋅\vec{n}}{|\vec{n}|^2}\,\vec{n}=\vec{d}+2\vec{n}=(-1; -3; 5)\parallel(1; 3; -5)[/tex]

Решение:
Нормалният вектор на [tex]\beta[/tex] е [tex]\vec{n}_\beta=(3; 4; -1)[/tex]. Векторът [tex]\overrightarrow{AB}[/tex] не е успореден на [tex]\vec{n}_\beta[/tex], затова равнината [tex]\gamma[/tex] е единствена; нормалният ѝ вектор е перпендикулярен както на [tex]\overrightarrow{AB}[/tex], така и на [tex]\vec{n}_\beta[/tex]:
[tex]\overrightarrow{AB}=(-2; -8; -2)\parallel(1; 4; 1),\qquad (1; 4; 1)×(3; 4; -1)=(-8; 4; -8)\parallel(2; -1; 2)[/tex]
[tex]\gamma:\ 2x-y+2(z+1)=0\iff 2x-y+2z+2=0[/tex]
Тази равнина минава през [tex]A[/tex], а също и [tex]B\in\gamma[/tex], защото [tex]-4+8-6+2=0[/tex]. Перпендикулярът от [tex]B[/tex] към [tex]\beta[/tex] има посока [tex]\vec{n}_\beta[/tex], която е успоредна на [tex]\gamma[/tex], защото [tex]\gamma\perp\beta[/tex]; тъй като [tex]B\in\gamma[/tex], този перпендикуляр лежи в [tex]\gamma[/tex]. Следователно петата му [tex]F[/tex] лежи и в [tex]\beta[/tex], и в [tex]\gamma[/tex], т.е. [tex]F\in g[/tex]. Всяка точка от [tex]g[/tex] лежи в [tex]\beta[/tex] и затова е на разстояние поне [tex]BF[/tex] от [tex]B[/tex]. Значи разстоянието от [tex]B[/tex] до [tex]g[/tex] е равно на разстоянието от [tex]B[/tex] до [tex]\beta[/tex]:
[tex]BF=\frac{|3\cdot (-2)+4\cdot (-8)-(-3)+1|}{\sqrt{9+16+1}}=\frac{34}{\sqrt{26}}=\frac{17\sqrt{26}}{13}[/tex]

Решение:
Имаме [tex]\overrightarrow{AB}=(4; 0; -2)[/tex] и [tex]\overrightarrow{CD}=(3; 3; -3)[/tex]. Произволни точки от двете прави и векторът между тях:
[tex]M=A+p\,\overrightarrow{AB}=(4p; 0; -2-2p),\qquad N=C+q\,\overrightarrow{CD}=(2+3q; 3q; -3q)[/tex]
[tex]\overrightarrow{MN}=(2+3q-4p; \ 3q; \ 2+2p-3q)[/tex]
Условията [tex]MN\perp AB[/tex] и [tex]MN\perp CD[/tex], записани с успоредните вектори [tex](2; 0; -1)[/tex] и [tex](1; 1; -1)[/tex]:
[tex]\begin{cases}2(2+3q-4p)-(2+2p-3q)=0\\ (2+3q-4p)+3q-(2+2p-3q)=0\end{cases}\iff\begin{cases}9q-10p+2=0\\ 9q-6p=0\end{cases}[/tex]
Като извадим второто уравнение от първото, получаваме [tex]-4p+2=0[/tex]; системата има единствено решение:
[tex]p=\frac{1}{2},\quad q=\frac{1}{3}\ \Rightarrow\ M(2; 0; -3),\quad N(3; 1; -1)[/tex]
Проверка: [tex]\overrightarrow{MN}[/tex] е успореден на [tex]\overrightarrow{AB}×\overrightarrow{CD}[/tex], а тъй като [tex]\overrightarrow{MN}\ne\vec{0}[/tex], правите са кръстосани и [tex]MN[/tex] е общият им перпендикуляр:
[tex]\overrightarrow{MN}=(1; 1; 2),\qquad \overrightarrow{AB}×\overrightarrow{CD}=(6; 6; 12)=6\,\overrightarrow{MN}[/tex]

Решение:
Избираме ортонормирана координатна система, в която [tex]A(0; 0; 0)[/tex] и [tex]B(d; 0; 0)[/tex]. За [tex]M(x; y; z)[/tex] двете страни на [tex]AM=k\,BM[/tex] са неотрицателни, затова условието е еквивалентно на [tex]AM^2=k^2BM^2[/tex]:
[tex]x^2+y^2+z^2=k^2\left((x-d)^2+y^2+z^2\right)\iff\left(1-k^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)+2k^2dx-k^2d^2=0[/tex]
Тъй като [tex]k\ne1[/tex], можем да разделим на [tex]1-k^2[/tex] и да отделим точен квадрат по [tex]x[/tex]:
[tex]\left(x+\frac{k^2d}{1-k^2}\right)^2+y^2+z^2=\frac{k^4d^2}{\left(1-k^2\right)^2}+\frac{k^2d^2}{1-k^2}=\frac{k^2d^2}{\left(1-k^2\right)^2}[/tex]
Това е сфера (сферата на Аполоний) с център [tex]\left(\frac{k^2d}{k^2-1}; 0; 0\right)[/tex] върху правата [tex]AB[/tex] и радиус
[tex]R=\frac{kd}{\left|1-k^2\right|}[/tex]

Решение:
Полагаме [tex]\vec{a}=\overrightarrow{OA}[/tex], [tex]\vec{b}=\overrightarrow{OB}[/tex], [tex]\vec{c}=\overrightarrow{OC}[/tex]; тези вектори са ненулеви и два по два ортогонални. Лицето на триъгълник е половината от дължината на векторното произведение на два вектора по страните му, затова
[tex]S_{OAB}=\frac{1}{2}|\vec{a}×\vec{b}|,\quad S_{OBC}=\frac{1}{2}|\vec{b}×\vec{c}|,\quad S_{OCA}=\frac{1}{2}|\vec{c}×\vec{a}|,\quad S_{ABC}=\frac{1}{2}\left|\overrightarrow{CA}×\overrightarrow{CB}\right|[/tex]
Тъй като [tex]\overrightarrow{CA}=\vec{a}-\vec{c}[/tex] и [tex]\overrightarrow{CB}=\vec{b}-\vec{c}[/tex], от билинейността, антикомутативността и [tex]\vec{c}×\vec{c}=\vec{0}[/tex] получаваме
[tex]\overrightarrow{CA}×\overrightarrow{CB}=(\vec{a}-\vec{c})×(\vec{b}-\vec{c})=\vec{a}×\vec{b}-\vec{a}×\vec{c}-\vec{c}×\vec{b}=\vec{a}×\vec{b}+\vec{b}×\vec{c}+\vec{c}×\vec{a}[/tex]
Векторът [tex]\vec{a}×\vec{b}[/tex] е перпендикулярен на [tex]\vec{a}[/tex] и [tex]\vec{b}[/tex], а такъв е и [tex]\vec{c}[/tex]; в пространството векторите, перпендикулярни на два неколинеарни вектора, лежат на една права, следователно [tex]\vec{a}×\vec{b}\parallel\vec{c}[/tex]. Аналогично [tex]\vec{b}×\vec{c}\parallel\vec{a}[/tex] и [tex]\vec{c}×\vec{a}\parallel\vec{b}[/tex]. Тъй като [tex]\vec{a}[/tex], [tex]\vec{b}[/tex], [tex]\vec{c}[/tex] са два по два ортогонални, такива са и векторите [tex]\vec{a}×\vec{b}[/tex], [tex]\vec{b}×\vec{c}[/tex], [tex]\vec{c}×\vec{a}[/tex]; затова при повдигане на сумата на квадрат всички смесени членове са нули (Питагорова теорема):
[tex]\left|\vec{a}×\vec{b}+\vec{b}×\vec{c}+\vec{c}×\vec{a}\right|^2=|\vec{a}×\vec{b}|^2+|\vec{b}×\vec{c}|^2+|\vec{c}×\vec{a}|^2[/tex]
Като разделим на [tex]4[/tex], получаваме
[tex]S_{ABC}^2=S_{OAB}^2+S_{OBC}^2+S_{OCA}^2[/tex]