Документ: Практикум по высшей математике. векторная алгебра и аналитическая геометрия. Пантелеев И.Н, страницы 61-65

NM1			= −(M1M 2					+ M 2 N ) ;						из			треугольника							ОМ2М1 находим
M		M		= rG − rG . Отсюда: NM													= −(rG		− rG			+	1	( r −r ))=
	1		2													1
						2	1											2	1			2			3	2
			1								1				1
= rG		−		(rG		+ rG);		NM =				(rG		−			(rG	+ rG)). Подставляя найденные
											3
1			2	2			3						1	2			2	3
значения						векторов				в	выражение суммы векторов, получим
R = rG			+		1	(rG	− rG ) +		1	(rG	−		1	(rG		+ rG )) =				1	(rG + rG				+ rG ).
													2						3
		2		2		3	2	3		1				2			3					1		2	3
				1.7.			Электрический									фонарь				весом					3кг	подвешен к

потолку на шнуре АВ и затем притянут к стенке веревкой ВС

(рис. 2.14).

Определить натяжение шнура и веревки, если известно, что угол α=60° , угол β=135°.

Рис. 2.14 G

Решение. На точку В действует две силы TA , TC и P —

вес лампы. Поскольку система сил находится в равновесии, то равнодействующая этих сил равна нулю.

Построим треугольник сил. В выбранном масштабе строим вектор P (рис. 2.14). Через начало этого вектора проведем линиюGдействия силы TA , а через конец — линию действия силы TC . Получим треугольник А1В1С1. Векторизуем

его стороны B1C1 = TGC , C1 A1 = TGA. Модули этих сил найдем по

теореме синусов.

Для этого определим углы при вершинах треугольника.

61

По условию задачи угол при вершине А1 равен 30°, при вершине B — 45°, значит, угол при вершине C1 равен 105°.

Учитывая, что sinl05°=sin75°, по теореме синусов имеем

		TA	=		TC	=	P
		sin 45D		sin 30D			sin 75D

Откуда T = 3 sin 45D ≈ 2,19					кг;	T	= 3 sin 30D ≈1,55 кг.
A	sin 75D					C	sin 75D

1.8. К вершине О прямоугольного параллелепипеда
ABCOGDEF (рис. 2.15) приложены три силы,
изображаемые векторами OE, OG, OB , найти величину и
направление равнодействующей					F .

Рис.2.15

Решение. Обозначим OA = aG, OC = bG, OD = cG, тогда

OB = aG +bG, OE = aG + cG, OD = bG + cG.

Поскольку FG = OB +OE +OG , то

FG = aG +bG + aG + cG +bG + cG = 2(aG +bG + cG) = 2OF,

т. е. равнодействующая F изображается удвоенной диагональю параллелепипеда OF .

2.2. Разложение вектора по координатным осям

1°. Всякий вектор в пространстве можно представить как сумму трех векторов, один из которых расположен на оси Ох, второй на оси Оу и третий — на оси Oz

62

aG = axi + ay j + az k	(1)
где i , j, k — единичные векторы координатных осей.
Модуль вектора a равен
aG = ax2 + ay2 + az2 .	(2)
Если через α, β, γ обозначить углы, которые вектор aG

составляет с положительными направлениями координатных осей, то формулы

cosα =

a

, cos β =

ay

, cosγ =

a

(3)

Gx

G

Gz

a

вектора aG через

дают выражения

направляющих

косинусов

его проекции.

Между

направляющими

косинусами

существует

зависимость

cos2 α + cos2 β + cos2 γ =1.

(4)

2°. Действия над векторами.

1. Сумма векторов

aG ±b = (a

x

±b

)i + (a

y

±b

) j + (a

z

±b

)k

.

(5)

x

y

z

2. Умножение на скаляр

λaG = λaxi + λay j + λazk .

(6)

3. а) Если A(x1, y1, z1) и B(x2, y2,

z2)

— координаты

начала и конца вектора, то проекции вектора

ax = x2 – x1, ay = y2 – y1 , az = z2 – z1 .

(7)

б) Модуль

aG =

(x

2

− x )2 + ( y

2

− y )2 + (z

2

− z )2

(8)

1

в) Направляющие косинусы

cosα =

x

2

− x

; cos β =

y

2

− y

γ =

z

2

− z

(9)

G

1

G

1

; cos

G

1

a

г) Если некоторая ось l составляет с координатнымиG осями углы α, β, γ , то проекция произвольного вектора a на

эту ось определяется равенством

63

Прl a = ax cosα + ay cos β + az cosγ .

(10)

3°. Задачи на точку.

1. Расстояние между точками

M1(x1, y1, z1) и M2(x2, y2, z2)

определяется по формуле

d=

(x

2

− x )2

+( y

2

− y )2 +(z

2

− z )2 .

(11)

1

Если начало отрезка совпадает с началом координат, то

формула (11) примет вид

d=

x2 + y2 + z2 .

(12)

2. Деление

отрезка

М1М2

в

заданном отношении

λ.

Координаты

точки

M (x,y,z)

делящей

отрезок

М1М2

в

отношении

M1M

= λ находятся по формулам

MM2

x1 + λx2

y1 + λy2

z1 + λz2

G

r1 + λr2

x =

; y =

;

z =

или r =

.

1 + λ

2

Если точка М делит отрезок М1М2 пополам, то λ = 1 и

формулы (13) примут вид

x =

x1 + x2

,

y =

y1 + y2

, z =

z1 + z2

.

(15)

2

3. Координаты центра тяжести системы п материальных точек массы mi, расположенных в пространстве, находят по формулам

x

=

∑in=1 mi xi

, y

=

∑in=1 mi yi

, z

=

∑in=1 mi zi

.

(16)

c

∑in=1 mi

c

∑in=1 mi

c

∑in=1 mi

2.1. Заданы начало A(3,2,-1) и конец B(1,5,2) вектора

AB .

Найти разложение вектора AB по координатным осям, его модуль и направляющие косинусы.

Решение. Найдем по формулам (7) проекции вектора на координатные оси

(AB)x =1-3=-2; (AB)y =5-2=3; (AB)z=2+1=3.

Отсюда вектор равен AB = − 2i +3 j +3k , а его модуль

64

AB = (−2)2 +32 +32 = 22 .

По формулам (9) направляющие косинусы

cosα = −	2	, cos β =	3	, cosγ =	3 .
2.2. Найти	22		22		22
2.2. Найти		единичный		вектор	для вектора

aG = 3i −5 j − 4k .

Решение. Находим модуль вектора | a | по формуле (2)

\ aG\ = 32 + (−5)2 + (−4)2 = 5 2 .

Единичный вектор aG0 находим по формуле

G0

a

3

G

5

G

4

G

a

=

G

=

i

−

j

−

k .

5

2

5

2

a

2.3.Найти сумму векторов

aG = 3i + 2 j +5k , b = 4i − j +3k , cG = −i + 2 j + 2k .

Решение. По формуле (5) находим

aG +b + cG = (3 + 4 −1)i + (2 −1 + 2) j + (5 +3 + 2)k = 6i +3 j +10k .

	2.4. Найти разность векторов a (2;4;-1),					b (4;-3;5).
	Решение. По формуле (5) находим				G	G	G
	G	G	G		G	G	G
	a -	b = (2 −4)i +(4 +3) j +		(−1−5)k = −2i		+7 j	−6k .
что \| bG	2.5. Определить координаты вектора b , если известно,
что \| bG	\| = 5 , он коллинеарен вектору aG =				7i −5 j + 2k и его
направление совпадает с направлением вектора a .
Решение. Обозначим координаты вектора b через х, у z,
тG. е. G b ={x,y,z}.			Поскольку	векторы	коллинеарны,			то
b = λa	= 7λi −5λj + 2λk .
	Из	равенства векторов		xi + yj + zk =		7λi −5λj +2λk
следует равенство их координат:
	x = 7λ, y = −5λ, z = 2λ .			Так как	\| b \|	=	5 , то	по
формуле (2) имеем
			65

Материал: Практикум по высшей математике. векторная алгебра и аналитическая геометрия. Пантелеев И.Н

Смотрите также: