Головна ⇒ 📌ГДЗ з математики ⇒ Застосування векторів

Застосування векторів

269.

5(х – 2) + 0 × (у + 1) – 3(z – 4) = 0; 5x – 10 – Зz + 12 = 0;

5x – Зz + 2 = 0 – рівняння шуканої площини.

270.

3(x – 1) – 4(y – 2) + 7(z + 3) = 0; 3x – 3 – 4у + 8 + 7z + 21 = 0;

3x – 4у + 7z + + 26 = 0 – рівняння даної площини.

271.

a(x -0) + b(y – 0) 4 – c(z – 0) = 0; ax + by + cz = 0

272.

Якщо площина α паралельна площині 2х – Зу + z + 10 = 0, то

Тоді площина α задається рівнянням: 2(х – 1) – 3(у + 3) + 1(z – 5) = 0;

2х – 2 – Зy + 9 + z – 5 = 0; 2х – Зу + z – 16 = 0.

273.

Щоб

знайти кут між прямими

Достатньо знайти кут α між векторами і

274.

Знайдемо кут між векторами і

Цей кут дорівнюватиме куту між площинами.

275.

Оскільки площина дотикається до сфери (х – 1)2 + (у + 1)2 + (z – 2)2 = 6

У точці (0; 0; 0), то дана площина перпендикулярна І проходить

Через точку (0; 0; 0). Ця площина задається рівнянням:

1(х

– 0) – 1(y – 0) + 2(z – 0) = 0 або х – у + 2z = 0.

276.

Добудуємо тетраедр ABCD до паралелепіпеда AKBLNDMC, провівши через протилежні ребра пари паралельних площин. За умовою AB + CD, тоді KL + AB, бо KL + DC. Звідси: у паралелограма AKBL діагоналі перпендикулярні, тому AKBL – ромб. Тоді АВ2 + KL2 =АВ2 + DC2 = а2 (а – сторона ромба).

Аналогічно AD2 + ВС2 = а2 і АС2 + BD2= а2 (всі грані паралелепіпеда – ромби). Звідси AD2 + ВС2 = АС2 + BD2 = АВ2 + DC2.

277.

О – точка перетину медіан ΔАМL.

О1 – точка перетину медіан ΔCNK:

Оскільки то

Отже, О і О1 збігаються.

278.

K – середина АА1; S – середина ВВ1; М – середина СС1;

N – середина DD1

Звідси або

Аналогічно

Оскільки AB? DC і А1 В1 ? D1 С1, то і

– колінеарні, тобто KS? NM, аналогічно SM? KN.

Звідси KSMN – паралелограм.

279.

ABCDA – неплоска замкнена ламана.

М – середина AD; Р – середина ВС.

280.

А + α; с – похила; b – проекція – на а.

, d + b. Доведемо, що с + d.

оскільки то

Тобто

Оскільки то

Тому

Якщо То і (доведення аналогічне:

281.

Опустимо A1M + (АВС).

Якщо ΔАВС – рівносторонній і ∠A1 AB = ∠А1АС, то М – основа перпендикуляра лежить на бісектрисі AK. АK – бісектриса, медіана і висота Δ АВС.

A1M + (ABC), тому A1M + ВС, тоді

тоді

Оскільки лежить на

бо – висота ΔАВС.

Тоді тому

Або

282.

ABCD – тетраедр.

Μ1 – точка перетину медіан ΔABD. М2 – точка перетину медіан Δ ACD.

ВK – медіана ΔABD:

СK – медіана ΔACD:

Звідси

Отже, або М1М2 ? ВС.

283.

тоді

284.

∠ ADB = ∠DBC = ∠CDA = β.

Отже,

Отже, ребро тетраедра перпендикулярне до протилежного.

285.

Розмістимо тетраедр в системі координат як показано на рисунку.

А – ребро тетраедра.

Тоді A(0; 0; 0);

Отже,

286.

А – ребро тетраедра. DK + ВМ – мимобіжні медіани граней тетраедра,

φ – кут між ними.

(див. задачу № 285).

Отже,

287.

О – центроїд тетраедра. М – довільна точка сфери.

Тоді

288.

тому

Звідси

Оскільки то

Аналогічно можна довести, що

Тому AD = DD1 = DC.

Отже, AВСDA1В1С1D1 – куб.

289.

Нехай а, b, с – виміри прямокутного паралелепіпеда.

Розмістимо паралелепіпед в системі координат, як показано на рисунку.

Тоді А(а; 0; 0); В(0; 0; 0); С(0; 6; 0); D(a; b; 0);

А1(A; 0; с); В1 (0; 0; с); С1 (0; b; с); D1(а; b; с).

O(х; у; z) – довільна точка простору.

Звідси:

290.

Пряма АВ:

:- площина.

Х + 2у – z + 3 = 0,

291.

А) Множина точок, рівновіддалених від площин 2х – у + Зz – 5 = 0 і 2х – y + 3z + 3=0 утворюють площину, паралельну даним площинам, яка проходить між даними площинами на однаковій відстані. Ця площина задається рівнянням 2х – у + Зz – 1= 0.

Б) Множина точок, рівновіддалених від площин 2х + у – 2z + 5 = 0 і х – 2у + 2z – 1 = 0 утворює бісекторну площину для даних площин і задається рівнянням: