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

1

1

iG

Gj

k

S =

AB × AC

=

ax

ay

az

.

(9)

2

2

b

b

y

b

x

z

Решение. Воспользуемся формулой (6)

G

G

iG

Gj

k

a

×b

=

ax

ay

az

=

bx

by

bz

4 1

G

1 3

G

3 4

G

G

G

G

=

2 5

i +

5 −1

j

+

−1 2

k

=18i

−16 j

+10k ,

тогда координаты векторного произведения будут

[ a×b ] = {18,-16,10}.

4.2. Вычислить площадь треугольника с вершинами

А(1 ,0,6), B(4,5,-2) и С(7,3,4).

Решение. Найдем координаты векторов AB и AC :

AB (3,5, -8), AC (6,3,-2) и воспользуемся формулой (9)

1

1

iG Gj

k

1

G

G

G

S =

AB × AC =

3 5 −8 =

14i − 42 j − 21k =

2

2

2

6

3

− 2

= 1

142 + (−42)2 + (−21)2 = 24,5.

2

76

A2 A3 = (2 +1)iG + (0 − 2) Gj + (5 −1)k = 3iG − 2 Gj + 4k.

Отсюда

модуль вектора

A A равен

A A =

32 + (−2)2 + 42 =

29.

2

3

2

3

б) Найдем вектор A2 A1 :

A2 A1 = (1 +1)iG + (2 − 2) Gj + (0 −1)kG = 2iG − kG.

Составим векторное произведение

iG

Gj

k

= −2iG −11Gj − 4kG.

A2 A1 × A2 A3 =

2 0 −1

3

− 2

4

Площадь грани находим по формуле (9)

S = 1

(−2)2 + (−11)2

+ (−4)2

= 1 141.

2

2

в) Вектор A1 A2

= −A2 A1 = −2iG + kG.Найдем вектор A1 A4 :

пункта 2.3

(−2)(−3) + 0 3 +1 4

10

cosϕ =

=

≈ 0,766.

(−2)2 + 02 +12 (−3)2 +32 + 42

170

Откуда ϕ ≈ 40°.

4.4. Найти координаты вектора

x , если известно, что

он перпендикулярен к векторам a {1,0,3},

b {-2,4,-3} и

Решение. Поскольку векторы x

и a ×b

коллинеарны,

G

G

G

iG

Gj

k

G

G

G

то

1

0 3

x

= λ( a ×b ) = λ

= λ(−12i −3 j

+ 4k ).

− 2

4

−3

Зная модуль вектора x , находим λ

xG

= 39 = λ

144 +9 +16 , λ= ± 3.

Острый угол между векторами x

и осью Оу будет

cos β =

−3λ

> 0,

следовательно,

λ = −3 .

G

x

Таким образом, xG = 36i +9 j −12k.

4.5. Найти площадь параллелограмма, построенного на

векторах

G

G

G

G

a

= 3m − 2n и b =

5m

+ 4n , если | m |=2, | n |=3, а угол

G

π

между векторамиm

и n равен

6 .

Решение.

Площадь

параллелограмма

находим

по

формуле S

G

G

= | a

×b |. Используя распределительное свойство

векторного

произведения,

а

также

то,

что

m ×m = 0, n ×n =G

0, m ×n = −n ×m будем иметь

a ×b =

= ( 3Gm −G2n )×( 5Gm +G4n ) =G G

G G

G G

=15m×m +12(m×n) −10(n ×m) −8(n ×n) = 22(m×n).

Величина векторного произведения m×n равна

m×n =

G

G

G G

G

m

n

sin(m, n).

Отсюда S = 22 | m ×n | = 22 3 = 66 (кв.ед.).

G

G G

=

ax

ay

az

.

(1)

(a

×b)c

b

b

y

b

x

z

cx

cy

cz

2°. Свойства.

1. При перестановке сомножителей смешанное

произведение меняет знак

(aG×b) cG = −(b ×aG) cG = (aG×cG) b = −(cG×b) aG.

(2)

2. Смешанное произведение обладает свойством

(aG×b) cG =( b ×cG) aG = (cG×aG) b

(3)

3. Если два из трех векторов равны или параллельны, то

их смешанное произведение равно нулю.

3°. Смешанное произведение трех векторов численно

V = (aG×b) cG = aG b cG .

(4)

4°. Объем пирамиды,

построенной на векторах aG, b, cG

1

G

G

G

1 G

G

G

равен

V

=

(a ×b) c

=

a

b

c .

(5)

n

6

6

5°. Условие компланарности. Необходимым и

достаточным

условием

компланарности трех

векторов

aG, b

, cG является равенство нулю их смешанного произведения:

G

G

G

= 0.

a

b

c

5.1. В пространстве даны четыре точки: А (1,1,1),

В(2,4,7), С(-1,2,-3), и

D(-3,2,1). Найти объем тетраэдра ABCD

и длину высоты тетраэдра, опущенной из вершины В.

Решение. Пусть А вершина тетраэдра. Найдем

координаты векторов AB, AC и AD (рис.2.19): AB

= {1,3,6},

AC ={-2,1,-4},

AD ={-4,1,0}.

Объем тетраэдра находим по

формуле (5)

V =

1

1

3

6

32

− 2

1

− 4

=

.

6

3

− 4

1

0

Найдем площадь основания

1

JJJG

JJJG

1

iG

Gj

k

1

G

G

G

S =

=

−2

1

−4

=

= 69.

2

AC

× AD

2

2

4i

+16 j

+2k

−4

1

0

Поскольку h =

3V

, то h = 3 32

= 32 69 .

S

69

69

5.2. Вычислить объем треугольной призмы,

построенной

на векторах

a {1,-3,2},

b {3,1,-2},

c {2,-1,2}

и

определить

ориентацию

тройки

векторов

aG, b, cG

в

G G

G

1

−3

2

= 20.

a(b

×c) =

3

1

− 2

2

−1

2