Вiнницький державний педагогiчний унiверситет

iм. Михайла Коцюбинського

А. А. Томусяк, В. С. Трохименко, Н. М. Шунда

ГЕОМЕТРIЯЧастина 1: Аналiтична геометрiя

посiбник для випускникiв фiзико-математичнихфакультетiв педагогiчних унiверситетiв та iнститутiв

Вiнниця, 2002

Рецензенти: доктор фiзико-математичних наук, професорПанков О.А. (Вiнницький педагогiчний унiверситет) i канди-дат фiзико-математичних наук, професор Карпенко В.Л. (Вiн-ницький технiчний унiверситет).

Навчальний посiбник написано вiдповiдно до програми дер-жавного екзамену з математики з методикою її викладання(роздiл „Геометрiя“) для спецiальностей „Математика“, „Ма-тематика i фiзика“, „Фiзика i математика“ педагогiчних унiвер-ситетiв та iнститутiв.

У посiбнику подано 11 оглядових лекцiй, що охоплює ту ча-стину роздiлу програми, яку вiдносять до аналiтичної геометрiї.Кожна з цих лекцiй мiстить повний виклад навчального мате-рiалу згiдно визначеної теми, достатну кiлькiсть геометричнихзадач, при розв’язуваннi яких використовується вiдповiдний те-оретичний матерiал, завдання для самоконтролю.

Автори сподiваються, що посiбник допоможе випускникам(особливо студентам заочної форми навчання) пiдготуватись додержавного екзамену, магiстрам удосконалити свої вмiння прирозв’язуваннi геометричних задач, а включенi до нього завдан-ня для самоконтролю допоможуть їм оцiнити свої знання i вмiн-ня дослiдження лiнiй i поверхонь першого i другого порядку.

Змiст

Вступ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 ЛЕКЦIЯ: Рiзнi види систем координат на площинi,

їх основнi задачi. Геометричний змiст координатточки . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2 ЛЕКЦIЯ: Теорiя прямих на площинi (в аналiтично-му викладi) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

3 ЛЕКЦIЯ: Лiнiя (крива), рiзнi способи її задання.Класифiкацiя алгебраїчних кривих другого по-рядку на евклiдовiй площинi . . . . . . . . . . . . 46

4 ЛЕКЦIЯ: Метод координат у просторi. Теорiя пло-щин у просторi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

5 ЛЕКЦIЯ: Скалярний добуток двох векторiв. Засто-сування його в геометрiї . . . . . . . . . . . . . . 98

6 ЛЕКЦIЯ: Векторний добуток двох векторiв. Засто-сування його в геометрiї . . . . . . . . . . . . . . 122

7 ЛЕКЦIЯ: Мiшаний добуток трьох векторiв. Вико-ристання його у геометрiї . . . . . . . . . . . . . . 136

8 ЛЕКЦIЯ: Прямi у просторi . . . . . . . . . . . . . . 1569 ЛЕКЦIЯ: Взаємне розмiщення двох площин, пря-

мої i площини . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18010 ЛЕКЦIЯ: Поверхнi обертання, елiпсоїди, гiпербо-

лоїди, параболоїди (в аналiтичному викладi) . . . 20111 ЛЕКЦIЯ: Цилiндричнi та конiчнi поверхнi (в ана-

лiтичному викладi) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224

3

Лiтература . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244

4

ВступПеред авторами будь-якого навчального посiбника завжди

виникає проблема вибору способу викладу матерiалу, точнi-ше вибору методичної установки, яка у вiдповiдностi до цi-льового завдання визначає логiку фактичного матерiалу. Аоскiльки функцiональне призначення пропонованого посiбни-ка — керування пiдготовкою випускникiв до державного ек-замену, то виклад матерiалу має сприяти цiлiсному i глибоко-му розумiнню майбутнiми вчителями наукових основ шкiльноїматематики. Тому вiн (виклад) не систематичний-первинний,а конвергентний-вторинний, при якому увага зосереджуєтьсяна самих важливих фактах з врахуванням досягнутого рiвняматематичної освiти випускникiв.

Якраз це зумовило структурну будову посiбника (11 огля-дових лекцiй), його рубрикацiю (теми, винесенi на державнийекзамен), характер i форму завдань (самi рiзноманiтнi геоме-тричнi задачi середнього i вищого рiвня трудностi).

Щодо змiсту, то посiбник охоплює ту частину роздiлу „Гео-метрiя“ програми державного екзамену, яку вiдносять до аналi-тичної геометрiї, тобто до тiєї частини геометрiї, у якiй точки,прямi, площини, кривi та поверхнi другого порядку вивчаютьсяметодом координат, сутнiсть якого у тому, що точки подаютьсяпарами (трiйками) чисел, лiнiї на площинi рiвняннями видуF (x, y) = 0, поверхнi — рiвняннями виду F (x, y, z) = 0, а лiнiї

5

у просторi — системами рiвнянь виду{F1(x, y, z) = 0,

F2(x, y, z) = 0.

Геометричнi властивостi лiнiй чи поверхонь дослiджуютьсяшляхом вивчення аналiтичних та алгебраїчних властивостейвiдповiдних рiвнянь. Так, наприклад, дослiдження i класифi-кацiя лiнiй другого порядку проводиться шляхом пiдбору такоїдекартової прямокутної системи координат, у якiй рiвняння лi-нiї має найбiльш простий вигляд, i подальшого вивчення цьогоспрощеного рiвняння.

Щодо вибору системи координат, то традицiйно основнi гео-метричнi об’єкти описуються в рамках обраної афiнної системикоординат i її засобами розв’язуються задачi афiнної частинигеометрiї (подiл вiдрiзка у даному вiдношеннi, iнцидентнiстьпрямих площинi тощо). А от щодо метричних задач, то тутосновнi метричнi задачi (вiдстань вiд точки до площини, кутмiж двома площинами, двома прямими, прямою i площиною,тощо) теж розв’язуються в рамках косокутньої декартової си-стеми координат, коли традицiйно у будь-якому посiбнику заналiтичної геометрiї такi задачi розв’язуються в рамках пря-мокутної декартової системи координат.

Вiдiбраний теоретичний матерiал iлюструється достатноюкiлькiстю задач, якi розв’язуються з використанням аналiтичноїгеометрiї та векторної алгебри.

6

1 ЛЕКЦIЯ: Рiзнi види систем координатна площинi, їх основнi задачi. Геоме-тричний змiст координат точки

Прямолiнiйнi та криволiнiйнi координати. Визначення афiнноїта прямокутної систем координат. Координати точки. Перехiдвiд однiєї декартової системи координат до iншої. Орiєнтацiяплощини. Геометричне тлумачення рiвнянь i нерiвностей мiжкоординатами. Рiвняння кола. Полярнi координати точки.

Лiтература. [1], стор. 35–42, 44–54; [3], стор. 33–39, 48–50;[7]; [11].

У загальному випадку координати (вiд лат. ordinatus — упо-рядкований, co — префiкс, що означає об’єднання, спiльнiсть,сукупнiсть) — числа, взятi у певному порядку, якi характери-зують положення точки на лiнiї, на площинi, на поверхнi або упросторi. В залежностi вiд мети i характеру дослiдження тогочи iншого геометричного об’єкту обирають рiзнi системи коор-динат, з допомогою яких кожнiй точцi такого об’єкту вiдносятьпевну сукупнiсть чисел (координати точки). iнакше кажучи

координати точок це„iмена“, якi присвою-ються безiменним точ-кам. Так, наприклад,на площинi обираютьсядвi сiм’ї лiнiй

U(M) = const,

V (M) = const

(без самоперетинiв) та-

7

ких (рис.1), що кожна лiнiя однiєї сiм’ї перетинається з кожноюлiнiєю другої сiм’ї тiльки в однiй точцi. Тодi, обравши за поча-тковi лiнiї U(M) = 0 i V (M) = 0, їх перетин вважаємо початкомкоординат (його координатами є числа (0,0)), а точка пертинулiнiй U(M) = a, V (M) = b має координати a i b. Якщо лiнiїU(M) = const, V (M) = const — прямi, то координати назива-ють прямолiнiйними, якщо ж хоча б одна з цих лiнiй крива, токоординати називають криволiнiйними.

Основним завданням системи координат є встановлення вза-ємно однозначної вiдповiдностi, наприклад, мiж точками прямої(площини, простору) i дiйсними числами (парами, трiйками дiй-сних чисел), i на цiй основi подання (описання) геометричнихоб’єктiв у виглядi алгебраїчних виразiв (рiвнянь, нерiвностейтощо). Подальше вивчення властивостей геометричних фiгур iвiдношень мiж ними проводиться алгебраїчними методами.

Вперше метод координат був застосований П. Ферма (1636) iР. Декартом (1637). Якраз останнiй у своїй славнозвiснiй „Гео-метрiї“ дав вичерпний виклад цього методу i заклав основитак званої аналiтичної геометрiї. Термiн „координати“ введеноГ. Лейбнiцом (1694).

Розглянемо, як вводяться системи координат на площинi.Нехай маємо площину Π, i нехай V — множина всiх векторiв,паралельних цiй площинi, тобто V є двохвимiрний векторнийпростiр над полем R.

Означення 1.1. Афiнним репером R на площинi назива-ють упорядковану трiйку точок O,A1, A2, якi не лежать наоднiй прямiй, i записують R = (O,A1, A2).

Оскiльки точки O,A1, A2 не лежать на однiй прямiй, то на-прямленi вiдрiзки OA1 i OA2 визначають неколiнеарнi вектори−−→OA1 = ~e1,

−−→OA2 = ~e2, i тому пара (~e1, ~e2) є базисом векторного

простору V , тобто афiнний репер R на площинi задає базис упросторi V . Навпаки, задавши деякий базис (~e1, ~e2) векторного

8

простору V i точку O на площинi Π, знайдемо на нiй точкиA1 i A2 такi, що

−−→OA1 є вектор ~e1, а

−−→OA2 — ~e2. Як результат

матимемо упорядковану трiйку точок O,A1, A2, якi не лежатьна однiй прямiй, тобто афiнний репер (O,A1, A2). Таким чином,афiнний репер R можна задати точкою O (початок системикоординат) i двома неколiнеарними векторами ~e1, ~e2 (коор-динатнi вектори). Записують R = (O,~e1, ~e2) i зображаютьтак, як на рис. 2. Пряма OA1, на якiй додатний напрям визначає

вектор ~e1, називається вiссюабсцис i позначається Ox, апряма OA2, на якiй додатнийнапрям визначає вектор ~e2, на-зивається вiссю ординат i по-значається Oy. Обидвi осi ра-зом називають осями коорди-нат. Казатимемо, що на пло-щинi Π задана афiнна системакоординат xOy як тiльки за-дано афiнний репер (O,~e1, ~e2).

Рис. 2 Нехай на площинi задано афiн-ний репер (O,~e1, ~e2), i нехай M — довiльна точка площини.Оскiльки радiус-вектор

−−→OM належить векторному простору

V , для якого упорядкована пара векторiв (~e1, ~e2) є базисом, тоiснує єдина пара чисел (x, y), якi є координатами вектора

−−→OM

вiдносно базиса (~e1, ~e2), а отже, має мiсце подання

−−→OM = x~e1 + y~e2. (1.1)

Означення 1.2. Афiнними координатами точки M вiдно-сно репера (O,~e1, ~e2) (в афiннiй системi координат (O,~e1, ~e2))називають координати x, y радiус-вектора

−−→OM вiдносно ба-

9

зиса (~e1, ~e2). Коефiцiєнт x розкладу (1.1) називають абсци-сою, а коефiцiєнт y — ординатою точки M i записуютьM(x, y).

З означення випливає, що кожнiй точцi M площини вiдпо-вiдає пара чисел (x, y) або елемент множини R × R = R2, ав силу єдиностi подання (1.1) рiзним точкам площини вiдповi-дають рiзнi елементи множини R2. Навпаки, для кожного еле-мента (x, y) з R2 можна вказати вектор x~e1 + y~e2, а отже, iснуєточка M , для якої пара (x, y) є її координатами. Це означає,що мiж точками площини i елементами множини R2 афiнна си-стема координат (O,~e1, ~e2) встановлює взаємно однозначну вiд-повiднiсть (кожна точка площини отримає свою мiтку (iм’я)).

Означення 1.3. Афiнну систему координат (O,~e1, ~e2) на-зивають декартовою системою координат, якщо |~e1| = |~e2| =1 (вектори базиса є одиничнi вектори), а декартову системукоординат називають декартовою прямокутною системоюкоординат, якщо вектори ~e1 i ~e2 ортогональнi.

Якраз останню найчастiше використовують у математицi таїї застосуваннях, зокрема, у шкiльному курсi математики де-картовi координати на площинi 1 є прямокутнi декартовi коор-динати.

Нехай на площинi задано двi афiннi системи координат(O,~e1, ~e2) i (O′, ~e ′1, ~e

′2) (рис. 3). Заради зручностi першу назве-

мо старою, а другу — новою. Вiзьмемо точку M , i нехай їїкоординати у старiй системi (x, y), а у новiй (x′, y′). Необхiдностарi координати (x, y) довiльної точки M виразити через її но-вi координати (x′, y′). Нехай вектори

−−→OO′, ~e ′1, ~e

′2 у базисi (~e1, ~e2)

мають подання:−−→OO′ = x0~e1 + y0~e2, ~e

′1 = a11~e1 + a21~e2, ~e

′2 = a12~e1 + a22~e2. (1.2)

1Погорелов А.В. Геометрия 7–11. – М.: Просвещение, 1993, с. 120–121.

10

Рис. 3

Теорема 1.1. Координати (x, y) точкиM у старiй системiкоординат виражаються через її координати (x′, y′) у новiйсистемi за формулами

x = a11x′ + a12y

′ + x0, y = a21x′ + a22y

′ + y0. (1.3)

Доведення. Виходячи з очевидної рiвностi

−−→OM =

−−→OO′ +

−−→O′M

i враховуючи подання (1.2), маємо−−→OM = x~e1 + y~e2 = x0~e1 + y0~e2 + x′~e ′1 + y′~e ′2 =

= x0~e1 + y0~e2 + x′(a11~e1 + a21~e2) + y′(a12~e1 + a22~e2) =

= (a11x′ + a12y

′ + x0)~e1 + (a21x′ + a22y

′ + y0)~e2.

А оскiльки вектори ~e1 i ~e2 лiнiйно незалежнi, то з останньоїрiвностi дiстаємо формули (1.3). �

Назвемо матрицю

A =

(a11 a12

a21 a22

),

11

де a11, a21 — координати вектора ~e ′1 у базисi (~e1, ~e2), a12, a22 —координати вектора ~e ′2 у тому ж базисi, матрицею переходу вiдбазиса (~e1, ~e2) до базиса (~e ′1, ~e

′2). Переконаємось, що матриця

A неособлива. Справдi, якщо припустити, що це не так, то їївизначник a11a22 − a12a21 = 0. А оскiльки вектор ~e ′1 ненулевий,то хоча би одна з його координат у базисi (~e1, ~e2), наприклад,a11, не дорiвнює нулю. Тодi

a22 =a12a21

a11

,

а тому

~e ′2 = a12~e1 +a12a21

a11

~e2 =a12

a11

(a11~e1 + a21~e2) =a12

a11

~e ′1,

що неможливо для векторiв базиса.Запишемо координати точки M у новiй i старiй системах

координат у виглядi векторiв-стовпцiв

X ′ =

(x′

y′

), X =

(xy

),

а координати точки O′ у старiй системi координат у виглядiвектора-стовпця

X0 =

(x0

y0

).

Тодi формули (1.3) можна записати у матричнiй формi

X = AX ′ +X0. (1.4)

Нехай A−1 — матриця обернена до матрицi A. Домножимо(1.4) на A−1 злiва, дiстанемо

A−1X = EX ′ + A−1X0

12

абоX ′ = A−1X − A−1X0,

тобто матриця A−1 є матрицею переходу вiд базиса (~e ′1, ~e′2) до

базиса (~e1, ~e2).Нехай маємо три афiннi системи координат (O,~e1, ~e2),

(O′, ~e ′1, ~e′2), (O′′, ~e ′′1, ~e

′′2), i нехай матрицi

A =

(a11 a12

a21 a22

), B =

(b11 b12

b21 b22

), C =

(c11 c12c21 c22

)є матрицi переходу вiдповiдно вiд базиса (~e1, ~e2) до базиса(~e ′1, ~e

′2), вiд базиса (~e ′1, ~e

′2) до базиса (~e ′′1, ~e

′′2) i вiд базиса (~e1, ~e2)

до базиса (~e ′′1, ~e′′2). Тодi згiдно з (1.4) матимемо:

X = AX ′ +X0, X ′ = BX ′′ +X ′0, X = CX ′′ +X ′′

0 ,

i тому

X = AX ′ +X0 = A(X ′0 +BX ′′) +X0 =

= AX ′0 + ABX ′′ +X0 = CX ′′ +X ′′

0 ,

тобто матриця переходу вiд базиса (~e1, ~e2) до базиса (~e ′′1, ~e′′2)

дорiвнює добутку матрицi переходу вiд базиса (~e1, ~e2) до базиса(~e ′1, ~e

′2) i матрицi переходу вiд базиса (~e ′1, ~e

′2) до базиса (~e ′′1, ~e

′′2).

Нехай B — множина всiх базисiв векторного простору V .Вважатимемо, що базис (~e1, ~e2) однаково орiєнтований з ба-зисом (~e ′1, ~e

′2), якщо визначник матрицi переходу вiд базиса

(~e1, ~e2) до базиса (~e ′1, ~e′2) додатний. Наприклад, для базисiв

(~e1, ~e2) i (2~e1, 3~e2) матриця переходу вiд першого до другого

A =

(2 00 3

)має додатний визначник, а отже, перший базис однаково орi-єнтований з другим, а для базисiв (~e1, ~e2) i (−2~e1, 3~e2) матриця

13

переходу вiд першого до другого

B =

(−2 0

0 3

)має вiд’ємний визначник, i перший базис не однаково орiєн-тований з другим. Покажемо, що вiдношення „бути однаковоорiєнтованими“ є вiдношенням еквiвалентностi на множинi B.Справдi, кожен базис однаково орiєнтований сам з собою (тутматрицею переходу є одинична матриця), тобто задане вiдно-шення рефлексивне. Далi, оскiльки для кожної неособливої ма-трицi A ∣∣A−1

∣∣ =1

|A|,

то визнвчники |A| i |A−1| мають однаковi знаки. Отже, якщо ба-зис (~e1, ~e2) однаково орiєнтований з базисом (~e ′1, ~e

′2) (|A| > 0),

то i базис (~e ′1, ~e′2) однаково орiєнтований з базисом (~e1, ~e2)

(|A−1| > 0) i тому задане вiдношення є симетричним. i, нарештi,оскiльки визначник добутку двох матриць дорiвнює добуткувизначникiв цих матриць, то з того, що базис (~e1, ~e2) однаковоорiєнтований з базисом (~e ′1, ~e

′2) (|A| > 0), i базис (~e ′1, ~e

′2) одна-

ково орiєнтований з базисом (~e ′′1, ~e′′2) (|B| > 0), то базис (~e1, ~e2)

однаково орiєнтований з базисом (~e ′′1, ~e′′2) (|A||B| > 0), i тому це

вiдношення є транзитивним.Вiдношення „бути однаково орiєнтованими“ розбиває мно-

жину B на два класи, кожен з яких називають орiєнтацiєювекторного простору V . iз двох класiв обирають один i нази-вають додатною орiєнтацiєю простору V (другий — вiд’єм-ною орiєнтацiєю). Якщо додатна орiєнтацiя обрана, то вектор-ний простiр V називається орiєнтовним. Тодi площина Π нази-вається орiєнтованою, якщо орiєнтований простiр V (простiрвсiх векторiв, паралельних площинi Π), а про два афiнних ре-пери R = (O,~e1, ~e2) i R′ = (O′, ~e ′1, ~e

′2) кажуть, що вони однако-

во орiєнтованi (протилежно орiєнтованi), якщо базиси (~e1, ~e2) i

14

(~e ′1, ~e′2) однаково орiєнтованi (протилежно орiєнтованi). Зокре-

ма, репер R = (O,~e1, ~e2) називають додатно орiєнтованим,якщо базис (~e1, ~e2) належить додатнiй орiєнтацiї. Для кращоговiзуального сприйняття афiнний репер R = (O,~e1, ~e2) будемоназивати правим (рис. 4), коли направленi вiдрiзки OA1 i OA2

розташованi як великий i вказiвний палець правої руки (якщодивитись на розкри-ту долоню), а афiн-ний репер

R′ = (O′, ~e ′1, ~e′2)

будемо називати лi-вим (рис. 4), колиж направленi вiдрiз-ки OA′1 i OA′2 розта-шованi як великий iвказiвний палець лi-вої руки (якщо диви-

Рис. 4 тись на розкриту до-лоню). Як правило, орiєнтацiю площини обирають так, щоб до-датна орiєнтацiя була правою. Отож, система координат вико-нує ще одне завдання, а саме, задає орiєнтацiю площини.

Не втрачаючи загальностi, домовимось надалi задавати наплощинi декартову систему координат, тобто будемо припуска-ти, що у кожного афiнного репера R = (O,~e1, ~e2) вектори ~e1, ~e2одиничнi. Тодi

~e1 · ~e1 = ~e2 · ~e2 = 1, ~e1 · ~e2 = cosα, (1.5)

де α — кут мiж векторами ~e1 i ~e2. Для довiльної точки M маємо

|−−→OM | =√−−→OM · −−→OM =

=√x2~e1 · ~e1 + 2xy~e1 · ~e2 + y2~e2 · ~e2 =

√x2 + 2xy cosα+ y2.

15

Останнiй результат дозволяє обчислити вiдстань мiж точка-ми M1(x1, y1) M2(x2, y2), а саме:

d(M1,M2) =∣∣∣−−−−→M1M2

∣∣∣ =

√−−−−→M1M2 ·

−−−−→M1M2 =

=√

(x2 − x1)2 + 2 cosα(x2 − x1)(y2 − y1) + (y2 − y1)2. (1.6)

У прямокутнiй декартовiй системi координат(α =

π

2

)маємо

добре вiдому формулу

d(M1,M2) =√

(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2.

Оскiльки система координат вводиться тiльки заради мiчен-ня точок, то природно чекати, що вибiр системи координат ажнiяк не може вплинути на геометричнi властивостi площини.

Теорема 1.2. Якщо точки M1 i M2 у декартовiй си-стемi координат (O,~e1, ~e2) мають координати M1(x1, y1),M2(x2, y2), а у декартовiй системi координат (O′, ~e ′1, ~e

′2) ма-

ють координати M1(x′1, y

′1), M2(x

′2, y

′2), то

d(M1(x1, y1),M2(x2, y2)) = d(M1(x′1, y

′1),M2(x

′2, y

′2)).

Доведення. Нехай кут мiж векторами ~e1 i ~e2 дорiвнює α, акут мiж векторами ~e ′1 i ~e ′2 дорiвнює β, i нехай−−→OO′ = x0~e1 + y0~e2, ~e ′1 = a11~e1 + a21~e2, ~e ′2 = a12~e1 + a22~e2.

Тодi, врахувавши (1.4) i теорему 1.1, маємо:

~e ′1 · ~e ′2 = cos β = a11a12 + a21a22 + (a11a22 + a21a12) cosα,

~e ′1 · ~e ′1 = 1 = a211 + 2a11a21 cosα+ a2

21,

~e ′2 · ~e ′2 = 1 = a212 + 2a12a22 cosα+ a2

22,

x1 = a11x′1 + a12y

′1 + x0, y1 = a21x

′1 + a22y

′1 + y0,

x2 = a11x′2 + a12y

′2 + x0, y1 = a21x

′2 + a22y

′2 + y0,

16

а тому

d(M1(x1, y1),M(x2, y2)) =

=√

(x2 − x1)2 + 2(x2 − x1)(y2 − y1) cosα+ (y2 − y1)2 =

= ((a11x′2 + a12y

′2 − a11x

′1 − a12y

′1)

2 + 2(a11x′2 + a12y

′2 −

−a11x′1 − a12y

′1)(a21x

′2 + a22y

′2 − a21x

′1 − a22y

′1) +

+(a21x′2 + a22y

′2 − a21x

′1 − a22y

′1)

2)12 =

= ((a211 + 2a11a21 cosα+ a2

21)(x′2 − x′1)

2 + 2(a11a21 +

+a11a22 cosα+ a21a12 cosα+ a21a22)(x′2 − x′1)(y

′2 − y′1) +

+(a211 + 2a12a22 cosα+ a2

22)(y′2 − y′1)

2)12 =

=√

(x′2 − x′1)2 + 2(x′2 − x′1)(y

′2 − y′1) cos β + (y′2 − y′1)

2 =

= d(M1(x′1, y

′1),M2(x

′2, y

′2)). �

Аналогiчно можна показати, що i величина кута не зале-жить (з врахуванням орiєнтацiї) вiд вибору системи координат.Таким чином, вибiр системи координат повнiстю залежить вiдхарактеру задачi, хоча звичайно можна зупинитись на однiй iзних (яскравий приклад є прямокутна декартова система коор-динат, яка вiрою i правдою служить не тiльки шкiльнiй мате-матицi, але й є ефективним iнструментом дослiдження у самихрiзноманiтних роздiлах сучасної математики).

Пiсля того як система координат обрана, геометрична фiгу-ра вважається заданою, якщо задано рiвняння або нерiвнiсть,або їх система, яким задовольняють координати будь-якої точкифiгури i не задовольняють координати точок, якi не належатьфiгурi. Суть координатного методу розв’язування геометричноїзадачi якраз i полягає у виборi системи координат, складаннiза заданими геометричними властивостями фiгури її рiвняння,проведенi певного алгебраїчного аналiзу i виявлення геометрич-

17

ного змiсту кiнцевого результату.Координати точки на площинi (x, y) можна розглядати як

двi числовi змiннi. Тодi з них можна складати певнi аналiтичнiвирази. Нехай F (x, y) є аналiтичний вираз, який мiстить хо-ча би одну iз змiнних x i y. Виходячи з цього виразу можнарозглядати множини точок площини виду

{(x, y) |F (x, y) = a}, {(x, y) |F (x, y) < a}, {(x, y) |F (x, y) > a},

{(x, y) |F (x, y) 6 a}, {(x, y) |F (x, y) > a}.Кожна з таких множин є деяка фiгура (можливо навiть поро-жня).

Якi умови має задовольняти вираз F (x, y), щоб, наприклад,множина {(x, y) |F (x, y) = 0} була непорожньою i задовольнялапевнi умови, є однiєю iз найважливiших задач аналiзу (згадайтетеорему про неявнi функцiї). Однак, у геометрiї такi аналiтичнiвирази мають конкретний геометричний змiст, так що питанняiснування, як правило, не виникає.

Для прикладу, складемо вираз

F (x, y) = (x− x0)2 + 2(x− x0)(y − y0) cosα+ (y − y0)

2.

Згiдно з (1.6) такий вираз задає вiдстань вiд точки M(x0, y0) доточки M(x, y), i тому рiвняння

(x− x0)2 + 2(x− x0)(y − y0) cosα+ (y − y0)

2 = r2, (1.7)

де r > 0, є рiвнянням кола з центром у точцi M0 радiуса r. 2

Тодi множини

{(x, y) | (x− x0)2 + 2(x− x0)(y − y0) cosα+ (y − y0)

2 < r2},2Зауважимо, що у прямокутнiй декартовiй системi координат рiвняння

кола має вигляд(x− x0)2 + (y − y0)2 = r2.

18

{(x, y) | (x− x0)2 + 2(x− x0)(y − y0) cosα+ (y − y0)

2 > r2}

є вiдповiдно внутрiшнiсть i зовнiшнiсть кола, яке задаєтьсярiвнянням (1.7).

Розглянемо декiлька прикладiв застосування координатногометоду до розв’язування задач на площинi.

Приклад 1. У рiвнобедреному трикутнику медiани, прове-денi до рiвних сторiн, взаємно перпендикулярнi. Знайти кутицього трикутника.

Розв’язання. Нехай у рiвнобедреному трикутнику ABC(рис. 5) AC = BC i медiани AA′ i BB′ перпендикулярнi. Обе-

ремо систему координат (C,~e1, ~e2), де ~e1 =1

a

−→CA, ~e2 =

1

a

−−→CB, i

a — довжина сторони AC. Тодi у вибранiй системi координатточки A,B,C,A′, B′ матимуть координати A(a, 0), B(0, a),

C(0, 0), A′(0,a

2

), B′

(a2, 0). За умовою вектори

−−→AA′

(−a, a

2

),−−→BB′

(a2,−a

)ортогональнi, а отже, їх скаляр-ний добуток дорiвнює 0, тобто

−−→AA′ ·

−−→BB′ =

=(−a~e1 +

a

2~e2

)(a2~e1 − a~e2

)=

= −a2

2+ a2 cosα+

a2

4cosα−

−a2

2= 0.

Рис. 5 Звiдси cosα =4

5i

∠ACB = arccos4

5. Два iншi кути знаходяться в очевидний

19

спосiб.

Приклад 2. У рiвнобедренному трикутнику ABC з осно-вою AB побудовано висоту CD i перпендикуляр DE до бiчноїсторони BC. Точка M — середина вiдрiзка DE. Довести, щоAE ⊥ CM .

Розв’язання. Нехай ABC — заданий трикутник (рис. 6).Будемо припускати, що AC = BC = 1 i ∠ACB = α. Оберемосистему координат (C,

−→CA,

−−→CB). Тодi точки A,B,C,D матимуть

координати A(1, 0), B(0, 1), C(0, 0), D(

1

2,1

2

). Нехай точка E

має координати (0, y). Тодi вектори−−→CE(0, y),

−−→DE

(−1

2, y − 1

2

)ортогональнi, а отже,

−−→CE · −−→DE = −1

2y cosα+ y

(y − 1

2

)= 0.

Звiдси y =1 + cosα

2(чому y 6= 0?) i точка E має коорди-

нати(

0,1 + cosα

2

),

а точка M — координати(1

4,1

2+

1

4cosα

). Знайдемо

скалярний добуток векторiв

−→AE

(−1,

1 + cosα

2

)i

−−→CM

(1

4,1

2+

1

4cosα

):

Рис. 6−→AE · −−→CM =

= −1

4−(

1

2+

1

4cosα

)cosα+

1

4

(1

2+

1

4cosα

)cosα+

20

+1

2(1 + cosα)

(1

2+

1

4cosα

)= −1

4− 1

2cosα− 1

4cos2 α+

+1

8cosα+

1

8cos2 α+

1

4+

1

4cosα+

1

8cosα+

1

8cos2 α = 0.

А це й означає, що AE ⊥ CM . �

Приклад 3. Знайти залежнiсть мiж сторонами a, b, c трику-тника ABC, якщо коло, проведене через вершину C i серединисторiн AC i BC, проходить через центроїд трикутника.3

Розв’язання. Нехай задано трикутник ABC (рис. 7), уякого вершина C, середини сторiн AC i BC, а також точкаперетину його медiан лежать на одному колi. Оберемо систему

координат (C,~e1, ~e2), де

~e1 =1

b

−→CA, ~e2 =

1

b

−−→CB,

i нехай ∠ACB = α. Тодi уобранiй системi координат то-чки A,B,C,A′, B′,M матимутькоординати: A(b, 0), B(0, a),

C(0, 0), A′(0,a

2

), B′

(b

2, 0

),

M

(b

3,a

3

), а отже,

Рис. 7

d2(A,B) = c2 = a2 − 2ab cosα+ b2.

Залишається виразити cosα через a, b, c. Нехай

(x− x0)2 + 2(x− x0)(y − y0) cosα+ (y − y0)

2 = r2

3Центроїд трикутника — точка перетину його медiан.

21

є рiвняння згаданого кола. За умовою точки C,A′, B′ i M ле-жать на цьому колi, тобто мають мiсце рiвностi

x20 + 2x0y0 cosα+ y2

0 = r2,(b

2− x0

)2

− 2

(b

2− x0

)y0 cosα+ y2

0 = r2,

x20 − 2x0

(a2− y0

)cosα+

(a2− y0

)2

= r2,

(b

3− x0

)2

+ 2

(b

3− x0

)(a3− y0

)cosα+

(a3− y0

)2

= r2.

Якщо з трьох останнiх рiвностей виключимо r2, то дiстанеморiвностi

b2

4− bx0 − by0 cosα = 0,

a2

4− ax0 cosα− ay0 = 0,

b2

9− 2

3bx0 +

2

9ab cosα− 2

3by0 −

2

3ax0 +

a2

9− 2

3ay0 = 0.

Оскiльки

bx0 + by0 cosα =b2

4, ax0 cosα+ ay0 =

a2

4,

то третє рiвняння запишеться у такому виглядi:

b2 − 3

2b2 + 2ab cosα+ a2 − 3

2a2 = 0

або −1

2a2 − 1

2b2 + 2ab cosα = 0. А оскiльки за умовою c2 =

a2 + b2 − 2ab cosα, то останнє рiвняння запишеться у виглядi

22

−c2

2+ ab cosα = 0, тобто cosα =

c2

2ab. Звiдси дiстаємо шукану

залежнiсть c2 = a2 + b2 − c2 або a2 + b2 = 2c2.Неважко переконатись, що

r =a2b2c2

4(4a2b2 − c4). �

Приклад 4. Знайти геометричне мiсце точок таких, що вiд-рiзок дотичної, проведеної з точки цього геометричного мiсцядо заданого кола, є величина стала.

Розв’язання. Тут в принципi можна обрати будь-яку систе-му координат. Тому природно зупинитись на прямокутнiй декар-товiй, початок якої збiгається з центром кола радiуса r. НехайM(x, y) — точка шуканого геометричного мiсця, а P (x′, y′) —вiдповiдна точка дотику. Тодi за умовою

d2(M,P ) = (x′ − x)2 + (y′ − y)2 = a2.

Врахувавши, що (x′)2 + (y′)2 = r2, а скалярний добуток векто-рiв

−→OP i

−−→PM дорiвнює нулю, тобто x′(x − x′) + y(y − y′) = 0,

матимемо рiвняння

x2 + y2 = a2 + r2.

Отож, шуканим геометричним мiсцем точок є коло, концентри-чне заданому, радiуса

√a2 + r2. �

На завершення розглянемо найпростiший варiант криволi-нiйних координат на площинi. Будемо вважати, що площинаорiєнтована, а отже, вiдомо, яким кутам приписується додатнамiра (як правило, проти ходу годинникової стрiлки). Вiзьмемона площинi промiнь OP i вiдкладемо на ньому одиничнийвiдрiзок OA. Промiнь OP називають полярною вiссю, а його

23

початок O — полюсом. Вiзьмемо довiльну точку M площини,яка не збiгається з полюсом. Нехай ρ = d(O,M), а ϕ —величина кута мiж променями OP i OM . Очевидно, що числаρ i ϕ визначають положення точки на площинi, причомурiзним точкам вiдповiдають рiзнi пари чисел (ρ, ϕ) з множини(0; +∞) × [0; 2π). Якщо тепер взяти будь-яку пару (ρ, ϕ) змножини (0; +∞) × [0; 2π), то досить провести промiнь пiдкутом ϕ до променя OP (вiдлiк проти ходу годинниковоїстрiлки) i на ньому вiдкласти вiдрiзок OM довжини ρ. ТочкаM якраз i буде визначатись парою чисел (ρ, ϕ). Якщо точка Mзбiгається з полюсом, то вона визначається числом ρ = 0 (ϕневизначено). Таким чином, мiж точками площини i множиною(0; +∞)× [0; 2π) встановлена взаємно однозначна вiдповiднiсть,тобто задана система координат, яка носить назву полярної,а пари чисел (ρ, ϕ), де 0 < ρ < +∞, 0 6 ϕ < 2π, називаютьполярними координатами (для полюса одна координатаρ = 0). Координатними лiнiями тут є кола i прямi (двi сiм’ївзаємно ортогональних лiнiй).

До кожної полярної систе-ми координат можна приєд-нати прямокутну декартову(O,~i,~j), початок якої є полюсO, i орт ~i =

−→OA (рис. 8).

Якщо точка M (M 6= 0) маєполярнi координати (ρ, ϕ), тоочевидно, що її координати(x, y) у приєднанiй прямоку-тнiй декартовiй системi ко-ординат подаються через нихтак:

x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ.

Рис. 8 Навпаки, якщо (x, y) коорди-

24

нати точки M у приєднанiй прямокутнiй декартовiй системiкоординат (O,~i,~j), то її полярнi координати (ρ, ϕ) подаютьсячерез них так:

ρ =√x2 + y2, cosϕ =

x√x2 + y2

, sinϕ =y√

x2 + y2,

якщо ρ 6= 0.i тут полярнi координати точки (ρ, ϕ) можна розглядати як

двi числовi змiннi i з них складати певнi аналiтичнi вирази(рiвняння, нерiвностi), якi є поданням геометричних фiгур. Так,наприклад, рiвняння ρ = r є рiвнянням кола з центром у полюсiрадiуса r, а рiвняння

ρ2 − 2ρ0ρ cos(ϕ− ϕ0) + ρ20 = r2

є рiвнянням кола з центром у точцi M0(ρ0, ϕ0) радiуса r.

Завдання для самоконтролю.

1. Нехай на площинi задано три системи координат (O,~a,~b),(O,~b,~a), (O,−~a,~b). Точка M вiдносно першого репера маєкоординати (x0, y0). Знайти координати цiєї точки вiдно-сно другого i третього реперiв, якщо кут мiж векторами ~ai ~b дорiвнює α.

2. Нехай ~e1 i ~e2 неколiнеарнi одиничнi вектори, кут мiжякими дорiвнює

π

3. Чи утворюють базиси пари векторiв

~a1 = ~e1 +2~e2, ~b1 = −~e1 +~e2 i ~a2 = ~e1 +~e2, ~b2 = ~e1−~e2? Якщотак, знайдiть координати точки M вiдносно афiнного ре-пера (O1,~a1,~b1), коли вiдносно репера (O2,~a2,~b2) вона маєкоординати (1; 2), а точка O2 вiдносно репера (O1,~a1,~b1)має координати (−1;−2).

25

3. Описати множину всiх афiнних реперiв, якi будуть одна-ково орiєнтованi з афiнним репером (O,~e1, ~e2), де ~e1, ~e2 —неколiнеарнi одиничнi вектори.

4. Нехай на площинi обрано декартову систему координат(O,~e1, ~e2). Знайти геометричне мiсце точок, сума вiдста-ней яких до двох даних точок дорiвнює 2a, i точки з ко-ординатами (a, 0), (−a, 0), (0, b), (0,−b) належать йому.(

Вiдповiдь:x2 + 2xy cosα

a2+y2

b2= 1.

)5. Виразити через сторони a, b, c трикутника його: а) медiа-

ни, б) висоти, в) бiсектриси.

6. Знайти кут A трикутника ABC, якщо AB = c, AC = b,m2

a = bc.

7. Довести, що у трикутнику ABC ∠A = 2∠B тодi i тiлькитодi, коли мiж його сторонами виконується спiввiдношен-ня a2 = b2 + bc.

8. Знайти кут при основi рiвнобедреного трикутника, знаю-чи, що точка перетину його висот мiститься на вписаномуу трикутник колi.

9. Нехай на площинi задано полярну систему координат. До-вести, що вiдстань мiж точками M1(ρ1, ϕ1), M2(ρ2, ϕ2) об-числюється за формулою

d(M1,M2) =√ρ2

1 + ρ22 − 2ρ1ρ2 cos(ϕ2 − ϕ1).

10. Скласти рiвняння прямої l вiдносно полярної системи ко-ординат, якщо (ρ0, α) — полярнi координати основи пер-пендикуляра, опущеного з полюса на пряму l.

26

2 ЛЕКЦIЯ: Теорiя прямих на площинi (ваналiтичному викладi)

Рiвняння прямої, яка задана напрямним вектором i точкою. Па-раметричнi рiвняння прямої. Загальне рiвняння прямої. Взаєм-не розташування двох прямих на площинi. Просте вiдношеннятрьох точок прямої. Кут мiж двома прямими. Вiдстань точки допрямої.

Лiтература. [1] стор. 58–65, [3] стор. 52–56, 62–63, [7],[11].

Нехай l — довiльна пряма на площинi. Будь-який вектор ~a,паралельний прямiй l, будемо називати напрямним векторомцiєї прямої. Якщо M0 є точка цiєї прямої, то точка M буденалежати прямiй l тодi i тiльки тодi, коли вектори

−−−→M0M i ~a

колiнеарнi, тобто коли iснує t ∈ R таке, що−−−→M0M = t~a. Тодi

рiвняння −−−→M0M = t~a, (2.1)

де t ∈ R, задає пряму l.Нехай на цiй площинi обрано деяку афiнну систему коорди-

нат (O,~e1, ~e2), i нехай точки M0 i M прямої мають координати:M0(x0, y0), M(x, y), а вектор ~a у базисi (~e1, ~e2) подається у ви-глядi

~a = a1~e1 + a2~e2.

Тодi рiвнiсть (2.1) можна записати у виглядi

(x− x0)~e1 + (y − y0)~e2 = ta1~e1 + ta2~e2.

А оскiльки вектори ~e1 i ~e2 лiнiйно незалежнi, то з останньоїрiвностi випливає, що

x = x0 + a1t, y = y0 + a2t, (2.2)

27

де t ∈ R, тобто пряма l задається параметрично рiвняннями(2.2). Якщо з рiвнянь (2.2) виключити параметр t (перше рiв-няння помножити на a2, а друге — на a1, i вiдняти вiд першогодруге), то прийдемо до рiвняння

a2x− a1y = a2x0 − a1y0. (2.3)

Рiвняння (2.3) є лiнiйним, бо вектор ~a ненулевий, тобто хочаби одне з чисел a1, a2 не дорiвнює нулю. Як результат маємо:якщо на площинi задана афiнна система координат, то будь-яка пряма цiєї площини задається лiнiйним рiвнянням, коженрозв’язок якого є координати точки вiдповiдної прямої.

Теорема 2.1. Будь-яке лiнiйне рiвняння

Ax+By + C = 0, (2.4)

де A,B,C,∈ R, є поданням деякої прямої (задає деяку пряму)площини, на якiй задана афiнна система координат.

Доведення. Оскiльки рiвняння (2.4) лiнiйне, то принаймнiодин з коефiцiєнтiв A i B не дорiвнює нулю. Нехай, для озна-ченостi, A 6= 0. Тодi рiвняння (2.4) можна записати у виглядi

A

(x+

C

A

)+By = 0

або ∣∣∣∣∣∣ x+C

A−B

y A

∣∣∣∣∣∣ = 0. (2.5)

Якщо розглянути вектори(x+

C

A

)~e1 + y~e2, −B~e1 + A~e2,

28

то (2.5) означає, що цi вектори колiнеарнi. Якщо точку з коор-

динатами(−CA

; 0

)позначити через M0, точку з координатами

(x, y) — через M , а вектор −B~e1 + A~e2 — через ~a, то рiвнiсть

−−−→M0M = t~a

є поданням прямої, яка проходить через точку M0 паралельноненулевому вектору ~a. Отже, рiвняння (2.4) задає пряму, що

проходить через точку M0

(−CA

; 0

)i має напрямний вектор

−B~e1 + A~e2. Випадок A = 0 розгляньте самостiйно. �

Пiдсумовуючи, можна сказати: якщо площина Π надiленаафiнною системою координат (O,~e1, ~e2), то задати на нiй точкуозначає задати пару дiйсних чисел (x, y) (координати цiєї то-чки). Задати пряму означає задати рiвняння Ax + By + C = 0(загальне рiвняння прямої), а задати на цiй прямiй точку озна-чає знайти розв’язок (x0, y0) цього рiвняння. Знайти точку пе-ретину двох прямих, заданих рiвняннями A1x + B1y + C1 = 0,A2x+B2y + C2 = 0 означає знайти розв’язок системи рiвнянь{

A1x+B1y + C1 = 0,

A2x+B2y + C2 = 0.

Якщо ж необхiдно знайти на площинi пряму, яка задовольняєпевнi умови, то це означає знайти рiвняння цiєї прямої. Так,наприклад, пряма, яка проходить через точку M0(x0, y0) пара-лельно вектору ~a = a1~e1 + a2~e2 задається рiвнянням (див. (2.3))

a2(x− x0)− a1(y − y0) = 0. (2.6)

Пряма, яка проходить через двi точки M1(x1, y1), M2(x2, y2)(M1 6= M2) задається рiвнянням

(y2 − y1)(x− x1)− (x2 − x1)(y − y1) = 0

29

(за напрямний взяли вектор−−−−→M1M2). Якщо x2− x1 6= 0, а також

y2 − y1 6= 0, то останнє рiвняння записується у виглядi

x− x1

x2 − x1

=y − y1

y2 − y1

. (2.7)

Якщо ж x2 − x1 = 0, то рiвняння прямої записується у виглядix = x1 (пряма паралельна осi Oy), i, нарештi, якщо y2 − y1 =0, то рiвняння прямої записується у виглядi y = y1 (прямапаралельна осi Ox).

Нехай пряма l непаралельна осi ординат Oy i перетинає їїу точцi (0, b). Якщо ~a = a1~e1 + a2~e2 є напрямний вектор прямоїl, то в силу того, що l непаралельна вектору ~e2, a1 6= 0. Тодiвектор ~a можна записати у виглядi

~a = a1

(~e1 +

a2

a1

~e2

),

а отже, вектор ~a0 = ~e1 + k~e2, де k =a2

a1

, теж напрямний ве-

ктор прямої l, причому очевидно, що k не залежить вiд виборунапрямного вектора цiєї прямої. Тому рiвняння прямої l можназаписати у виглядi (див. (2.3)) kx− y = −b або

y = kx+ b

(тут a1 = 1, a2 = k, x0 = 0, y0 = b). Останнє рiвняння назива-ють рiвнянням з кутовим коефiцiєнтом, а число k називаютькутовим коефiцiєнтом. У прямокутнiй декартовiй системi ко-ординат k = tgα, де α — кут мiж прямою i додатним напрямомосi Ox.

На питання "Яким є взаємне розмiщення двох прямих наплощинi?"дає вiдповiдь аналiз вiдповiдної системи рiвнянь.Справдi, якщо на площинi, надiленiй афiнною системою коор-динат (O,~e1, ~e2), заданi двi прямi l1 i l2 рiвняннями

A1x+B1y + C1 = 0, A2x+B2y + C2 = 0, (2.8)

30

то коли їхнi напрямнi вектори ~a = −B1~e1 + A1~e2, ~b = −B2~e1 +A2~e2 неколiнеарнi (прямi l1 i l2 непаралельнi), а отже, перети-наються. Умова неколiнеарностi векторiв ~a i ~b може бути запи-саною у виглядi∣∣∣∣∣ −B1 −B2

A1 A2

∣∣∣∣∣ = −B1A2 + A1B2 6= 0.

Останнє означає, що визначник системи рiвнянь{A1x+B1y + C1 = 0,

A2x+B2y + C2 = 0.(2.9)

вiдмiнний вiд нуля, тобто система має єдиний розв’язок (x0, y0),який i визначає точку перетину цих прямих.

Коли ж напрямнi вектори ~a i ~b цих прямих колiнеарнi, топрямi або паралельнi, або збiгаються. Розрiзнити цi два випад-ки можна, якщо взяти двi точки M1 ∈ l1 i M2 ∈ l2 i виявиться,що вектори

−−−−→M1M2 i ~a неколiнеарнi, то прямi паралельнi, якщо ж

цi вектори колiнеарнi, то прямi збiгаються. Очевидно, що пер-ший випадок має мiсце, коли система (2.9) несумiсна, а другий,коли вона має безлiч розв’язкiв.

Отже, коли визначник системи (2.9) вiдмiнний вiд нуля, топрямi l1 i l2 перетинаються, коли ж вiн дорiвнює нулевi, топрямi l1 i l2 паралельнi, якщо ранг матрицi системи (2.9) недорiвнює рангу розширеної матрицi, i збiгаються в противномувипадку.

Перейдемо тепер до метричних задач на площинi.

Означення 2.1. Простим вiдношенням трьох точокM1,M2 i M прямої l називають число λ таке, що

−−−→M1M = λ

−−−→MM2, (2.10)

а про точку M кажуть, що вона дiлить вiдрiзок M1M2, деM1 6= M2, у вiдношеннi λ.

31

Той факт, що λ є простим вiдношенням трьох точок запи-сують так (M1M2,M) = λ. Якщо точка M знаходиться мiжточками M1 i M2 (рис 9), то (M1M2,M) > 0, причому зроста-тиме вiд 0 до ∞, якщо точка M буде рухатись з точки M1 доточки M2. Для точки M2 просте вiдношення не визначено.

Якщо точка Mзнаходиться правi-ше точки M2, то(M1M2,M) < 0,

Рис. 9 причому буде зрос-тати вiд −∞ до −1, коли точка M буде рухатись вiд точкиM2 вправо. Якщо ж точка M знаходиться лiвiше точки M1, то(M1M2,M) < 0, причому буде спадати вiд 0 до −1, коли точкаM буде рухатись вiд точки M1 влiво.

Якщо пряму l вважати координатною прямою, на якiй зада-но вiдрiзок [x1;x2], то для кожного x 6= x2

λ(x) := (M(x1)M(x2),M(x)) =x− x1

x2 − x.

Нехай на площинi задано афiнну систему координат(O,~e1, ~e2), i нехайM1,M2 є двi рiзнi точки цiєї площини. Вiдпо-вiдь на питання "Чи iснує точка M , яка дiлить вiдрiзок M1M2

у заданому вiдношеннi λ (λ 6= −1)?"дає наступна

Теорема 2.2. Для будь-яких двох рiзних точок M1(x1, y1),M2(x2, y2) i дiйсного числа λ (λ 6= −1) iснує єдина точкаM(x, y) така, що (M1M2,M) = λ, причому координати цiєїточки знаходяться за формулами

x =x1 + λx2

1 + λ, y =

y1 + λy2

1 + λ. (2.11)

Доведення. Згiдно з означенням для шуканої точки M(x, y)має виконуватись рiвнiсть

−−−→M1M = λ

−−−→MM2,

32

яку можна записати у такому виглядi:−−→OM −−−−→OM1 = λ

(−−−→OM2 −

−−→OM

)або (1 + λ)

−−→OM =

−−−→OM1 + λ

−−−→OM2. А оскiльки

−−→OM = x~e1 + y~e2,−−−→

OM1 = x1~e1 + y1~e2,−−−→OM2 = x2~e1 + y2~e2, i вектори ~e1 i ~e2 лiнiйно

незалежнi, то з рiвностi

(1 + λ)(x~e1 + y~e2) = x1~e1 + y1~e2 + λ(x2~e1 + y2~e2)

отримаємо (1 + λ)x = x1 + λx2, (1 + λ)y = y1 + λy2. Отже,точка M з координатами (2.11) дiлить вiдрiзок M1M2 у вiдно-шеннi λ. Припустимо, що iснує точка M ′(x′, y′) (M ′ 6= M) така,що (M1M2,M

′) = λ. Координати цiєї точки визначаються заформулами (2.11), тобто точки M i M ′ збiгаються. Отриманасуперечнiсть i доводить єдинiсть точки, яка дiлить даний вiд-рiзок у данному вiдношеннi. �

Приклад 1. Через вершину C трикутника ABC проведенопряму l. Прямi AM i BM , де M — точка перетину медiантрикутника, перетинають пряму l вiдповiдно у точках A1 i B1.Довести, що

(AA1,M) + (BB1,M) = 1,

де точка M не належить l.Розв’язання. Нехай у трикутнику ABC (рис. 10) то-

чка M є точкою перетину медiан трикутника, а точкиA1, B1 є точками перетину заданої прямої l вiдповiдно змедiанами AA′ i BB′. Оберемо афiнну систему координат(A,

−→AB,

−→AC). Тодi точки A,B,C,M мають вiдповiдно координа-

ти (0, 0), (1, 0), (0, 1),

(1

3,1

3

). Нехай (AA1,M) = λ1, (BB1,M) =

= λ2. Тодi згiдно з формулою (2.11) маємо:

A1

(1 + λ1

3λ1

,1 + λ1

3λ1

), B1

(λ2 − 2

3λ2

,1 + λ2

3λ2

).

33

Складемо рiвняння прямої l, яка проходить через точки C(0; 1)

Рис. 10i точку A1. Маємо

x

1 + λ1

=y − 1

1− 2λ1

.

Оскiльки точка B1 належить прямiй l, то, пiдставивши її коор-динати в останнє рiвняння, дiстанемо

λ2 − 2

1 + λ1

=1− 2λ2

1− 2λ1

,

звiдки приходимо до рiвностi λ1 + λ2 = 1. �

Приклад 2 (теорема Чеви). Нехай A1, B1, C1 — три точки,якi не збiгаються з вершинами трикутника ABC i лежать вiдпо-вiдно на його сторонах BC, CA, AB (або на їх продовженнях).Довести, що три прямi AA1, BB1, CC1 перетинаються в однiйточцi або паралельнi тодi i тiльки тодi, коли

(AB,C1)(BC,A1)(CA,B1) = 1. (2.12)

34

Розв’язання. Оберемо афiнну систему координат(A,

−→AB,

−→AC). У нiй точки A,B,C матимуть координати

A(0, 0), B(1, 0), C(0, 1). Нехай

(AB,C1) = λ1, (BC,A1) = λ2, (CA,B1) = λ3.

Тодi точки C1, A1, B1 матимуть координати

C1

(λ1

1 + λ1

, 0

), A1

(1

1 + λ2

,λ2

1 + λ2

), B1

(0,

1

1 + λ3

),

а прямi AA1, BB1, CC1 — вiдповiдно рiвняння

x =y

λ2

,x− 1

−1=

y1

1 + λ3

,x

λ1

1 + λ1

=y − 1

−1.

Необхiднiсть. Припустимо, що прямi AA1, BB1, CC1 пере-тинаються в однiй точцi. Тодi точка перетину матиме коорди-нати (

1

1 + λ2 + λ2λ3

,λ2

1 + λ2 + λ2λ3

)(2.13)

як точка перетину прямих AA1 i BB1, i координати(λ1

1 + λ1 + λ1λ2

,λ1λ2

1 + λ1 + λ1λ2

)(2.14)

як точка перетину прямих AA1 i CC1. Звiдси випливає, що

1

1 + λ2 + λ2λ3

=λ1

1 + λ1 + λ1λ2

або λ1λ2λ3 = 1. Якщо ж прямi AA1, BB1, CC1 паралельнi, то їхнапрямнi вектори колiнеарнi, тобто

1

−1= λ2(1 + λ3),

1 + λ1

λ1

= −λ2.

35

З рiвностей

λ2 + λ2λ3 = −1, 1 + λ1 = −λ1λ2

легко дiстати (2.12) (помножити першу рiвнiсть на λ1).Достатнiсть. Якщо 1 + λ2 + λ2λ3 6= 0, 1 + λ1 + λ1λ2 6= 0, то

1

1 + λ2 + λ2λ3

− λ1

1 + λ1 + λ1λ2

=

=1 + λ1 + λ1λ2 − λ1 − λ1λ2 − λ1λ2λ3

(1 + λ2 + λ2λ3)(1 + λ1 + λ1λ2)= 0,

λ2

1 + λ2 + λ2λ3

− λ1λ2

1 + λ1 + λ1λ2

=

=λ2 + λ1λ2 + λ1λ

22 − λ1λ2 − λ1λ

22 − λ1λ

22λ3

(1 + λ2 + λ2λ3)(1 + λ1 + λ1λ2)=

=λ2 − (λ1λ2λ3)λ2

(1 + λ2 + λ2λ3)(1 + λ1 + λ1λ2)= 0,

i (2.13) або (2.14) координати точки перетину всiх трьох прямих.Якщо ж, наприклад, 1 + λ2 + λ2λ3 = 0, то прямi AA1 i BB1

паралельнi, а визначник∣∣∣∣∣∣λ2 −1

1λ1

1 + λ1

∣∣∣∣∣∣ =λ1λ2 + λ1 + 1

1 + λ1

=1

1 + λ1

(λ2

λ2λ3

+1

λ2λ3

+ 1

)=

=1 + λ2 + λ2λ3

(1 + λ1)λ2λ3

= 0.

Останнє означає, що прямi AA1 i CC1 теж паралельнi. �

Нехай маємо двi прямi l1, l2. Якщо цi прямi перетинаються,то вони утворюють чотири кути, i, взагалi кажучи, кожен з

36

них можна називати кутом мiж прямими l1, l2. Видiлити один зчотирьох можна, якщо задано їх напрямнi вектори. А саме, закут мiж прямими l1 i l2 приймають кут мiж напрямними векто-рами цих прямих. Означення коректне, бо напрямний векторбудь-якої прямої ненулевий.

Нехай обрано декартову систему координат (O,~e1, ~e2) (|~e1| =

= |~e2| = 1,∧

(~e1, ~e2)= α), i нехай задано двi прямi l1 i l2 вiдповiднорiвняннями

A1x+B1y + C1 = 0, A2x+B2y + C2 = 0.

Оскiльки напрямними векторами цих прямих є вектори

~a = −B1~e1 + A1~e2, ~b = −B2~e1 + A2~e2,

то кут мiж цими векторами якраз i є кутом мiж прямими l1 i l2.Позначимо його через ϕ. Тодi згiдно з означенням скалярногодобутку

~a ·~b = |~a||~b| cosϕ

або

cosϕ =~a ·~b|~a||~b|

.

Скориставшись поданням векторiв ~a i ~b у базисi (~e1, ~e2) i власти-востями скалярного добутку, для визначення кута мiж прямимиу декартовiй системi координат (O,~e1, ~e2) маємо формулу

cosϕ =B1B2 − (B1A2 + A1B2) cosα+ A1A2√

A21 − 2A1B1 cosα+B2

1

√a2

2 − 2A2B2 cosα+B22

.

(2.15)У прямокутнiй декартовiй системi координат дана формула маєвигляд

cosϕ =A1A2 +B1B2√

A21 +B2

1

√A2

2 +B22

. (2.16)

37

Нехай маємо пряму l, задану рiвнянням Ax + By + C = 0,i точку M0(x0, y0). Знайдемо вiдстань вiд точки M0 до прямоїl. Нехай у рiвняннi прямої B 6= 0. Тодi для кожного x ∈ R

точка M(x,−A

Bx− C

B

)належить прямiй l. Знайдемо вiдстань

вiд точки M0 до точки M .

d2(M0,M) = (x− x0)2 + 2(x− x0)

(−ABx− C

B− y0

)cosα+

+

(−ABx− C

B− y0

)2

=

(1− 2

A

Bcosα+

A2

B2

)x2 −

−2

(x0 +

(C

B+ y0

)cosα− A

Bx0 cosα− A

B

(C

B+ y0

))x+

+x20 + 2x0

(C

B+ y0

)cosα+

(C

B+ y0

)2

.

Очевидно, щоd(M0, l) = inf

M∈Rd(M0,M).

Оскiльки d2(M0,M) вiдносно x є квадратний тричлен, у якогокоефiцiєнт при x2

1− 2A

Bcosα+

A2

B2> 0,

то d2(M0,M) досягає свого найменшого значення у точцi

x =

(x0 +

(C

B+ y0

)cosα− A

Bx0 cosα− A

B

(C

B+ y0

))×

×(

1− 2A

Bcosα+

A2

B2

)−1

,

38

i

minM∈l

d 2(M0,M) =

(−(x0 +

(C

B+ y0

)cosα−

−ABx0 cosα− A

B

(C

B+ y0

))2

+

(1− 2

A

Bcosα+

A2

B2

)×

×

(x2

0 + 2x0

(C

B+ y0

)cosα+

(C

B+ y0

)2))

×

×(

1− 2A

Bcosα+

A2

B2

)−1

= sin2 α

(A

Bx0 + y0 +

C

B

)2

×

×(

1− 2A

Bcosα+

A2

B2

)−1

.

Отже,

d(M0, l) =| sinα||Ax0 +By0 + C|√A2 − 2AB cosα+B2

. (2.17)

У прямокутнiй декартовiй системi координат формула (2.17) маєвигляд

d(M0, l) =|Ax0 +By0 + C|√

A2 +B2. (2.18)

Приклад 3. Кут при вершинi A трапецiї ABCD дорiвнює α,бiчна сторона AB вдвоє бiльша меншої основи BC. Знайти кутBAC.

Розв’язання. Нехай ABCD задана трапецiя (рис. 11).Обе-ремо декартову систему координат (A,~e1, ~e2), де

~e1 =1

a

−−→AD, ~e2 =

1

b

−→AB,

AD = a, AB = b.

39

Рис. 11Тодi точки A,B,C мають координати A(0, 0), B(0, 2b), C(b, 2b),а прямi AC i AB задаються рiвняннями y = 2x i x = 0. Тодiзгiдно з формулою (2.15) (тут A1 = 2, B1 = −1, A2 = 1, B2 = 0)

cosϕ =cosα+ 2√5 + 4 cosα

,

тобто ϕ = arccos2 + cosα√5 + 4 cosα

. �

Приклад 4. Довести, що ортоцентр4, центроїд i центр опи-саного кола трикутника лежать на однiй прямiй (пряма Ейле-ра), i що центроїд дiлить вiдстань вiд ортоцентра до центраописаного кола у вiдношеннi 2:1.

Розв’язання. Нехай у трикутнику ABC точки H,Mi O є вiдповiдно ортоцентр, центроїд i центр описаногокола. Оберемо декартову систему координат (A,~e1, ~e2), де

~e1 =1

c

−→AB,~e2 =

1

b

−→AC, AB = c, AC = b, ∠BAC = α (рис. 12).

Тодi точки A,B,C,C1, B′, C ′ мають координати A(0, 0), B(c, 0),

C(0, b), C1

( c2, 0), B′(0, c cosα), C ′(b cosα, 0). Знайдемо коорди-

нати точок H,M,O. Точка H є точкою перетину прямих BB′ i

4Ортоцентр трикутника — точка перетину його висот.

40

CC ′, якi в обранiй системi координат подаються рiвняннями

x− c

−c=

y

c cosα,

x

b cosα=y − b

−b.

Рис. 12

Тодi, розв’язавши систему рiвнянь{x cosα + y = c cosα,

x + y cosα = b cosα,

маємоH( cosα

sin2 α(b− c cosα),

cosα

sin2 α(c− b cosα)

).

Точка M дiлить вiдрiзок CC1 у вiдношеннi 2:1, тобто просте

вiдношення трьох точок (CC1,M) = 2. Звiдси M

(c

3,b

3

). На-

рештi, точка O є точкою перетину серединних перпендикулярiв

41

OC1 i OB1. Оскiльки пряма AB має рiвняння y = 0, то прямаAx + By + c = 0 буде перпендикулярною до прямої AB, якщовектори −~e1 i −B~e1 + A~e2 будуть ортогональними, тобто якщоB − A cosα = 0. Отже, Ax− A cosαy + C = 0 є рiвнянням пря-мої перпендикулярної до прямої AB. А оскiльки цiй прямiй має

належати точка C1

( c2, 0), то C = −Ac

2, i рiвняння

x+ y cosα− c

2= 0

є рiвнянням серединного перпендикуляра CC1. Аналогiчно рiв-няння

x cosα+ y − b

2= 0

є рiвнянням серединного перпендикуляра BB1. Розв’язавши си-стему цих рiвнянь, маємо:

O

(1

2 sin2 α(c− b cosα),

1

2 sin2 α(b− c cosα)

).

Складемо рiвняння прямої HO

x− cosα

sin2 α(b− c cosα)

1

2 sin2 α(c− b cosα)− cosα

sin2 α(b− c cosα)

=

=y − cosα

sin2 α(c− b cosα)

1

2 sin2 α(b− c cosα)− cosα

sin2 α(c− b cosα)

або

x sin2 α− cosα(b− c cosα)

c− 3b cosα+ 2c cos2 α=y sin2 α− cosα(c− b cosα)

b− 3c cosα+ 2b cos2 α.

42

Легко перевiрити, що(c

3,b

3

)задовольняє це рiвняння, а отже,

точка M належить прямiй HO. Для обгрунтування другої ча-стини задачi досить переконатись, що просте вiдношення трьохточок (HO,M) = 2 тодi i тiльки тодi, коли M має координати(c

3,b

3

). �

Приклад 5. Довести, що площа трикутника з вершинамиA(x1; y1), B(x2; y2), C(x3; y3) (система координат декартова) об-числюється за формулою

S =1

2|(x2 − x1)(y3 − y1)− (y2 − y1)(x3 − x1)| sinα,

де α — кут мiж одиничними векторами.Розв’язання. Оскiльки

d(A,B) =√

(x2 − x1)2 + 2(x2 − x1)(y2 − y1) cosα+ (y2 − y1)2,

то для обчислення площi досить знайти вiдстань вiд точки Cдо прямої AB. Складемо рiвняння прямої, що проходить черезточки A i B. Маємо

(y2 − y1)(x− x1)− (x2 − x1)(y − y1) = 0.

Отже, згiдно з формулою (2.17)

d(C,AB) =sinα|(y2 − y1)(x3 − x1)− (x2 − x1)(y3 − y1)|√

(y2 − y1)2 + 2(x2 − x1)(y2 − y1) cosα+ (x2 − x1)2.

Тодi

S =1

2d(A,B) · d(C,AB).

Цей же результат можна дiстати, якщо скористатись фор-мулою

S =1

2|−→AB| · |−→AC| sin (

∧−→AB,

−→AC ),

обчисливши кут мiж прямими AB i AC за формулою (2.15).

43

Завдання для самоконтролю.

1. Для яких фiгур складенi рiвняння у шкiльному курсi гео-метрiї?

2. Знайти умови розташування точки M0(x0; y0) всерединiтрикутника:а) з вершинами Mi(xi, yi) (i = 1, 2, 3);б) iз сторонами, якi лежать на прямих li з рiвняннями:

Aix+Biy + Ci = 0 (i = 1, 2, 3).

3. Довести, що три точки M1(x1, y1), M2(x2, y2), M3(x3, y3)(система координат декартова) належать однiй прямiй тодii тiльки тодi, коли ∣∣∣∣∣∣∣

x1 x2 x3

y1 y2 y3

1 1 1

∣∣∣∣∣∣∣ = 0.

4. Нехай маємо пучок прямих

α(3x+ y − 1) + β(2x− y − 9) = 0.

Чи належать прямi:

а) x+ 3y + 13 = 0, б) 2x− y + 3 = 0

цьому пучку?

5. Скласти рiвняння прямої, яка проходить через точку пере-тину прямих 11x+3y−7 = 0, 12x+y−19 = 0 на однаковiйвiдстанi вiд точок A(3;−2) i B(−1; 6) (система координатпрямокутна декартова).

44

6. Довести, що для будь-якого трикутника ABC i будь-якоїточки X площини має мiсце рiвнiсть

XA2 +XB2 +XC2 =1

3(a2 + b2 + c2) + 3XM2,

де M — точка перетину медiан трикутника.

7. Нехай K — точка дотику кола, вписаного у трикутникABC, до сторони BC. Довести, що кола, вписанi у три-кутники ABK i AKC дотикаються.

8. Нехай у трикутнику ABC точка D належить прямiй BC(D 6= B, D 6= C). Довести, що

AD2 =AB2 + λAC2

1 + λ− λBC2

(1 + λ)2,

де λ = (BC,D). Використовуючи цей результат, знайтидовжину:а) бiсектриси внутрiшнього кута A;б) бiсектриси зовнiшнього кута A;в) медiани, проведеної до сторони BC.

9. Задано двi точки A i B i число λ > 0. Знайти геометричнемiсце точок, для яких

d(A,M) = λd(B,M).

10. Задано коло i точку A, яка йому не належить. Через цюточку проведено сiчну, яка перетинає коло у двох точкахM1 i M2. Довести, що число AM1 · AM2 (степiнь точкивiдносно кола) не залежить вiд вибору сiчної.

45

3 ЛЕКЦIЯ: Лiнiя (крива), рiзнi способи їїзадання. Класифiкацiя алгебраїчнихкривих другого порядку на евклiдовiйплощинi

Крива та рiзнi способи її задання. Алгебраїчна лiнiя. Коло, елi-пс, гiпербола i парабола. Класифiкацiя алгебраїчних лiнiй дру-гого порядку на площинi.

Лiтература. [1] стор. 52–54, 74, 78, 82, 103–106, [2] стор.182–183,[4] стор. 306–310, [3] стор. 50–52, 121, 127, 130,135–140, [11].

Координатний метод (на площинi) дозволив поєднати ал-гебру i аналiз з геометрiєю у таких двох типових ситуацiях:а) вивчення геометричних властивостей кривої, коли задано їїрiвняння; б) знаходження рiвняння кривої, коли вiдомi її гео-метричнi властивостi, тобто на першому планi крива.

На питання „Що таке крива? “ можна вiдповiсти так: „Криваце слiд точки, що неперервно рухається“ (означення кривої заЖорданом). Це означення фактично вiдображає спосiб прове-дення кривої, бо ж при зображеннi кривої на паперi ми непе-рервно ведемо вiстря олiвця. Разом з тим воно отримує доситьзручне аналiтичне подання. Справдi, якщо точка неперервнорухається у площинi протягом промiжку часу α 6 t 6 β, топри цьому за певним законом змiнюються обидвi координатиточки. iншими словами, координати x i y є неперервнi функцiїчасу x = ϕ(t), y = ψ(t), визначенi на вiдрiзку [α; β]. Отож миможемо сказати, що крива задана, якщо задано двi функцiїнеперервнi на вiдрiзку [α; β], або кривою буде множина точок

46

площини, координати яких задовольняють рiвняння{x = ϕ(t),

y = ψ(t),(3.1)

де ϕ(t), ψ(t) — неперервнi на вiдрiзку [α; β] функцiї. Такий спо-сiб задання кривої носить назву параметричного. Так напри-клад, вiдрiзок з кiнцями у точках A(x1; y1) i B(x2; y2) задаєтьсяпараметрично так: {

x = x1 + (x2 − x1)t,

y = y1 + (y2 − y1)t,

де 0 6 t 6 1, а коло з центром у точцi C(x0; y0) радiуса r —рiвняннями {

x = x0 + r cos t,

y = y0 + r sin t,

де 0 6 t 6 2π.Подання (3.1), як правило, використовується в математи-

чному аналiзi. У геометрiї для подання кривих (лiнiй) викори-стовують рiвняння, якi мiстять хоча би одну з координат x, y,тобто коли на площинi задана система координат, то рiвнянняF (x, y) = 0 задає криву, яка є геометричним мiсцем всiх тихi тiльки тих точок M(x; y), чиї координати задовольняють церiвняння.

У тому випадку, коли F (x, y) є многочлен вiд двох змiннихx i y, тобто сума одночленiв виду axpyq, де a ∈ R i x 6= 0, p, q— цiлi невiд’ємнi числа, то говорять, що рiвняння

F (x, y) = 0

задає алгебраїчну лiнiю.Якщо врахувати, що степенем одночлена axpyq називають

число p+q, а степенем многочлена F (x, y) — найбiльший з усiх

47

степенiв одночленiв, якi входять до його складу, то алгебраїчналiнiя n-го порядку означається так.

Означення 3.1. Алгебраїчною лiнiєю n-го порядку назива-ють множину всiх тих точок, координати (x, y) яких задо-вольняють рiвняння

F (x, y) = 0,

де F (x, y) — многочлен степеня n. Зокрема множину всiх тихточок, координати яких задовольняють рiвняння

a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2a10x+ 2a20y + a00 = 0, (3.2)

де хоча би один з коефiцiєнтiв a11, a12, a22 не дорiвнює нулю,називають алгебраїчною лiнiєю другого порядку.

Якщо лiнiями першого порядку є прямi i тiльки вони, толiнiї другого порядку можуть бути рiзних типiв (їх дев’ять).Серед них найбiльш цiкавими є елiпс, гiпербола i парабола.

Нехай на площинi задано двi точки F1 i F2.

Означення 3.2. Елiпсом називають множину всiх тих то-чок площини, сума вiдстаней кожної з яких до точок F1 i F2

є величина стала, бiльша нiж вiдстань мiж F1 i F2.

Точки F1 i F2 називають фокусами елiпса , а вiдстань мiжними — фокальною вiдстанню.

За характеристичною властивiстю елiпса знайдемо йогорiвняння. Для цього оберемо декартову прямокутну систему

координат (O,−−→OA1,

−−→OA2), де O — середина вiдрiзка F1F2, A1

належить променю OF1 (рис. 13). Нехай M(x; y) є точка елiпса.

48

Позначимо суму вiдстанейточки M до точок F1 i F2 че-рез 2a, а вiдстань мiж точка-ми F1 i F2 через 2c (зрозумi-ло, що a > c). Тодi фокусиF1 i F2 будуть мати коорди-нати F1(c, 0), F2(−c, 0), i згi-дно з означенням 3.2 маєморiвняння

d(F1,M) + d(F2,M) = 2aабо √

(x− c)2 + y2 +√

(x+ c)2 + y2 = 2a.

Перенесемо другий радикал з лiвої частини у праву√(x− c)2 + y2 = 2a−

√(x+ c)2 + y2

i пiднесемо обидвi частини останнього рiвняння до квадрату.Пiсля приведення подiбних дiстанемо

a√

(x− c)2 + y2 = a2 − cx.

Якщо ще один раз пiднесемо обидвi частини до квадрату i зве-демо подiбнi, то прийдемо до рiвняння

(a2 − c2)x2 + a2y2 − a2(a2 − c2) = 0,

у лiвiй частинi якого стоїть многочлен другого степеня. Отже,елiпс є алгебраїчною лiнiєю другого порядку.

Якщо позначити a2 − c2 = b2, то останнє рiвняння можназаписати у виглядi

x2

a2+y2

b2= 1. (3.3)

Як результат маємо, що коли обрано систему координат вищеописаним способом, то координати будь-якої точки елiпса за-довольняють рiвняння (3.3).

49

Доведемо, що кожна точка M , координати x, y якої задо-вольняють рiвняння (3.3), належить елiпсу. Справдi, врахував-ши, що

y2 = b2(

1− x2

a2

),

матимемо:

d(F1,M) =√

(x− c)2 + y2 =

√x2 − 2cx+ c2 + b2 − b2

a2x2 =

=

√c2

a2x2 − 2cx+ a2 =

∣∣∣ cax− a

∣∣∣ , (3.4)

d(F2,M) =√

(x+ c)2 + y2 =

√x2 + 2cx+ c2 + b2 − b2

a2x2 =

=

√c2

a2x2 + 2cx+ a2 =

∣∣∣ cax+ a

∣∣∣ . (3.5)

А оскiльки для всiх точок, координати x, y яких задовольняютьрiвняння (3.3), |x| 6 a, то, врахувавши, що 0 <

c

a< 1, маємо∣∣∣ c

ax− a

∣∣∣ = a− c

ax,∣∣∣ cax+ a

∣∣∣ = a+c

ax

i d(F1,M) + d(F2,M) = 2a. А це й означає, що будь-яка точка,координати якої задовольняють рiвняння (3.3) є точкою елiпса.

У зв’язку з цим елiпс можна означити i так 5: „Лiнiя на пло-щинi називається елiпсом, якщо iснує прямокутна декартовасистема координат, у якiй рiвняння цiєї лiнiї має вигляд (3.3).“Рiвняння (3.3) називають канонiчним рiвнянням елiпса. Че-рез нього можна з’ясувати цiлий ряд властивостей елiпса. Такякщо точка M(x, y) належить елiпсу, то |x| 6 a i |y| 6 b, тобто

5Постников М. М. Аналитическая геометрия. – М.: Наука, 1979, с. 161.

50

всi точки елiпса належать прямокутнику, сторони якого лежатьна прямих з рiвняннями x = ±a, y = ±b (рис. 14).

Крiм того, разом з точкою M(x, y) елiпсу належать точкиM ′(x,−y), M ′′(−x, y), M ′′′(−x,−y). Отже, елiпс має двi вза-ємно перпендикулярнi осi симетрiї (осi координат) i центр си-метрiї (початок координат). Центр симетрiї називають центромелiпса, а точки перетину елiпса з осями симетрiй називаютьвершинами елiпса. Очевидно, що вершини елiпса мають коор-динати: A1(a; 0), A2(−a; 0), B1(0; b), B2(0;−b). Вiдрiзки A1A2 iB1B2 при a > b називають вiдповiдно великою i малою вiссюелiпса, а числа a i b — великою i малою пiвосями елiпса.

Зауваження. Коло можна розглядати як частинний випадокелiпса (точки F1 i F2 збiгаються, тобто c = 0).

Важливою характеристикою елiпса, заданого рiвнянням(3.3), є число ε =

c

a, яке називається ексцентриситетом елi-

пса. Оскiльки

ε =

√c2

a2=

√1−

(b

a

)2

,

то очевидно, що ексцентриситет характеризує форму елiпса:чим ε ближче до нуля, тим бiльше елiпс схожий на коло, при

51

збiльшеннi ε елiпс стає все бiльш сплющеним. Прямi x = ±aε

(ε 6= 0) називають директрисами елiпса. Очевидно, що вiд-стань точки M(x, y) елiпса (3.3), до директриси x = −a

εдорiв-

нює (див. (3.5))∣∣∣x+a

ε

∣∣∣ =1

ε

∣∣∣ cax+ a

∣∣∣ =d(F2,M)

ε,

а вiдстань цiєї ж точки до директриси x =a

εдорiвнює (див.

(3.4)) ∣∣∣x− a

ε

∣∣∣ =1

ε

∣∣∣ cax− a

∣∣∣ =d(F1,M)

ε.

Навпаки, якщо √(x± c)2 + y2 = ε

∣∣∣x± a

ε

∣∣∣ ,то (x ± c)2 + y2 = (εx ± a)2 i тому (1 − ε2)x2 + y2 = a2 − c2, щорiвносильно рiвнянню (3.3). Отож, елiпс (3.3) є геометричниммiсцем точок (множиною точок), вiдношення вiдстаней яких вiдфокуса i одноiменної директриси дорiвнює ε.

Означення 3.3. Гiперболою називають множину всiх тихточок площини, модуль рiзницi вiдстаней кожної з яких доточок F1 i F2 є величина стала, менша за вiдстань мiж F1 iF2.

Точки F1 i F2 називають фокусами гiперболи, а вiдстаньмiж ними — фокальною вiдстанню.

Для знаходження рiвняння гiперболи, як i у попередньо-му випадку, оберемо декартову прямокутну систему координат

(O,−−→OA1,

−−→OA2), де O — середина вiдрiзка F1F2, точка A1 нале-

жить променю OF1 (рис. 13). Нехай M(x, y) є точка гiперболи.Позначимо модуль рiзницi вiдстаней точки M до точок F1 i

52

F2 через 2a (зрозумiло, що a < c). Тодi фокуси будуть матикоординати F1(c, 0), F2(−c, 0), i згiдно з означенням 3.3 маєморiвняння

|d(F1,M)− d(F2,M)| = 2a

або ∣∣∣√(x− c)2 + y2 −√

(x+ c)2 + y2

∣∣∣ = 2a.

Останнє рiвняння записується у виглядi√(x− c)2 + y2 = 2a+

√(x+ c)2 + y2,

якщо d(F1,M) > d(F2,M), i у виглядi√(x+ c)2 + y2 = 2a+

√(x− c)2 + y2,

якщо d(F1,M) < d(F2,M). Скорочений варiант запису√(x+ c)2 + y2 = ±2a+

√(x− c)2 + y2.

Пiсля пiднесення обох частин рiвняння до квадрату i зведенняподiбних матимемо

cx− a2 = ±a√

(x− c)2 + y2.

Якщо ще раз пiднесемо до квадрату обидвi частини рiвняння,то прийдемо до рiвняння

(c2 − a2)x2 − a2y2 − a2(c2 − a2) = 0,

у лiвiй частинi якого стоїть многочлен другого степеня, а отже,гiпербола є алгебраїчною лiнiєю другого порядку.

Якщо позначити c2 − a2 = b2, то останнє рiвняння можназаписати у виглядi

x2

a2− y2

b2= 1, (3.6)

53

тобто якщо обрано систему координат вище описаним спосо-бом, то координати будь-якої точки гiперболи задовольняютьрiвняння (3.6).

Доведемо, що кожна точка M , координати x, y якої задо-вольняють рiвняння (3.6), належить гiперболi. Справдi, враху-вавши, що

y2 = b2(x2

a2− 1

),

матимемо:

d(F1,M) =√

(x− c)2 + y2 =∣∣∣ cax− a

∣∣∣ , (3.7)

d(F2,M) =√

(x+ c)2 + y2 =∣∣∣ cax+ a

∣∣∣ . (3.8)

А оскiльки для кожної точки, координати якої задовольняютьрiвняння (3.6), |x| > a, то, врахувавши, що c > a, для x < −aмаємо:

d(F1,M) = − cax+ a,

d(F2,M) = − cax− a

i d(F1,M)− d(F2,M) = 2a, а для x > a

d(F1,M) =c

ax− a,

d(F2,M) =c

ax+ a

i d(F2,M) − d(F1,M) = 2a. А це й означає, що будь-яка то-чка, координати якої задовольняють рiвняння (3.6), є точкоюгiперболи.

Таким чином, маємо ще одне означення гiперболи: „Лiнiя наплощинi називається гiперболою, якщо iснує прямокутна декар-това система координат, у якiй рiвняння цiєї лiнiї має вигляд

54

(3.6).“ Рiвняння (3.6) називають канонiчним рiвнянням гiпер-боли. При a = b гiпербола називається рiвнобiчною, рiвнянняякої

x2 − y2 = a2

при переходi до координат

u =

√2

2(x− y), v =

√2

2(x+ y)

(теж, очевидно, прямокутних) матиме вигляд

uv = 2a2,

тобто стосовно координат u i v рiвнобiчна гiпербола являє со-бою графiк оберненої пропорцiйної залежностi.

Якщо точка M(x, y) належить гiперболi (3.6), то |x| > a iточки M ′(−x, y), M ′′(x,−y), M ′′′(−x,−y) належать гiперболi,тобто гiпербола має двi взаємно перпендикулярнi осi симетрiї(осi координат), центр симетрiї (початок координат), складає-ться з двох окремих гiлок, якi отримуються при x 6 −a i x > a.А оскiльки

limx→+∞

b

x

√x2

a2− 1 =

b

ai lim

x→+∞

(b

√x2

a2− 1− b

ax

)= 0,

то прямi y =b

ax i y = − b

ax є асимптоти гiперболи, а сама гi-

пербола розташовується у двох вертикальних кутах, утворенихними (рис. 15). Осi симетрiї називають осями гiперболи: вiсьабсцис — дiйсною (фокальною) вiссю, вiсь ординат — уявною.Точки перетину гiперболи з дiйсною вiссю називають верши-нами, а числа a i b — вiдповiдно дiйсною i уявною напiввiссю.Число

ε =c

a=

√1 +

b2

a2

55

Рис. 15називають ексцентриситетом гiперболи, а прямix = −a

ε, x =

a

ε— її директрисами. Очевидно, що ексцен-

триситет гiперболи бiльший 1 i характеризує форму гiперболи:чим менше ε, тим бiльше витягується гiпербола вздовждiйсної осi. Точно так саме як для елiпса можна показати,що гiпербола (3.6) є геометричним мiсцем точок (множиноюточок), вiдношення вiдстаней яких вiд фокуса до одноiменноїдиректриси дорiвнює ε.

Означення 3.4. Параболою називають множину всiх тихточок площини, якi рiвновiддаленi вiд заданої точки F iзаданої прямої l, яка не проходить через точку F .

Точку F називають фокусом, а пряму l — директрисоюпараболи. Вiдстань вiд фокуса до директриси називають фо-кальним параметром параболи i позначають через p.

Для знаходження рiвняння параболи оберемо декартову

прямокутну систему координат (O,−−→OA1,

−−→OA2), де O — середина

56

перпендикуляра, опущеного з точки F на пряму l, точка A1

належить променю OF (рис. 16).

Рис. 16Якщо довжина заданого перпендикуляра дорiвнює p, то в обра-

нiй системi координат точка F має координати(p

2, 0), а пряма

l має рiвняння x +p

2= 0. Нехай M(x; y) точка параболи. Тодi

згiдно з означенням 3.4

d(M, l) = d(M,F )

або

x+p

2=

√(x− p

2)2 + y2.

Пiсля пiднесення обох частин до квадрату i зведення подiбнихчленiв прийдемо до рiвняння

y2 = 2px (3.9)

Доведемо, що кожна точка M , координати x, y якої задоволь-няють рiвняння (3.9), належить параболi. Справдi, врахувавши,

57

що y2 = 2px, маємо

d(M,F ) =

√(x− p

2

)2

+ y2 =

√x2 − px+

p2

4+ 2px =

=

√(x+

p

2

)2

=∣∣∣x+

p

2

∣∣∣ = x+p

2= d(M, l).

А це й означає, що будь-яка точка, координати якої задоволь-няють рiвняння (3.9) є точкою параболи. Таким чином, маємоще одне означення параболи: „Лiнiя на площинi називаєтьсяпараболою, якщо iснує прямокутна декартова система ко-ординат, у якiй рiвняння цiєї лiнiї має вигляд (3.9).“ Рiвняння(3.9) називають канонiчним рiвнянням параболи.

Якщо точка M(x, y) належить параболi (3.9), то x > 0 i то-чка M ′(x,−y) належить параболi, тобто парабола має одну вiсьсиметрiї (вiсь абсцис). Вiсь ординат парабола перетинає тiлькиу точцi O(0; 0), яку називають вершиною параболи. Вiсь абсцисназивають вiссю параболи. Таким чином, парабола (3.9) розта-шована у пiвплощинi x > 0 (рис. 17), а оскiльки вiдношення

|y|x

=

√2p√x

прямує до нуля приx→ +∞, то це озна-чає, що яким би небув кут, у якого до-датна пiввiсь Ox є бi-сектрисою, iснує та-ке x0 > 0, що ча-стина параболи, яказнаходиться у пiв-площинi x > x0, мiс-

Рис. 17 титься у цьому кутi.Вiзуально це означає, що якщо дивитись вздовж осi, то буде

58

видаватись, що гiлки параболи не вiддаляються одна вiд одної,хоча насправдi вони як завгодно далеко вiдходять вiд осi абсцис(|y| → +∞, якщо x→ +∞).

Якщо врахувати, що не тiльки параболу, але й елiпс i гiпер-болу можна означити за допомогою „директорально-фокальної“конструкцiї, то є пiдстава сподiватись на можливiсть виведеннярiвняння спiльного для лiнiй трьох типiв.

Справдi, якщо y2 = 2px — довiльна парабола, то обравшиза полюс фокус F , а за полярну вiсь промiнь Fx (рис. 18),маємо, що для довiльної точки M(x; y) цiєї параболи полярнiкоординати пов’язанi так:

x− p

2= r cosϕ

(зв’язок мiж декартовими i полярними координатами),

r = x+p

2

(полярний радiус дорiвнює вiдстанi точки M до директриси),

Рис. 18 Рис. 19

59

звiдки

r = r cosϕ+ p,

абоr =

p

1− cosϕ.

Якщо

x2

a2+y2

b2= 1, a > b > 0

Рис. 20 є довiльний елiпс, то, обравшиза полюс фокус F2, а за полярну вiсь промiнь F2x (рис. 19),маємо, що для довiльної точки M(x, y) цього елiпса полярнiкоординати пов’язанi так:

x+ c = r cosϕ

(зв’язок мiж декартовими i полярними координатами),

r = a+ εx

(полярний радiус дорiвнює лiвому фокальному радiусу), звiдси

r = a+ ε(−c+ r cosϕ)

абоr =

p

1− ε cosϕ,

де p = a− εc.i якщо

x2

a2− y2

b2= 1, a > 0, b > 0

є довiльна гiпербола, то обравши за полюс фокус F1, а за поляр-ну вiсь промiнь F1x (рис. 20), маємо, що для довiльної точкиM(x, y) цiєї гiперболи полярнi координати пов’язанi так:

x− c = r cosϕ

60

(зв’язок мiж декартовими i полярними координатами),

r = εx− a

(полярний радiус дорiвнює правому фокальному радiусу), звiд-си

r = ε(c+ r cosϕ)− a

абоr =

p

1− ε cosϕ,

де p = εc− a, ϕ0 < ϕ < 2π − ϕ0, ϕ = arctgb

a.

Таким чином, рiвняння

r =p

1− ε cosϕ(3.10)

є рiвняннням елiпса при 0 6 ε < 1 (ε = 0 — коло), параболипри ε = 1 i гiперболи при ε > 1.

Згiдно з першим законом Кеплера планети рухаються поелiпсах (а комети по параболах i гiперболах), в одному з фоку-сiв яких знаходиться Сонце. i якраз подання (3.10) є найбiльшзручним для описання орбiт небесних тiл. Зрозумiло, що формуорбiти насамперед характеризує ексцентриситет. Його значеннядля планет i деяких комет приведенi у таблицi 16:

Планети ε Комети εМеркурiй 0,2056 Енке 0,85Венера 0,0068 Бiели 0,76Земля 0,0167 Холмса 0,41Марс 0,0934 Брукса 0,47Юпiтер 0,0484 Галлея 0,967Сатурн 0,0557 Донати 0,9963

6Коксетер Г.С.М., Грейтцер С.Л. Новые встречи с геометрией. – М.:Наука, 1978, с. 173.

61

Планети ε Комети εУран 0,0472 Коджiа 0,9988Нептун 0,0086 Данiеля 1,000Плутон 0,2481 Мiрхауза 1,000

Таблиця 1.Рiвняння (3.3), (3.6), (3.9) є рiвняннями алгебраїчних лiнiй

другого порядку. Разом з тим алгебраїчна лiнiя другого поряд-ку є множина всiх тих точок площини, координати яких задо-вольняють рiвняння (3.2), причому тип лiнiї не змiнюється припереходi до будь-якої iншої системи координат. Тому будемовважати, що рiвняння

a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2a10x+ 2a20y + a00 = 0 (3.11)

задано у прямокутнiй декартовiй системi координат (O,~i,~j), iбудемо з’ясовувати, якого типу лiнiя задається таким рiвнян-ням.

Очевидно, що лiнiї другого порядку не вичерпуються роз-глянутими тут лiнiями трьох типiв. Так, наприклад, рiвнянняx2− y2 = 0 задає пару прямих, рiвняння x2 + y2 = 0 одну єдинуточку, а рiвняння x2 + y2 + 1 = 0 не задовольняють координатижодної точки площини, тобто термiн „лiнiя другого порядку“,взагалi кажучи, не збiгається з поняттям кривої Жордана.

Для симетрiї формул, якими будемо користуватися, введемокоефiцiєнти:

a21 := a12, a01 := a10, a02 := a20,

а також позначення

F (x, y) = a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2a10x+ 2a20y + a00. (3.12)

Почнемо з того, що дослiдимо, як саме змiнюються коефiцiєн-ти рiвняння (3.11) пря переносi початку координат у довiльнуточку M0(x0; y0), тобто при переходi до координат

x′ = x− x0, y′ = y − y0.

62

Скориставшись позначенням (3.12), запишемо рiвняння (3.11) унових координатах

F (x′ + x0, y′ + y0) = 0

або

a′11(x′)2 + 2a′12x

′y′ + a′22(y′)2 + 2a′10x

′ + 2a′20y′ + a′00 = 0,

де очевидно

a′11 = a11, a′12 = a12, a′22 = a22,

a′10 = a11x0 + a12y0 + a10, a′20 = a21x0 + a22y0 + a20,

a′00 = F (x0, y0).

Отже, при переносi початку координат коефiцiєнти при членахдругого степеня не змiнюються.

Означення 3.5. Точка C(x0, y0) називається центром лiнiї(3.11), якщо

a′10 = a11x0 + a12y0 + a10 = 0, a′20 = a21x0 + a22y0 + a20 = 0,

тобто при перенесеннi початку координат у цю точку урiвняннi (3.11) пропадають члени першого степеня.

З’ясувати наявнiсть такої точки очевидно можна, дослiдив-ши систему лiнiйних рiвнянь{

a11x+ a12y + a10 = 0,

a21x+ a22y + a20 = 0.(3.13)

Звiдси випливає, що або iснує один центр, або його не iснує,або iснує цiла пряма центрiв. У першому випадку лiнiю друго-го порядку називають центральною, у другому i третьому —

63

нецентральною. Скориставшись критерiєм iснування розв’яз-ку, можемо стверджувати, що лiнiя другого порядку (3.11) єцентральною тодi i тiльки тодi, коли визначник

δ =

∣∣∣∣∣ a11 a12

a21 a22

∣∣∣∣∣ 6= 0.

Нехай лiнiя (3.11) центральна. Пiсля перенесення початкукоординат у центр C(x0, y0) її рiвняння набуде вигляду

a11(x′)2 + 2a12x

′y′ + a22(y′)2 + a′00 = 0, (3.14)

де a′00 = F (x0, y0), a12 6= 0.Виконаємо поворот системи координат (C,~i,~j) на кут α та-

кий, щоб у рiвняннi (3.14) пропав член другого степеня, якиймiстить добуток змiнних. Оскiльки старi координати x′, y′ пi-сля повороту на кут α подаються через новi координати X,Y увиглядi

x′ = X cosα− Y sinα,

y′ = X sinα+ Y cosα,

то рiвняння (3.14) матиме вигляд

(a11 cos2 α+ 2a12 cosα sinα+ a22 sin2 α)X2 +

+(−2a11 cosα sinα+ 2a12(cos2 α− sin2 α) +

+2a22 cosα sinα)XY +

+(a11 sin2 α− 2a12 cosα sinα+ a22 cos2 α)Y 2 + a′00 = 0. (3.15)

Отож, щоб забезпечити виконання поставленої умови, слiд ви-магати, щоб

−(a11 cosα+ a12 sinα) sinα+ (a12 cosα+ a22 sinα) cosα = 0

64

або ∣∣∣∣∣ a11 cosα+ a12 sinα cosα

a21 cosα+ a22 sinα sinα

∣∣∣∣∣ = 0.

Остання рiвнiсть буде мати мiсце, якщо{a11 cosα+ a12 sinα = λ cosα,

a21 cosα+ a22 sinα = λ sinα,

де λ — власне число матрицi(a11 a12

a21 a22

),

тобто λ — корiнь характеристичного рiвняння∣∣∣∣∣ a11 − λ a12

a21 a22 − λ

∣∣∣∣∣ = 0. (3.16)

Запишемо рiвняння (3.16) у виглядi

λ2 − (a11 + a22)λ+ a11a22 − a212 = 0.

Його дискримiнант

(a11 + a22)2 − 4a11a22 + a2

12 = (a11 − a22)2 + a2

12 > 0.

Отже, рiвняння (3.15) має два дiйснi коренi, причому λ1 6= 0,λ2 6= 0.

Оскiльки λ1 + λ2 = a11 + a22, сума коефiцiєнтiв при X2 i Y 2

у рiвняння (3.15) дорiвнює

a11 cos2 α+ 2a12 cosα sinα+ a22 sin2 α+ a11 sin2 α−

−2a12 cosα sinα+ a22 cos2 α = a11(cos2 α+ sin2 α) +

+a22(sin2 α+ cos2 α) = a11 + a22 = λ1 + λ2,

65

а також

a11 cos2 α+ 2a12 cosα sinα+ a22 sin2 α =

= (a11 cosα+ a12 sinα) cosα+ (a12 cosα+ a22 sinα) sinα =

= λ1 cos2 α+ λ1 sin2 α = λ1,

то рiвняння (3.15) можна записати у виглядi

λ1X2 + λ2Y

2 + a′00 = 0. (3.17)

В залежностi вiд знакiв коренiв характеристичного рiвнян-ня (3.16) i знаку a′00 = F (x0, y0) видiляють такi п’ять класiвцентральних лiнiй другого порядку (див. таблицю 2).

N0 λ1 λ2 a′00 Канонiчне рiвняння Назва лiнiї

1 ± ± ∓ x2

a2+y2

b2= 1 Елiпс

2 ± ± ∓ x2

a2+y2

b2= −1 Уявний елiпс

Точка (пара3 ± ± 0

x2

a2+y2

b2= 0 уявних прямих,

що перетинаються)

4 ± ∓ 6= 0x2

a2− y2

b2= ±1 Гiпербола

Пара прямих,5 ± ∓ 0

x2

a2− y2

b2= 0 що перетинаються

Таблиця 2.Розглянемо нецентральну лiнiю (3.11), тобто лiнiю, у якої ви-значник

δ =

∣∣∣∣∣ a11 a12

a21 a22

∣∣∣∣∣ = 0.

66

Виконаємо поворот системи координат (O,~i,~j) на кут α такий,щоб у рiвняннi (3.11) пропав член другого степеня, який мiститьдобуток змiнних x i y. Оскiльки старi координати x, y пiсляповороту на кут α подаються через новi координати x′, y′ увиглядi

x = x′ cosα− y′ sinα,

y = x′ sinα+ y′ cosα,

то рiвняння (3.11) набере вигляду

(a11 cos2 α+ 2a12 cosα sinα+ a22 sin2 α)(x′)2 +

+2(−a11 cosα sinα+ a12(cos2 α− sin2 α) + a22 cosα sinα)x′y′ +

+(a11 sin2 α− 2a12 cosα sinα+ a22 cos2 α)(y′)2 +

+2(a10 cosα+ a20 sinα)x′ + 2(−a10 sinα+ a20 cosα)y′ +

+a00 = 0. (3.18)

Очевидно, що

−a11 cosα sinα+ a12 cos2 α− a12 sin2 α+ a22 cosα sinα = 0

тодi i тiльки тодi, коли∣∣∣∣∣ a11 cosα+ a12 sinα cosα

a12 cosα+ a22 sinα sinα

∣∣∣∣∣ = 0.

Остання рiвнiсть буде мати мiсце, якщо

a11 cosα+ a12 sinα = λ cosα,

a12 cosα+ a22 sinα = λ sinα,

де λ — власне число матрицi(a11 a12

a21 a22

),

67

тобто λ — корiнь характеристичного рiвняння∣∣∣∣∣ a11 − λ a12

a21 a22 − λ

∣∣∣∣∣ = 0.

Врахувавши, що δ = 0, останнє рiвняння запишемо у виглядi

λ2 − (a11 + a22)λ = 0.

Очевидно, що воно має коренi λ1 = 0, λ2 = a11 + a22, причомуλ2 6= 0, бо перехiд до нової системи координат не може понизитипорядок алгебраїчної лiнiї. Звiдси випливає, що рiвняння (3.18)може бути поданим у виглядi

λ2(y′)2 + 2a′10x

′ + 2a′20y′ + a00 = 0, (3.19)

де a′10 = a10 cosα+ a20 sinα, a′20 = −a10 sinα+ a20 cosα, або

λ2(x′)2 + 2a′10x

′ + 2a′20y′ + a00 = 0.

Якщо a′10 6= 0, то рiвняння (3.19) можна подати у виглядi

λ2

(y′ +

a′20

λ2

)2

+ 2a′10

(x′ − (a′20)

2 − a00λ2

2λ2a′10

)= 0,

i, взявши нову систему координат так, щоб

X = x′ − (a′20)2 − a00λ2

2λ2a′10

, Y = y′ +a′20

λ2

,

прийдемо до рiвняння

Y 2 = −2a10

λ2

X. (3.20)

Якщо a′10 = 0, то рiвняння (3.19) запишеться у виглядi

λ2

(y′ +

a′20

λ2

)2

+ a00 −(a′20)

2

λ2

= 0.

68

Взявши нову систему координат так, щоб

X = x′, Y = y′ +a′20

λ2

,

i позначивши

a′′00 = −(a′20)2 − a00λ2

λ22

,

прийдемо до рiвняння

Y 2 + a′′00 = 0. (3.21)

Таким чином, в залежностi вiд того, якими будуть числа a′10i a′′00 видiляють такi чотири класи нецентральних лiнiй другогопорядку (див. таблицю 3):

N0 a′10 a′′00 Канонiчне рiвняння Назва лiнiї

1 6= 0 y2 = 2px Парабола

Пара паралельних2 0 − y2 − a2 = 0 прямих

Пара уявних3 0 + y2 + a2 = 0 паралельних прямих

Пара прямих, що4 0 0 y2 = 0 збiгаються

Таблиця 3.Як пiдсумок пiдкреслимо, що iснують дев’ять i тiльки дев’-

ять типiв лiнiй другого порядку, якi поданi в таблицях 2 i 3,причому двi будь-якi лiнiї другого порядку одного типу афiнно

69

еквiвалентнi, а кривi, що належить рiзним класам, афiнно нееквiвалентнi.

На закiнчення розглянемо конкретний приклад спрощення(зведення до канонiчного вигляду) рiвняння лiнiї другого по-рядку.

Приклад. Звести рiвняння лiнiї другого порядку

5x2 + 8xy + 5y2 −√

2x+√

2y − 8 = 0

до канонiчного виду.Розв’язання. Оскiльки визначник

δ =

∣∣∣∣∣ 5 4

4 5

∣∣∣∣∣ 6= 0,

то ця лiнiя є центральною. Координати центра знайдемо, розв’я-завши систему {

10x+ 8y −√

2 = 0,

8x+ 10y +√

2 = 0.

Таким чином, точка C(

1√2,− 1√

2

)є центром лiнiї i

F

(1√2,− 1√

2

)= −9.

Оскiльки λ1 = 1, λ2 = 9 є власнi числа матрицi(5 4

4 5

),

то задане рiвняння подається у виглядi

X2 + 9Y 2 − 9 = 0

70

абоX2

9+ Y 2 = 1.

Отже, задане рiвняння є рiвнянням елiпса з пiвосями a = 3,b = 1. �

Завдання для самоконтролю.

1. Описати вiдомi вам методи побудови елiпса, гiперболи,параболи.

2. З’ясувати, якi з точок M1(−2, 3), M2(2,−2), M3(2,−4),M4(−1, 3), M5(−4,−3), M6(3,−1) лежать на елiпсi

8x2 + 5y2 = 77,

якi всерединi i якi зовнi нього.

3. Елiпс проходить через двi протилежнi вершини квадра-та ABCD, а його фокусами є двi iншi вершини цього жквадрата. Записати канонiчне рiвняння елiпса i рiвнянняйого директрис, якщо AC = 2a.

4. Ексцентриситет гiперболи ε =3

2, її центр лежить у по-

чатку координат, одна з директрис має рiвняння x = −8.Обчислити вiдстань вiд точки M0 гiперболи з абсцисоюx = 15, до фокуса, що вiдповiдає заданiй директрисi.

5. Довести, що добуток вiдстаней вiд будь-якої точки гiпер-

болиx2

a2− y2

b2= 1 до двох її асимптот є величина стала i

дорiвнюєa2b2

a2 + b2.

6. Скласти рiвняння параболи, якщо задано її фокус F (2,−1)i директриса x− y − 1 = 0.

71

7. З фокуса параболи y2 = 12x пiд гострим кутом α до осi Oxвиходить промiнь свiтла, який вiдбивається вiд цiєї пара-боли. Знайти рiвняння прямої, на якiй лежить вiдбитийпромiнь.

8. Записати канонiчнi рiвняння i рiвняння директрис лiнiй,якi заданi рiвняннями у полярних координатах

r =9

4− 5 cosϕ, r =

9

1− cosϕ, r =

9

5− 4 cosϕ.

9. Знайти необхiдну i достатну умову, за якої прямаAx+By + C = 0 дотикається:

а) елiпсаx2

a2+y2

b2= 1;

б) гiперболиx2

a2− y2

b2= 1;

в) параболи y2 = 2px.

10. З’ясувати, якого типу лiнiї другого порядку заданi рiвнян-нями:

а) 32x2 + 52xy − 7y2 + 180 = 0;

б) 3x2 − 8xy + 7y2 + 8x− 15y + 20 = 0;

в) 25x2 − 20xy + 4y2 − 12x+ 20y − 17 = 0;

г) 7x2 + 6xy − y2 + 28x+ 12y + 28 = 0;

д) 19x2 + 6xy + 11y2 + 38x+ 6y + 29 = 0;

е) 5x2 − 2xy + 5y2 − 4x+ 20y + 20 = 0;

ж) 9x2 + 24xy + 16y2 − 18x+ 226y + 209 = 0;

з) x2 − 2xy + y2 − 12x+ 12y − 14 = 0;

и) 4x2 + 12xy + 9y2 − 4x− 6y + 1 = 0;

к) 16x2 − 24xy + 9y2 − 160x+ 120y + 425 = 0.

72

4 ЛЕКЦIЯ: Метод координат у просторi.Теорiя площин у просторi

Афiнна i прямокутна системи координат у просторi. Координатиточки у просторi, їх геометричний змiст. Рiзнi види рiвняньплощини, їх теорiя в аналiтичному викладi. Рiвняння цилiндраi сфери. Цилiндричнi та сферичнi координати.

Лiтература. [1] стор. 155–158, 170–181, [3] стор. 163–166,179–181, 184–188, [11].

Для задання системи координат у просторi ми використову-ємо тривимiрний векторний простiр V над полем R.

Означення 4.1. Афiнним репером R у просторi називаютьупорядковану четвiрку точок O,A1, A2, A3 простору, якi нележать в однiй площинi, i записують R = (O,A1, A2, A3).

Оскiльки точки O,A1, A2, A3 не лежать в однiй площинi, тонапрямленi вiдрiзки OA1, OA2 i OA3 визначають некомпланарнiвектори

−−→OA1 = ~e1,

−−→OA2 = ~e2,

−−→OA3 = ~e3 i тому трiйка (~e1, ~e2, ~e3)

є базисом векторного простору V , тобто афiнний репер Rу просторi задає базис у векторному просторi V .Навпаки,задавши деякий базис (~e1, ~e2, ~e3) векторного простору V iточку O у просторi, знайдемо у ньому точки A1, A2 i A3 такi,що OA1 ∈ ~e1, OA2 ∈ ~e2, OA3 ∈ ~e3. Як результат отримаємоупорядковану четвiрку точок O,A1, A2, A3, якi не лежать воднiй площинi, тобто афiнний репер O,A1, A2, A3. Таким чином,афiнний репер R можна задавати точкою O (початок системикоординат) i трьома некомпланарними векторами ~e1, ~e2, ~e3 (ко-ординатнi вектори). Записують R = (O,~e1, ~e2, ~e3) i зображаютьяк вказано на рис. 21. Пряма OA1, на якiй додатний напрямвизначає вектор ~e1, називається вiссю абсцис i позначаєтьсяOx, пряма OA2, на якiй додатний напрям визначає вектор ~e2,називається вiссю ординат i позначається Oy i пряма OA3, на

73

якiй додатний напрям визначає вектор ~e3, називаєтьсявiссю

аплiкат i позначається Oz.Всi три осi разом назива-ються осями координат, аплощини (OA1A2), (OA1A3),(OA2A3) — координатнимиплощинами i позначаютьсявiдповiдно (xOy), (xOz),(yOz). Отож говорять, щоу просторi задано афiннусистему координат яктiльки задано афiнний репер

Рис. 21 (O,~e1, ~e2, ~e3).Нехай у просторi задано афiнний репер (O,~e1, ~e2, ~e3) i нехайM є довiльна точка простору. Оскiльки радiус-вектор

−−→OM

належить векторному простору V , для якого упорядкованатрiйка векторiв (~e1, ~e2, ~e3) є базисом, то iснує єдина трiйкачисел (x, y, z), якi є координатами вектора

−−→OM вiдносно базиса

(~e1, ~e2, ~e3), а саме, має мiсце подання

−−→OM = x~e1 + y~e2 + z~e3. (4.1)

Означення 4.2. Афiнними координатами точки M вiдно-сно репера (O,~e1, ~e2, ~e3) (в афiннiй системi координат R =(O,~e1, ~e2, ~e3)) називають координати x, y, z радiус-вектора−−→OM вiдносно базиса (~e1, ~e2, ~e3). Коефiцiєнти x, y, z у розкладi(4.1) називають вiдповiдно абсцисою, ординатою i аплiка-тою точки M i записують M(x, y, z).

З означення випливає, що кожнiй точцiM простору вiдповi-дає трiйка чисел (x, y, z) або елемент множини R×R×R = R3,

74

а в силу єдиностi подання (4.1) рiзним точкам простору вiд-повiдають рiзнi елементи множини R3. Навпаки, для кожногоелемента (x, y, z) з R3 можна вказати вектор x~e1 + y~e2 + z~e3, аотже, iснує точка M , для якої трiйка (x, y, z) є її координатами.Це означає, що мiж точками простору i елементами множиниR3 афiнна система координат (O,~e1, ~e2, ~e3) встановлює взаємнуоднозначну вiдповiднiсть (кожна точка як i на площинi) отри-мує свою мiтку (iм’я).

Означення 4.3. Афiнну систему координат (O,~e1, ~e2, ~e3)називають декартовою системою координат, якщо |~e1| =|~e2| = |~e3| = 1 (вектори базиса одиничнi вектори), а декарто-ву систему координат називають декартовою прямокутноюсистемою координат, якщо вектори ~e1, ~e2, ~e3 попарно орто-гональнi.

Якраз останню найчастiше використовують у математицi таїї застосуваннях, зокрема, у шкiльному курсi математики декар-товi координати у просторi7 є прямокутнi декартовi координати.

Нехай у просторi задано двi афiннi системи координат(O,~e1, ~e2, ~e3) i (O′, ~e ′1, ~e

′2, ~e

′3) (рис. 22). Заради зручностi пер-

шу

Рис. 227Погорелов А.В. Геометрия 7–11. – М.: Просвещение, 1993, с. 270–271.

75

назвемо старою, а другу новою. Вiзьмемо точку M , i нехай їїкоординати у старiй системi (x, y, z), а у новiй (x′, y′, z′). Не-обхiдно старi координати x, y, z точки M виразити через її но-вi координати x′, y′, z′. Нехай вектори

−−→OO′, ~e ′1, ~e

′2, ~e

′3 у базисi

(~e1, ~e2, ~e3) мають такi подання:

−−→OO′ = x0~e1 + y0~e2 + z0~e3,

~e ′1 = a11~e1 + a21~e2 + a31~e3,

~e ′2 = a12~e1 + a22~e2 + a32~e3,

~e ′3 = a13~e1 + a23~e2 + a33~e3.

(4.2)

Теорема 4.1. Координати (x, y, z) точки M у старiй си-стемi координат виражаються через її координати (x′, y′, z′)у новiй системi так:

x = a11x′ + a12y

′ + a13z′ + x0,

y = a21x′ + a22y

′ + a23z′ + y0, (4.3)

z = a31x′ + a32y

′ + a33z′ + z0.

Доведення. Виходячи з очевидної рiвностi

−−→OM =

−−→OO′ +

−−→O′M

i враховуючи подання (4.2), маємо−−→OM = x~e1 + y~e2 + z~e3 =

= x0~e1 + y0~e2 + z0~e3 + x′~e ′1 + y′~e ′2 + z′~e ′3 =

= (a11x′ + a12y

′ + a13z′ + x0)~e1 +

+ (a21x′ + a22y

′ + a23z′ + y0)~e2 +

+ (a31x′ + a32y

′ + a33z′ + z0)~e3.

76

Оскiльки вектори ~e1, ~e2, ~e3 лiнiйно незалежнi, то з останньоїрiвностi дiстаємо формули (4.3). �

Назвемо матрицю

A =

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

,

де a11, a21, a31 — координати вектора ~e ′1, a12, a22, a32 — коорди-нати вектора ~e ′2, a13, a23, a33 — координати вектора ~e ′3 у базисi(~e1, ~e2, ~e3), матрицею переходу вiд базиса (~e1, ~e2, ~e3) до базиса(~e ′1, ~e

′2, ~e

′3). Матриця A — неособлива, бо з припущення про те,

що її визначник дорiвнює нулю, випливає, що її стовпцi лiнiйнозалежнi, а отже, лiнiйно залежнi базиснi вектори ~e ′1, ~e

′2, ~e

′3.

Запишемо координати точки M у новiй i старiй системахкоординат у виглядi векторiв-стовпцiв

X ′ =

x′

y′

z′

, X =

x

y

z

,

а координати точки O′ у старiй системi координат у виглядiвектора-стовпця

X0 =

x0

y0

z0

.

Тодi формули (4.3) можна записати у матричнiй формi

X = AX ′ +X0. (4.4)

Нехай A−1 — матриця обернена до матрицi A. Помножимо(4.4) на A−1:

A−1X = EX ′ + A−1X0

77

абоX ′ = A−1X − A−1X0,

тобто матриця A−1 є матрицею переходу вiд базиса (~e ′1, ~e′2, ~e

′3)

до базиса (~e1, ~e2, ~e3).Нехай маємо три афiннi системи координат (O,~e1, ~e2, ~e3),

(O′, ~e ′1, ~e′2, ~e

′3), (O′′, ~e ′′1, ~e

′′2, ~e

′′3), i нехай матрицi

A =

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

, B =

b11 b12 b13

b21 b22 b23

b31 b32 b33

,

C =

c11 c12 c13

c21 c22 c23

c31 c32 c33

є матрицi переходу вiдповiдно вiд базиса (~e1, ~e2, ~e3) до базиса(~e ′1, ~e

′2, ~e

′3), вiд базиса (~e ′1, ~e

′2, ~e

′3) до базиса (~e ′′1, ~e

′′2, ~e

′′3) i вiд

базиса (~e1, ~e2, ~e3) до базиса (~e ′′1, ~e′′2, ~e

′′3). Тодi згiдно з (4.4)

X = AX ′ +X0, X′ = BX ′′ +X ′

0, X = CX ′′ +X ′′0 ,

i тому

X = AX ′ +X0 = A(BX ′′ +X ′0) +X0 = ABX ′′ + AX ′

0 +X0 =

= CX ′′ +X ′′0 ,

тобто матриця переходу вiд базиса (~e1, ~e2, ~e3) до базиса(~e ′′1, ~e

′′2, ~e

′′3) дорiвнює добутку матрицi переходу вiд базиса

(~e1, ~e2, ~e3) до базиса (~e ′1, ~e′2, ~e

′3) i матрицi переходу вiд базиса

базиса (~e ′1, ~e′2, ~e

′3) до базиса (~e ′′1, ~e

′′2, ~e

′′3).

Нехай B — множина всiх базисiв векторного простору V .Казатимемо, що базис (~e1, ~e2, ~e3) однаково орiєнтований з ба-зисом (~e ′1, ~e

′2, ~e

′3), якщо визначник матрицi переходу вiд базиса

78

(~e1, ~e2, ~e3) до базиса (~e ′1, ~e′2, ~e

′3) додатний. Наприклад, для бази-

сiв (~e1, ~e2, ~e3) i (~e2 + ~e3, ~e1 + 2~e3, 2~e1 + 3~e3) матриця переходу вiдпершого до другого

A =

0 1 2

1 0 3

1 2 0

,

має додатний визначник, а отже, перший базис однаково орi-єнтований з другим, а для базисiв (~e1, ~e2, ~e3) i (~e1 + ~e2, 2~e1 +~e3, 3~e2 + 2~e3) матриця переходу вiд першого до другого

B =

1 2 0

1 0 3

0 1 2

,

має вiд’ємний визначник, а отже, перший базис не однаковоорiєнтований з другим.

Покажемо, що вiдношення „бути однаково орiєнтованими“ євiдношенням еквiвалентностi на множинi B. Справдi, кожен ба-зис однаково орiєнтований сам з собою (тут матрицею переходує одинична матриця), тобто задане вiдношення рефлексивне.Далi, оскiльки для кожної неособливої матрицi A∣∣A−1

∣∣ =1

|A|,

то визначики |A| i |A−1| мають однаковi знаки. Отже, якщобазис (~e1, ~e2, ~e3) однаково орiєнтований з базисом (~e ′1, ~e

′2, ~e

′3)

(|A| > 0), то i базис (~e ′1, ~e′2, ~e

′3) однаково орiєнтований з ба-

зисом (~e1, ~e2, ~e3) (|A−1| > 0), i тому задане вiдношення симетри-чне. Нарештi, оскiльки визначник добутку двох матриць до-рiвнює добутку визначникiв цих матриць, то з того, що базис(~e1, ~e2, ~e3) однаково орiєнтований з базисом (~e ′1, ~e

′2, ~e

′3) (|A| > 0),

79

а базис (~e ′1, ~e′2, ~e

′3) однаково орiєнтований з базисом (~e ′′1, ~e

′′2, ~e

′′3)

(|B| > 0), то базис (~e1, ~e2, ~e3) однаково орiєнтований з базисом(~e ′′1, ~e

′′2, ~e

′′3) (|A||B| > 0), i тому це вiдношення є транзитивне.

Вiдношення „бути однаково орiєнтованими“ розбиває мно-жину B на два класи, кожен з яких називають орiєнтацiєювекторного простору V . iз них обирають один i називають до-датною орiєнтацiєю простору V (другий — вiд’ємною орiєнта-цiєю), i тодi векторний простiр V називається орiєнтованим.

Орiєнтацiю простору (точок) безпосередньо пов’язують зорiєнтацiєю векторного простору V , тобто простiр (точок) вва-жається орiєнтованим, якщо орiєнтованим є простiр V , а продва афiннi репери R = (O,~e1, ~e2, ~e3) i R′ = (O′, ~e ′1, ~e

′2, ~e

′3) ка-

жуть, що вони однаково орiєнтованi (протилежно орiєнтованi),якщо базиси (~e1, ~e2, ~e3) i (~e ′1, ~e

′2, ~e

′3) однаково орiєнтованi (про-

тилежно орiєнтованi). Зокрема, репер (O,~e1, ~e2, ~e3) називаютьдодатно орiєнтованим, якщо базис (~e1, ~e2, ~e3) належить додатнiйорiєнтацiї.

Як правило, додатно орiєнтованим репером вважають такзваний правий репер R = (O,A1, A2, A3) (рис. 23), у якого нап-

рямнi вектори−−→OA1 = ~e1,−−→

OA2 = ~e2,−−→OA3 = ~e3 розта-

шованi так, як можуть бу-ти розташованi три паль-цi правої руки (якщо ди-витись на долоню зверху):−−→OA1 уздовж великого паль-ця,

−−→OA2 уздовж вказiвного

пальця,−−→OA3 уздовж сере-

днього пальця (правило пра-вої руки). Репер, складенийза правилом лiвої руки, вва-

80

жається лiвим репером. Не втрачаючи загальностi, домовимосьнадалi, задавати у просторi декартову систему коорди-нат, тобто будемо припускати, що у кожного афiнногорепера R = (O,~e1, ~e2, ~e3) вектори ~e1, ~e2, ~e3 одиничнi. Тодi~e1 · ~e1 = ~e2 · ~e2 = ~e3 · ~e3 = 1, ~e1 · ~e2 = cosα, ~e2 · ~e3 = cos β,~e3 · ~e1 = cos γ, де α — кут мiж векторами ~e1 i ~e2, β — кутмiж векторами ~e2 i ~e3, γ — кут мiж векторами ~e3 i ~e1. i ско-риставшись властивостями скалярного добутку для будь-якогорадiус-вектора

−−→OM = x~e1 + y~e2 + z~e3, матимемо:∣∣∣−−→OM ∣∣∣ =√−−→OM · −−→OM = (4.5)

=√x2 + y2 + z2 + 2xy cosα+ 2yz cos β + 2xz cos γ.

Останнiй результат дозволяє обчислити вiдстань мiж точка-ми M1(x1, y1, z1) i M2(x2, y2, z2), а саме

d(M1,M2) =∣∣∣−−−−→M1M2

∣∣∣ =

√−−−−→M1M2 ·

−−−−→M1M2 = (4.6)

= ((x2 − x1)2 + (y2 − y1)

2 + (z2 − z1)2 + 2(x2 − x1)(y2 − y1)×

× cosα+ 2(y2 − y1)(z2 − z1) cos β + 2(z2 − z1)(x2 − x1) cos γ)12 .

У прямокутнiй декартовiй системi координат (α = β = γ =π

2)

формула (4.6) має вигляд

d(M1,M2) =√

(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 + (z2 − z1)2. (4.7)

Оскiльки (як i на площинi) система координат у просторi вводи-ться тiльки заради мiчення точок, то природно чекати, що вибiрсистеми координат аж нiяк не може вплинути на геометричнiвластивостi простору.

Теорема 4.2. Якщо точки M1 i M2 простору у декар-товiй системi координат (O,~e1, ~e2, ~e3) мають координати

81

M1(x1, y1, z1),M2(x2, y2, z2), а у декартовiй системi координат(O′, ~e ′1, ~e

′2, ~e

′3) мають координати M1(x

′1, y

′1, z

′1), M2(x

′2, y

′2, z

′2),

то

d(M1(x1, y1, z1),M2(x2, y2, z2)) = d(M1(x′1, y

′1, z

′1),M2(x

′2, y

′2, z

′2)).

Доведення. Нехай базиснi вектори реперiв R = (O,~e1, ~e2, ~e3)i R′ = (O′, ~e ′1, ~e

′2, ~e

′3) задовольняють умови:

|~e1| = |~e2| = |~e3| = 1,∧

(~e1, ~e2)= α,∧

(~e2, ~e3)= β,∧

(~e3, ~e1)= γ,

|~e ′1| = |~e ′2| = |~e ′3| = 1,∧

(~e ′1, ~e′2)= α′,

∧(~e ′2, ~e

′3)= β′,

∧(~e ′3, ~e

′1)= γ′.

Якщо вектори−−→OO′, ~e ′1, ~e

′2, ~e

′3 у базисi (~e1, ~e2, ~e3) мають подання

(4.2), то

~e ′1 · ~e ′1 = 1 = a211 + a2

21 + a231 + 2a11a21 cosα+ 2a21a31 cos β +

+ 2a31a11 cos γ,

~e ′2 · ~e ′2 = 1 = a212 + a2

22 + a232 + 2a12a22 cosα+ 2a22a32 cos β +

+ 2a32a12 cos γ,

~e ′3 · ~e ′3 = 1 = a213 + a2

23 + a233 + 2a13a23 cosα+ 2a23a33 cos β +

+ 2a33a13 cos γ,

~e ′1 · ~e ′2 = cosα′ = a11a12 + a21a22 + a31a32 +

+ cosα(a11a22 + a21a12) +

+ cos β(a21a32 + a22a31) +

+ cos γ(a31a12 + a11a32),

~e ′2 · ~e ′3 = cos β′ = a12a13 + a22a23 + a32a33 +

+ cosα(a12a23 + a22a13) +

82

+ cos β(a22a33 + a32a23) +

+ cos γ(a12a33 + a32a13),

~e ′1 · ~e ′3 = cos γ′ = a11a13 + a21a23 + a31a33 +

+ cosα(a11a23 + a21a13) +

+ cos β(a21a33 + a31a23) +

+ cos γ(a11a33 + a31a13).

Залишилось координати x1, y1, z1 i x2, y2, z2 вiдповiдно точок M1

i M2 у старiй системi координат за формулами (4.3) виразитичерез їх координати x′1, y

′1, z

′1 i x′2, y

′2, z

′2 у новiй системi коорди-

нат i пiдставити у формулу (4.6). Пiсля очевидних перетвореньдiстанемо шуканий результат. �

Нехай Π — довiльна площина у просторi, M0 — деяка фi-ксована точка цiєї площини, ~l, ~m — неколiнеарнi вектори, пара-лельнi цiй площинi. Точка M простору буде належати площинiΠ тодi i тiльки тодi, коли вектори

−−−→M0M,~l, ~m компланарнi, тобто

коли −−−→M0M = u~l + v~m, (4.8)

де u, v ∈ R.Отож, щоб задати площину у просторi, досить задати одну

її точку i пару неколiнеарних векторiв, паралельних їй, а фор-мула (4.8) задає взаємно однозначну вiдповiднiсть мiж точкамиплощини Π i упорядкованими парами чисел u, v ∈ R, тобто u i vє координатами точки M площини Π вiдносно афiнної системикоординат (M0,~l, ~m).

Нехай у просторi обрано афiнну систему координат R =(O,~e1, ~e2, ~e3), i нехай точки M0 i M площини Π мають коорди-нати M0(x0, y0, z0), M(x, y, z), а вектори ~l i ~m у базисi (~e1, ~e2, ~e3)подаються у виглядi

~l = l1~e1 + l2~e2 + l3~e3, ~m = m1~e1 +m2~e2 +m3~e3.

83

Тодi рiвнiсть (4.8) можна записати у виглядi

(x− x0)~e1 + (y − y0)~e2 + (z − z0)~e3 =

= (ul1 + vm1)~e1 + (ul2 + vm2)~e2 + (ul3 + vm3)~e3.

А оскiльки вектори ~e1, ~e2, ~e3 лiнiйно незалежнi, то з останньоїрiвностi дiстаємо:

x = x0 + ul1 + vm1,

y = y0 + ul2 + vm2, (4.9)

z = z0 + ul3 + vm3,

де u, v ∈ R, тобто площина задається параметрично рiвняннями(4.9).

Якщо врахувати, що в силу (4.8) вектори−−−→M0M,~l, ~m лiнiй-

но залежнi, то визначник, стовпцями якого є координати цихвекторiв вiдносно базиса (~e1, ~e2, ~e3), дорiвнює нулю, тобто∣∣∣∣∣∣∣

x− x0 l1 m1

y − y0 l2 m2

z − z0 l3 m3

∣∣∣∣∣∣∣ = 0. (4.10)

Розкривши його, прийдемо до рiвняння

Ax+By + Cz +D = 0,

де

A =

∣∣∣∣∣ l2 m2

l3 m3

∣∣∣∣∣ , B =

∣∣∣∣∣ l3 m3

l1 m1

∣∣∣∣∣ , C =

∣∣∣∣∣ l1 m1

l2 m2

∣∣∣∣∣ ,i D = −(Ax0+By0+Cz0). Рiвняння (4.10) є лiнiйним рiвнянням,бо в силу неколiнеарностi векторiв ~l i ~m ранг матрицi l1 m1

l2 m2

l3 m3

84

дорiвнює 2, тобто хоча би один з коефiцiєнтiв A,B,C вiдмiннийвiд нуля.

Таким чином, маємо третє подання площини Π лiнiйним рiв-нянням. Бiльше того, наступна теорема свiдчить про те, що яктiльки задана афiнна система координат, будь-яке лiнiйне рiв-няння є поданням деякої площини у просторi.

Теорема 4.3. Будь-яке лiнiйне рiвняння

Ax+By + Cz +D = 0, (4.11)

де A,B,C,D ∈ R, є поданням деякої площини (задає деякуплощину) у просторi, у якому задана афiнна система коор-динат.

Доведення. Оскiльки рiвняння (4.11) лiнiйне, то принайм-нi один з коефiцiєнтiв A,B,C не дорiвнює нулю. Нехай, дляозначеностi, A 6= 0. Тодi рiвняння (4.11) перепишемо у виглядi

x = −DA− B

Ay − C

Az.

Якщо ввести позначення u = y i v = z, то дiстанемо:

x = −DA− B

Au− C

Av,

y = u, (4.12)

z = v,

причому ранг матрицi −BA

−CA

1 0

0 1

85

дорiвнює 2. Отже, (4.12) є параметричним заданням пло-

щини, що визначається точкою M0

(−DA, 0, 0

)i векторами

~l

(−BA, 1, 0

), ~m

(−CA, 0, 1

). �

Пiдсумовуючи, можемо сказати, що якщо у просторi заданоафiнну систему координат R = (O,~e1, ~e2, ~e3), то задати в ньомуточку означає задати трiйку дiйсних чисел (x, y, z) (координатицiєї точки). Задати площину (про пряму мова буде йти у на-ступнiй лекцiї) означає задати рiвняння Ax+By +Cz +D = 0(загальне рiвняння площини), а задати на цiй площинi точкуозначає задати трiйку (x0, y0, z0), яка є розв’язком цього рiв-няння. Якщо ж необхiдно знайти у просторi площину, яка за-довольняє певнi умови, то необхiдно знайти її рiвняння.

Так наприклад, якщо необхiдно знайти площину, яка прохо-дить через три точки M1(x1; y1; z1), M2(x2; y2; z2), M3(x3; y3; z3),що не лежать на однiй прямiй, то скориставшись тим, що ве-ктори

−−−−→M1M2 i

−−−−→M1M3 неколiнеарнi, i рiвнянням (4.10), запишемо

шукане рiвняння∣∣∣∣∣∣∣x− x1 x2 − x1 x3 − x1

y − y1 y2 − y1 y3 − y1

z − z1 z2 − z1 z3 − z1

∣∣∣∣∣∣∣ = 0, (4.13)

яке, звичайно, можна записати у виглядi (4.11).

Теорема 4.4. Вектор ~p (p1, p2, p3) паралельний площинiAx+By + Cz +D = 0 тодi i тiльки тодi, коли

Ap1 +Bp2 + Cp3 = 0. (4.14)

Доведення. Необхiднiсть. Нехай вектор ~p (p1, p2, p3) пара-лельний площинi Ax+By+Cz+D = 0. Тодi у цiй площинi зна-йдуться точки M1(x1, y1, z1) i M2(x2, y2, z2) такi, що

−−−−→M1M2 = ~p,

86

тобто x2 − x1 = p1, y2 − y1 = p2, z2 − z1 = p3. Врахувавши, щоточки M1 i M2 належать заданiй площинi, маємо

Ax1 +By1 + Cz1 +D = 0, Ax2 +By2 + Cz2 +D = 0.

Звiдси в очевидний спосiб приходимо до рiвностi (4.14).Достатнiсть. Нехай виконується рiвнiсть (4.14). Вiзьмемо у

заданiй площинi довiльну точку M1(x1, y1, z1) i прикладемо доцiєї точки вектор ~p. Якщо M2(x2, y2, z2) кiнець вектора ~p, тоp1 = x2−x1, p2 = y2−y1, p3 = z2−z1, а отже, (4.14) запишетьсяу виглядi

A(x2 − x1) +B(y2 − y1) + C(z2 − z1) = 0.

Склавши останню рiвнiсть з рiвнiстю

Ax1 +By1 + Cz1 +D = 0,

дiстанемоAx2 +By2 + Cz2 +D = 0.

Отже, i точкаM2 належить заданiй площинi. А це й означає, щовектор

−−−−→M1M2 = ~p паралельний площинi Ax+By +Cz +D = 0.

�

Наслiдок. Множина точок простору, координати якихзадовольняють рiвняння

Ax+By + Cz +D = 0,

де A2 + B2 + C2 6= 0, є множина точок площини, якiй пара-лельнi вектори

~p (B,−A, 0), ~q (C, 0,−A), ~r (0, C,−B).

87

Нехай у просторi задано афiнну систему координат R =(O,~e1, ~e2, ~e3) i двi площини рiвняннями

A1x+B1y + C1z +D1 = 0,

A2x+B2y + C2z +D2 = 0.(4.15)

Оскiльки двi площини можуть або перетинатись по прямiй, абобути паралельними, або збiгатися, то необхiдно на пiдставi ана-лiзу цих рiвнянь якраз дати вiдповiдь, як саме розмiщенi цi пло-щини. З аналiтичної точки зору дослiдження взаємного розмi-щення двох площин (4.15) зводиться до дослiдження системидвох лiнiйних рiвнянь з трьома невiдомими. iнструментом длятакого дослiдження є теорема Кронекера-Капеллi, згiдно з якоюсистема (4.15) сумiсна тодi i тiльки тодi, коли ранг основної ма-трицi системи дорiвнює рангу розширеної матрицi. Так, якщопозначити через r0 i rp ранги вiдповiдно матриць(

A1 B1 C1

A2 B2 C2

),

(A1 B1 C1 D1

A2 B2 C2 D2

),

то площини перетинаються по прямiй, якщо r0 = 2, площинипаралельнi, якщо r0 = 1, rp = 2, i площини збiгаються, якщоrp = 1.

Аналогiчно проводиться аналiз взаємного розмiщення трьохплощин, заданих рiвняннями

A1x+B1y + C1z +D1 = 0,

A2x+B2y + C2z +D2 = 0, (4.16)

A3x+B3y + C3z +D3 = 0.

Якщо позначити через r0 i rp ранги вiдповiдно матриць A1 B1 C1

A2 B2 C2

A3 B3 C3

,

A1 B1 C1 D1

A2 B2 C2 D2

A3 B3 C3 D3

,

88

то у випадку, коли r0 = rp = 3 система (4.16) має єдинийрозв’язок, тобто три площини мають єдину спiльну точку. Якщож r0 = 2, rp = 3, то система (4.16) немає розв’язкiв, тобто триплощини не мають спiльної точки. У цьому випадку площинипопарно перетинаються, якщо всi rij = 2, де rij є ранг матрицi(

Ai Bi Ci

Aj Bj Cj

)i, j = 1, 2, 3, i 6= j, або ж двi площини з трьох паралельнi. Такнаприклад, якщо r12 = r23 = 2, r13 = 1, r′13 = 2, де r′13 є рангматрицi (

A1 B1 C1 D1

A3 B3 C3 D3

),

то друга площина перетинає першу i третю, а перша i третяплощини паралельнi (не збiгаються). У випадку, коли rp < 3, тозаданi площини належать одному пучку, або всi три паралельнi.

Нехай у просторi задано декартову прямокутну систему ко-ординат R = (O,~i,~j,~k), i нехай площину задано рiвнянням

Ax+By + Cz +D = 0.

Тодi в силу теореми 4.4 вектор ~p (p1, p2, p3), що належить цiйплощинi, задовольняє умову

Ap1 +Bp2 + Cp3 = 0.

Останнє означає, що вектори ~n (A,B,C) i ~p (p1, p2, p3) ортого-нальнi. Оскiльки вектор ~p є довiльний вектор, що належитьплощинi, то вектор ~n є нормальним вектором площини. Такимчином, у прямокутнiй декартовiй системi координат площинуможна задати точкою M0(x0, y0, z0), що їй належить, i її нор-мальним вектором ~n (A,B,C). Рiвняння такої площини задає-ться у виглядi

A(x− x0) +B(y − y0) + C(z − z0) = 0. (4.17)

89

Рiвняння площини у прямокутнiй декартовiй системi коор-динат можна скласти i тодi, коли задано напрямнi косинусивектора ~n i вiдстань вiд початку координат до цiєї площини.Справдi, якщо ~n0 (cosα, cos β, cos γ) — одиничний вектор нор-малi, а d — вiдстань вiд точки O до площини, то основа пер-пендикуляра, опущеного з точки O на площину має координатиM0(d cosα, d cos β, d cos γ). Тодi скориставшись (4.17), матимемо

cosα(x− d cosα) + cos β(y − d cos β) + cos γ(z − d cos γ) = 0

абоx cosα+ y cos β + z cos γ − d = 0.

З’ясувавши геометричний змiст коефiцiєнтiв у рiвняннi пло-щини, ми можемо розв’язувати метричнi задачi у просторi, тоб-то задачi, у постановку яких входять поняття довжини вiдрiзкаi величини кута (система координат прямокутна декартова).

Приклад 1. Довести, що у прямокутнiй системi координатвiдстань вiд точки M0(x0, y0, z0) до площини Π, заданої рiвнян-ням Ax+By + Cz +D = 0 обчислюється за формулою

d(M0,Π) =|Ax0 +By0 + Cz0 +D|√

A2 +B2 + C2. (4.18)

Розв’язання. Нехай P (x1; y1; z1) — основа прпендикуля-ра, опущеного з точки M0 на площину Π. Тодi вектор

−−→PM0

перпендикулярний площинi Π, а отже, колiнеарний вектору~n (A;B;C). Отже,

|−−→PM0 · ~n| = ||−−→PM0||~n| cos∧

(−−→PM0, ~n) | = d(M0,Π)|~n|,

тобто

d(M0,Π) =|−−→PM0 · ~n|

|~n|.

90

Врахувавши, що точка P належить площинi Π, маємо:

−−→PM0 · ~n = (x0 − x1, y0 − y1, z0 − z1)(A,B,C) =

= A(x0 − x1) +B(y0 − y1) + C(z0 − z1) =

= Ax0 +By0 + Cz0 − (Ax1 +By1 + Cz1) =

= Ax0 +By0 + Cz0 +D.

Звiдси дiстаємо (4.18). �

Приклад 2. Довести, що у прямокутнiй системi координаткут мiж площинами Π1 i Π2, якi заданi вiдповiдно рiвняннями

A1x+B1y + C1z +D1 = 0, A2x+B2y + C2z +D2 = 0,

обчислюється за формулою

cosϕ =A1A2 +B1B2 + C1C2√

A21 +B2

1 + C21

√A2

2 +B22 + C2

2

. (4.19)

Розв’язання. Якщо площини перетинаються, то вони утво-рюють чотири двограннi кути, мiри яких α1, α2, α3, α4 задоволь-няють умови α1 = α3, α2 = α4 i α1 + α2 = 180◦. Отож, достатнообчислити мiру одного з чотирьох кутiв. Очевидно, що один зцих кутiв буде дорiвнювати куту мiж векторами ~n1 (A1;B1;C1),~n2 (A2;B2;C2), який визначається з рiвностi

A1A2 +B1B2 +C1C2 = ~n1 ·~n2 = |~n1||~n2| cos∧

(~n1, ~n2) . �

Загальне рiвняння площини дозволяє визначити розмiщенняточки, що їй не належить.

Теорема 4.5. Якщо в афiннiй системi координат заданоплощину Π рiвнянням Ax + By + Cz + D = 0, то вектор~m (A,B,C) не паралельний площинi i якщо його прикласти

91

до деякої точки площини, то координати x1, y1, z1 його кiнцязадовольняють умову

Ax1 +By1 + Cz1 +D > 0. (4.20)

Доведення. Якщо припустити, що вектор ~m паралельнийплощинi Π, то за теоремою 4.4

A2 +B2 + C2 = 0,

що неможливо.Для доведення другої частини теореми вiзьмемо на площинi

Π точку M0(x0, y0, z0), прикладемо до неї вектор ~m i позначимочерез M1(x1, y1, z1) координати його кiнця. Тодi

~m =−−−−→M0M1 = (x1 − x0; y1 − y0; z1 − z0),

тобто A = x1 − x0, B = y1 − y0, C = z1 − z0. Звiдси

x0 = x1 − A, y0 = y1 −B, z0 = z1 − C

i A(x1 − A) +B(y1 −B) + C(z1 − C) +D = 0. А отже,

Ax1 +By1 +Cz1 +D = A2 +B2 +C2 > 0 �

На пiдставi цього результату приходимо до висновку, щомножина точок простору, координати яких задовольняють не-рiвнiсть (4.20), є той з пiвпросторiв, що визначається площи-ною Ax + By + Cz + D = 0, у якому лежить кiнець вектора~m (A,B,C) (у прямокутнiй системi координат вектора норма-лi), якщо його початок прикладений до деякої точки цiєї пло-щини. Бiльше того, точки M1(x1, y1, z1) i M2(x2, y2, z2) лежатьпо один бiк вiд площини ( в одному пiвпросторi), якщо числаAx1 + By1 + Cz1 + D i Ax2 + By2 + Cz2 + D мають той самийзнак.

92

На завершення розглянемо два найпростiшi варiанти криво-лiнiйних координат у просторi, якi є узагальненням на випадокпростору полярних координат на площинi. Нехай у просторiзадано прямокутну декартову систему координат

R = (O,~i,~j,~k).

Цилiндричними координатами точки M(x, y, z) називаєтьсятрiйка чисел ρ, ϕ, z, пов’язана з прямокутними декартовими ко-ординатами формулами:

x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, z = z,

де 0 6 ρ < ∞, 0 6 ϕ < 2π, −∞ < z < ∞. Координатнимиповерхнями є (рис. 24): круговi цилiндри

x2 + y2 = ρ2

(при ρ = 0 вiсьOz), пiвплощиниAx + By = 0, деA

B= − tgϕ, i пло-

щини z = z0. Акоординатними лiнi-ями для точок, щоне лежить на осi Oz,є: кола з центрамина осi Oz, якi лежать

Рис. 24 у площинах, пара-лельних площинi xOy (лiнiя перетину координатних поверхоньρ = const i z = const); променi з початком на осi Oz, паралельнiплощинi xOy (лiнiї перетину координатних поверхонь ϕ = consti z = const); прямi, паралельнi осi Oz (лiнiї перетину координа-тних поверхонь ρ = const i ϕ = const). Система цилiндричнихкоординат є ортогональною.

93

Сферичними координатами точки M(x, y, z) називаєтьсятрiйка чисел ρ, ϕ, θ, яка пов’язана з прямокутними декартовимикоординатами x, y, z формулами

x = ρ cosϕ sin θ, y = ρ sinϕ sin θ, z = ρ cos θ,

де 0 6 ρ < ∞, 0 6 ϕ < 2π, 0 6 θ < π. Координатними поверх-нями є (рис. 25): сфери x2 + y2 + z2 = ρ2 (при ρ = 0 початок

координат), пiвпло-щини Ax + By = 0,

деA

B= − tgϕ, i ко-

нуси x2 + y2 = a2z2,де a2 = tg2 θ. А ко-ординатними лiнiямиє: променi з початкому точцi O (лiнiї пе-ретину координатнихповерхонь ϕ = const iθ = const), пiвкола зцентром у точцi O

Рис. 25 радiуса ρ (лiнiї пере-тину координатних поверхонь ρ = const i ϕ = const), кола зцентром у точцi O′(0, 0, ρ cos θ) радiуса ρ sin θ (лiнiї перетинукоординатних поверхонь ρ = const, θ = const). Система сфери-чних координат є ортогональною.

Завдання для самоконтролю.

1. З’ясувати, за яких умов площина Ax+By + Cz +D = 0

а) проходить через початок координат;

б) паралельна однiй з координатних осей;

в) мiстить одну з координатних осей;

г) паралельна однiй з координатних площин.

94

2. З’ясувати, за яких умов двi площини будуть перпендику-лярними.

3. Довести, що три площини заданi рiвняннями

Aix+Biy + Ciz +Di = 0, i = 1, 2, 3

належать одному пучку тодi i тiльки тодi, коли ранг ма-трицi A1 B1 C1 D1

A2 B2 C2 D2

A3 B3 C3 D3

не перевищує 2.

4. Довести, що три площини, кожна з яких мiстить однез ребер тригранного кута i перпендикулярна до площинипротилежної гранi, належать одному пучку.

5. Довести, що чотири площини заданi рiвняннями

Aix+Biy + Ciz +Di = 0, i = 1, 2, 3, 4

належать однiй в’язцi тодi i тiльки тодi, коли∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣A1 B1 C1 D1

A2 B2 C2 D2

A3 B3 C3 D3

A4 B4 C4 D4

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0.

6. Довести, що у довiльному тетраедрi шiсть площин, кожназ яких проходить через ребро i середину ребра, яке з нимне перетинається, перетинаються в однiй точцi.

95

7. Довести, що коли у тетраедрi OABC ребра OA, OB i OCвзаємно перпендикулярнi, то має мiсце спiввiдношення

1

OA2+

1

OB2+

1

OC2=

1

OH2,

де OH — висота, опущена з вершини C на грань ABC.

8. Довести, що у правильному тетраедрi сума вiдстаней вiдбудь-якої внутрiшньої точки до всiх чотирьох граней до-рiвнює довжинi його висоти.

9. У правильнiй чотирикутнiй пiрамiдi SABCD бiчна граньнахилена до площини основи пiд кутом α. Знайти кут ϕмiж площинами AKC i SAB, якщо K — середина ребраSB.

10. Нехай SABCD — правильна чотирикутна пiрамiда. Дове-сти, що сума вiдстаней вiд будь-якої точки M , що лежитьвсерединi основи ABCD, до бiчних граней є величинастала, яка не залежить вiд вибору точки M .

96

5 ЛЕКЦIЯ: Скалярний добуток двох век-торiв. Застосування його в геометрiї

Вектори у геометрiї. Означення скалярного добутку та його вла-стивостi. Координатне подання скалярного добутку. Аксiома-тичне означення скалярного добутку. Застосування скалярногодобутку в геометрiї.

Лiтература. [1] стор. 25–28, [3] стор. 30–31, [5] стор. 39–50,[11].

Змiстовно пiд вектором розумiють напрямлений вiдрiзок,тобто вiдрiзок, для якого зазначено, яку з кiнцевих його то-чок вважати першою, а яку — другою. Першу точку A на-прямленого вiдрiзка AB називають початком вектора, а другу

точку B — кiнцем, а запис−−→AB є позначенням такого вектора.

У стардартний спосiб вводяться операцiї: додавання векторiв,множення вектора на число, i щоб цi операцiї завжди викону-вались, кожну точку (напрямлений вiдрiзок, у якого початок iкiнець збiгаються) розглядають як вектор (нуль-вектор).

Бiльш строго поняття вектора вводиться як елемент фактор-множини W/

ω=, яка породжена вiдношенням еквiполентно-

стi ω= (рiвностi двох напрямлених вiдрiзкiв) на множинi W

всiх напрямлених вiдрiзкiв простору (площини, прямої). Ко-жен клас еквiвалентностi цього вiдношення називають векто-ром (або вiльним вектором). Позначатимемо вектори однiєю лi-терою, над якою будемо ставити стрiлку: ~a,~b, . . . . Якщо ~a — за-даний вектор, а напрямлений вiдрiзок AB є одним iз представ-никiв вiдповiдного класу еквiвалентностi вiдношення ω

=, тобто

AB ∈ ~a, то у цьому випадку вектор ~a позначають через−−→AB

(~a =−−→AB ), а на малюнку зображають напрямленим вiдрiзком

AB. Бiльше того, для довiльного вектора ~a i довiльної точки

97

O простору (прямої, площини) iснує єдина точка M така, що−−→OM= ~a. Побудову точки M називають вiдкладанням вектора~a вiд точки O. Операцiї додавання векторiв i множення векто-ра на число вводяться у множинi W/ ω

= через такi операцiї надпредставниками вiдповiдних класiв.

I нарештi, множина векторiв вводиться (аксiоматично) якмножина надiлена структурою лiнiйного простору над полемдiйсних чисел, тобто векторами називають елементи множиниL, яка надiлена двома операцiями:

а) + : L× L→ L (додавання векторiв),б) · : R× L→ L (множення вектора на число),

причому останнi задовольняють такi властивостi (аксiоми):

1◦. (∀a, b, c ∈ L)(a+ (b+ c) = (a+ b) + c);

2◦. (∀a, b ∈ L)(a+ b = b+ a);

3◦. (∃0 ∈ L)(∀a ∈ L)(0 + a = a);

4◦. (∀a ∈ L)(∃(−a) ∈ L)(a+ (−a) = 0);

5◦. (∀α ∈ R)(∀a, b ∈ L)(α(a+ b) = αa+ αb);

6◦. (∀αβ ∈ R)(∀a ∈ L)((α+ β)a = αa+ βa);

7◦. (∀αβ ∈ R)(∀a ∈ L)((αβ)a = α(βa));

8◦. (∀a ∈ L)(1 · a = a).

(5.1)

Зазначимо, що аксiоматика лiнiйного простору не є катего-ричною, тобто iснує безлiч неiзоморфних моделей (скiнченно-вимiрнi простори в алгебрi, функцiональнi простори в аналiзi),зокрема множина W/ ω

=, надiлена операцiями додавання векто-рiв i множення вектора на число, є лiнiйним простором надполем дiйсних чисел.

Надалi будемо вважати, що множина V = W/ω= вiльних

векторiв є тривимiрний лiнiйний простiр з обраним базисомB = (~e1, ~e2, ~e3), а отже, для будь-якого вектора ~a ∈ V iснує

98

єдина трiйка чисел (α, β, γ) така, що має мiсце подання

~a = α~e1 + β~e2 + γ~e3. (5.2)

У цьому поданнi числа α, β, γ називають координатами ве-ктора ~a вiдносно базиса B i для нього використовують такожзапис:

~a = (α, β, γ).

При такому поданнi операцiя додавання векторiв зводиться дододавання вiдповiдних координат, а операцiя множення векто-ра на число зводиться до множення кожної координати на цечисло.

Застосування векторiв у геометрiї полягає у тому, що розмi-щення точок, прямих i площин у просторi записується мовоювекторiв, точнiше — у виглядi певних векторних рiвностей, якiв результатi певних перетворень приводять до нових векторнихрiвностей, а потiм кiнцевий результат знову перекладається намову геометрiї. Причому використання тiльки операцiй дода-вання векторiв i множення вектора на число, якi задовольняютьосновним властивостям (5.1) дозволяє розв’язати задачi афiнноїчастини геометрiї, тобто задачi, у яких необхiдно встановитипаралельнiсть прямих i площин, належнiсть даних точок однiйпрямiй, даних прямих однiй площинi тощо.

Так, наприклад, щоб перевiрити, що прямi AB i CD пара-лельнi, досить взяти на цих прямих ненулевi вектори i показати,що вони колiнеарнi. А щоб довести, що три точки A,B i C ле-

жать на однiй прямiй, досить показати, що−−→AB = k

−−→AC , або

ж, взявши довiльну точку O простору (площини), показати, що

−−→OC =

m

m+ n

−−→OA +

n

m+ n

−−→OB .

Зокрема, коли−−→AB = −

−−→AC , то точки B i C симетричнi вiдно-

сно точки A.

99

Умова компланарностi трьох векторiв дозволяє перевiритипаралельнiсть трьох прямих площини, або ж належнiсть чоти-рьох точок однiй площинi. При розв’язуваннi ряду геометри-чних задач може бути iстотно використано єдинiсть поданнявектора у виглядi (5.2).

Приклад 1. У чотирикутнику ABCD пряма, проведена че-рез точку A паралельно BC, перетинає пряму BD у точцi M ,а пряма, проведена через точку B паралельно AD, перетинаєпряму AC у точцi N . Довести, що прямi MN i DC паралельнi.

Розв’язання. Нехай точка O є точкою перетину дiагоналейAC i BD (рис. 26), i дiлить вiдрiзок AC у вiдношеннi p : q, а

Рис. 26

вiдрiзок BD у вiдношеннi m : n. Тодi вектор−−→DC подається у

виглядi−−→DC =

−−→OC −

−−→OD=

q

p

−−→AO − n

m

−−→BO .

Оскiльки трикутники BCO i MAO подiбнi, то

BO

OM=OC

OA=q

p, а отже,

−−→OM=

p

q

−−→BO .

100

А оскiльки трикутники AOD i COB подiбнi, то

AO

ON=DO

OB=

n

m,

а отже,−−→ON =

m

n

−−→AO . Тодi вектор

−−→MN подається у виглядi

−−→MN=

−−→ON −

−−→OM=

m

n

−−→AO −p

q

−−→BO .

Якщо взяти число k =nq

mp, то

k−−→MN=

q

p

−−→AO − n

m

−−→BO=

−−→DC ,

тобто вектори−−→MN i

−−→DC колiнеарнi. А це й означає, що прямi

MN i DC паралельнi. �

Приклад 2. Нехай P,Q,R — точки перетину медiан вiдпо-вiдно граней SAB, SBC, SAC тетраедра SABC. Довести, щоточка перетину медiан трикутникiв ABC i PQR, а також точкаS лежать на однiй прямiй.

Розв’язання. Нехай M1 i M2 — точки перетину медiан вiд-повiдно трикутникiв ABC i PQR (рис. 27). Скориставшись тим,

101

що коли точка M є точкою перетину медiан трикутника ABC,а O — довiльна точка простору, то

−−→OM=

1

3

(−−→OA +

−−→OB +

−−→OC

),

для точки S i трикутникiв ABC i PQR маємо:

−−→SM1=

1

3

(−−→SA +

−−→SB +

−−→SC

),

−−→SM2=

1

3

(−−→SP +

−−→SQ +

−−→SR

),

А оскiльки P,Q,R є точки перетину медiан вiдповiдно трику-тникiв SAB, SBC, SAC, то

−−→SP =

1

3

(−−→SS +

−−→SA +

−−→SB

)=

1

3

(−−→SA +

−−→SB

),

−−→SQ =

1

3

(−−→SS +

−−→SB +

−−→SC

)=

1

3

(−−→SB +

−−→SC

),

−−→SR =

1

3

(−−→SS +

−−→SC +

−−→SA

)=

1

3

(−−→SC +

−−→SA

).

Тодi−−→SM2=

2

9

(−−→SA +

−−→SB +

−−→SC

),

i вектор−−→SM2=

2

3

−−→SM1. А це й означає, що точки S,M2,M1

лежать на однiй прямiй. �

Приклад 3. Побудувати перерiз куба ABCDA1B1C1D1 пло-щиною, що проходить через точкиM,N,P вiдповiдно на ребрахAA1, B1C1, CD такi, що

AM

MA1

=1

2,

B1N

NC1

=3

2,

CP

PD= 1.

102

Розв’язання. Побудову перерiзу буде неважко здiйснити,якщо буде знайдено точки перетину площини α, що проходитьчерез точки M,N,P ще з одним ребром куба (наприклад, AD).Нехай Q — точка перетину площини α i ребра AD (рис. 28).

Рис. 28Знайдемо, у якому вiдношеннi точка Q дiлить вiдрiзок AD.Оскiльки точки M,N,P,Q лежать в однiй площинi, то для до-вiльної точки простору (наприклад, для точки D) iснують числаα, β такi, що

−−→DQ= α

−−→DM +β

−−→DN +(1− α− β)

−−→DP .

Оберемо за базис трiйку векторiв (−−→DA ,

−−→DC ,

−−→DD1). Тодi у цьо-

му базисi мають мiсце подання

−−→DM=

−−→DA +

1

3

−−→DD1,

−−→DN=

2

5

−−→DA +

−−→DC +

−−→DD1,

−−→DP =

1

2

−−→DC ,

−−→DQ= λ

−−→DA .

103

Звiдси для вектора−−→DQ маємо два подання

−−→DQ =

(α+

2

5β

)−−→DA +

(1

2− 1

2α+

1

2β

)−−→DC +

+

(1

3α+ β

)−−→DD1= λ

−−→DA .

А оскiльки розклад вектора−−→DQ по векторах

−−→DA ,

−−→DC ,

−−→DD1

єдиний, то приходимо до системи рiвняньα+

2

5β = λ,

α− β = 1,

α+ 3β = 0,

з якої дiстаємо, що λ =13

20. Побудувавши точку Q, яка дiлить

ребро AD у вiдношеннi 7:13, проводимо пряму MQ, яка є лiнi-єю перетину площини α i площини, що мiстить грань ADD1A1.Тодi точка M ′ перетину прямих MQ i A1D1 належить площинiα i площинi, що мiстить грань A1B1C1D1. А отже, пряма M ′Nналежить площинi α, i площина α перетинається з ребром A1B1

у точцi R. В такий же спосiб обгрунтовується, що точка S єточкою перетину площини α i ребра CC1. Таким чином, побудо-вано точки перетину площини α з ребрами куба, i цим побудовуперерiзу завершено. �

Як було зазначено, операцiй додавання векторiв i множен-ня вектора на скаляр недостатньо для розв’язування метричнихзадач, тобто задач, пов’язаних з вимiрюванням вiдрiзкiв та ку-тiв. i щоб зробити iнструментарiй векторної алгебри придатнимдля розв’язування i такого типу задач, вводиться поняття ска-лярного (внутрiшнього) добутку двох векторiв.

104

Означення 5.1. Скалярним добутком двох ненулевих ве-кторiв називається число, яке дорiвнює добутку довжин цихвекторiв на косинус кута мiж ними, i позначається: длябудь-яких двох ненулевих векторiв ~a i ~b

~a ·~b = |~a||~b| cos(∧

~a,~b). (5.3)

Зазначимо, що хоча кут мiж двома ненулевими векторамимає два значення: ϕ i 2π − ϕ (а з врахуванням орiєнтацiї чо-тири значення), однак косинуси цих кутiв збiгаються, а отже,скалярний добуток визначається однозначно. А щоб скалярнемноження векторiв стало скрiзь визначеним на множинi V , по-кладемо ~a ·~b = 0, якщо хоча би один з векторiв ~a i ~b є нулевим.

Таким чином, на множинi V задано три операцiї: додаваннявекторiв, множення вектора на число та скалярне множеннявекторiв. Серед властивостей останньої видiлимо таких чотири.

Теорема 5.1 (комутативнiсть скалярного множення)Для будь-яких векторiв ~a i ~b з V

~a ·~b = ~b · ~a. (5.4)

Теорема 5.2 (однорiднiсть скалярного множення) Длябудь-якого дiйсного числа k i будь-яких векторiв ~a i ~b з V

k(~a ·~b) = k~a ·~b = ~a · k~b. (5.5)

Доведення. Якщо k = 0 або хоча би один з векторiв ну-левий, то рiвнiсть (5.5) очевидна. Нехай k 6= 0 i вектори ~a i ~bненулевi. Якщо ϕ — кут мiж векторами ~a i ~b, а ψ — кут мiжвекторами k~a i ~b (рис. 29), то ψ = ϕ, якщо k > 0, i ψ = π − ϕ,якщо k < 0.

105

Рис. 29Тодi очевидно, що k · cosϕ = |k| cosψ. А тому

k~a ·~b = |k~a| · |~b| cosψ = |~a||~b||k| cosψ =

= |~a||~b|k cosϕ = k(~a ·~b).

Доведення другої частини проводиться в такий же спосiб. �

Якщо у формулi (5.3) покласти ~a = ~b, то ~a 2 := ~a · ~a = |~a|2,тобто „скалярний квадрат“ дорiвнює квадрату його довжини.Тодi, скориставшись теоремою косинусiв, для векторiв ~a,~b i ~c =~a−~b маємо:

|~c|2 = |~a|2 + |~b|2 − 2|~a||~b| cos(∧

~a,~b)

або(~a−~b)2 = ~a 2 +~b 2 − 2~a ·~b. (5.6)

Теорема 5.3 (закон дистрибутивностi). Для будь-яких ве-кторiв ~a, ~b, ~c з V справедлива рiвнiсть

~a · (~b+ ~c) = ~a ·~b+ ~a · ~c. (5.7)

Доведення. Замiнивши у (5.6) вектор ~b на −~b, отримаєморiвнiсть

(~a+~b)2 = ~a 2 +~b 2 + 2~a ·~b.

106

Тодi, з одного боку,

(~a+~b+ ~c)2 =(~a+ (~b+ ~c)

)2

= ~a 2 + (~b+ ~c)2 + 2~a · (~b+ ~c) =

= ~a 2 +~b 2 + ~c 2 + 2~b · ~c+ 2~a(~b+ ~c),

з другого боку

(~a+~b+ ~c)2 =((~a+~b) + ~c

)2

= (~a+~b)2 + ~c 2 + 2(~a+~b) · ~c =

= ~a 2 +~b 2 + ~c 2 + 2~a ·~b+ 2(~a+~b) · ~c.

Звiдси~a · (~b+ ~c)− (~a+~b) · ~c = ~a ·~b−~b · ~c.

Якщо в останнiй формулi замiнити ~c на −~c i обидвi рiвностiдодати, то дiстанемо

~a · (~b+ ~c) + ~a · (~b− ~c) = 2~a ·~b.

i нарештi, поклавши замiсть ~b вектор1

2(~b+~c), а замiсть ~c вектор

1

2(~b− ~c), дiстанемо:

~a ·(

1

2(~b+ ~c) +

1

2(~b− ~c)

)+ ~a ·

(1

2(~b+ ~c)− 1

2(~b− ~c)

)=

= ~a ·~b+ ~a · ~c = 2~a ·(

1

2(~b+ ~c)

)= ~a · (~b+ ~c). �

Теорема 5.4 (додатна визначеннiсть). Для будь-якого ве-ктора ~a має мiсце ~a 2 > 0 i ~a 2 = 0 тодi i тiльки тодi, коли~a = 0.

107

Очевидно, що через скалярний добуток визначається дов-жина вектора

|~a| =√~a · ~a (5.8)

i косинус мiж ненулевими векторами

cosϕ =~a ·~b|~a||~b|

. (5.9)

Зрозумiло, що формула (5.8) може слугувати для знаходжен-ня довжини вектора (а отже, довжини вiдрiзка), а формула(5.9) — для знаходження величини кута у тому випадку, колискалярний добуток буде задано, або ж його можна визначити здопомогою певної додаткової iнформацiї.

Нехай у множинi V обрано базис B = (~e1, ~e2, ~e3), про якийвiдомо, що |~e1| = |~e2| = |~e3| = 1, а також вiдомi косинуси кутiв

мiж базисними векторами cosα = cos(∧

~e1, ~e2), cos β = cos(∧

~e2, ~e3),

cos γ = cos(∧

~e3, ~e1). Таким чином, вiдомими є шiсть скалярнихдобуткiв

~e1 · ~e1 = ~e2 · ~e2 = ~e3 · ~e3 = 1,

~e1 · ~e2 = cosα, ~e2 · ~e3 = cos β, ~e3 · ~e1 = cos γ.(5.10)

А оскiльки у заданому базисi кожен вектор має єдине коорди-натне подання, то для будь-яких двох векторiв

~a = a1~e1 + a2~e2 + a3~e3, ~b = b1~e1 + b2~e2 + b3~e3

їх скалярний добуток дорiвнює

~a ·~b = (a1b1)~e1 · ~e1 + (a2b2)~e2 · ~e2 + (a3b3)~e3 · ~e3 +

+ (a1b2)~e1 · ~e2 + (a1b3)~e1 · ~e3 + (a2b1)~e2 · ~e1 +

+ (a2b3)~e2 · ~e3 + (a3b1)~e3 · ~e1 + (a3b2)~e3 · ~e2 =

= a1b1 + a2b2 + a3b3 + (a1b2 + a2b1) cosα+

+ (a2b3 + a3b2) cos β + (a1b3 + a3b1) cos γ, (5.11)

108

зокрема коли базис B ортонормований, то α = β = γ =π

2i

~a ·~b = a1b1 + a2b2 + a3b3. (5.12)

Отже, довжина вектора ~a = (a1, a2, a3) в ортонормованому ба-зисi обчислюється за формулою

|~a| =√a2

1 + a22 + a2

3, (5.13)

а косинус кута мiж ненулевими векторами ~a = (a1, a2, a3), ~b =(b1, b2, b3) — за формулою

cos(∧

~a,~b) =a1b1 + a2b2 + a3b3√

a21 + a2

2 + a23

√b21 + b22 + b23

, (5.14)

зокрема, цi вектори ортогональнi, якщо

a1b1 + a2b2 + a3b3 = 0.

Скалярне множення є потужним засобом доведення геоме-тричних теорем i розв’язування метричних задач.

Приклад 4. Довести, що у трикутнику перетинаються воднiй точцi його: а) медiани, б) висоти (або їх продовження),в) бiсектриси.

Розв’язання. а) Нехай у трикутнику ABC точка M є то-чкою перетину медiан, проведених з вершин A i C. Тодi ве-

ктор−−→AM колiнеарний вектору

−−→AB +

−−→AC , а вектор

−−→CM ко-

лiнеарний вектору−−→CB −

−−→AC , тобто

−−→AM= x

(−−→AB +

−−→AC

),

−−→CM= y

(−−→AB − 2

−−→AC

)для деяких x, y ∈ R.

Врахувавши останнi подання i те, що−−→AM=

−−→AC +

−−→CM ,

приходимо до векторної рiвностi

(x− y)−−→AB +(x− 1− 2y)

−−→AC = ~0,

109

яка в силу єдиностi розкладу вектора за неколiнеарними векто-

рами−−→AB i

−−→AC дає систему рiвнянь{

x− y = 0,

x+ 2y = 1.

Розв’язавши її, матимемо

−−→AM=

1

3

(−−→AB +

−−→AC

),

−−→CM=

1

3

(−−→AB −2

−−→AC

).

Тодi, з одного боку

−−→BM=

−−→AM −

−−→AB = −2

3

−−→AB +

1

3

−−→AC ,

а, з другого боку, вектор−−→BB1, де B1 — середина вiдрiзка AC,

подається у виглядi

−−→BB1= −1

2

−−→AB −1

2

−−→CB = −

−−→AB +

1

2

−−→AC ,

тобто вектори−−→BM i

−−→BB1 колiнеарнi. Отже, i третя медiана

проходить через точку M .б) Нехай у трикутнику ABC точка H є точкою перетину

висот (або їх продовжень), проведених з вершин A i B. Длячотирьох точок A,B,C i H маємо

−−→AB ·

−−→HC +

−−→BC ·

−−→HA +

−−→CA ·

−−→HB=

(−−→HB −

−−→HA

)·−−→HC +

+

(−−→HC −

−−→HB

)·−−→HA +

(−−→HA −

−−→HC

)·−−→HB= 0.

А оскiльки AH ⊥ BC i BH ⊥ AC, то з останньої рiвностi

матимемо−−→AB ·

−−→HC= 0, тобто CH ⊥ AB. Отже, i третя висота

(або її продовження) проходить через точку H.

110

в) Нехай у трикутнику ABC точка S є точкою перетину

бiсектрис, проведених з вершин A i B. Тодi вектор−−→AS колiне-

арний вектору−−→AB

|−−→AB |

+

−−→AC

|−−→AC |

,

а вектор−−→BS колiнеарний вектору

−−→BA

|−−→AB |

+

−−→BC

|−−→BC |

,

тобто

−−→AS = x

−−→AB

|−−→AB |

+

−−→AC

|−−→AC |

,−−→BS = y

−−→BA

|−−→AB |

+

−−→BC

|−−→BC |

для деяких x, y ∈ R. Врахувавши останнi подання i те, що−−→AB +

−−→BS +

−−→SA = ~0, приходимо до векторної рiвностi

−−→AB + y

− −−→AB

|−−→AB |

+

−−→AC

|−−→BC |

−−−→AB

|−−→BC |

−

− x

−−→AB

|−−→AB |

+

−−→AC

|−−→AC |

=

=

| −−→AB | − y − y

−−→AB

|−−→BC |

− x

−−→AB

|−−→AB |

+

111

+

−−→AC

|−−→BC |

y − x

−−→AC

|−−→AC |

= ~0,

яка в силу єдиностi розкладу вектора за неколiнеарними векто-

рами−−→AB i

−−→AC дає систему рiвнянь

x+

1 +|−−→AB |

|−−→BC |

y = |−−→AB |,

x− |−−→AC |

|−−→BC |

y = 0.

Розв’язавши її, матимемо

−−→AS =

|−−→AC |p

−−→AB +

|−−→AB |p

−−→AC ,

де p — периметр трикутника ABC. Тодi, з одного боку,

−−→CS =

−−→AS −

−−→AC =

|−−→AC |p

−−→AB −|

−−→BC |+ |

−−→AC |

p

−−→AC ,

а з другого боку, вектор−−→CC1 , де вiдрiзок CC1 — бiсектриса

кута C, колiнеарний вектору

−−→CA

|−−→AC |

+

−−→CB

|−−→BC |

=1

|−−→BC |

−−→AB −|

−−→BC |+ |

−−→AC |

|−−→BC ||

−−→AC |

−−→AC ,

домноживши який на|−−→BC ||

−−→AC |

p, дiстанемо вектор

−−→CS ,

тобто вектори−−→CS i

−−→CC1 колiнеарнi. Отже, i третя бiсектриса

проходить через точку S. �

112

Приклад 5. У правильному тетраедрi SABCD знайти ку-ти мiж: а) мимобiжними висотами SE i CF вiдповiдно гранейABS i BSC, б) висотою SE i прямою, що проходить через се-редину ребра AC i центр гранi BCS.

Розв’язання. Приймемо вектори−−→SA ,

−−→SB ,

−−→SC (рис. 30)

за базис, причому вважатимемо, що

|−−→SA | = |

−−→SD | = |

−−→SC | = 1.

Рис. 30Тодi

−−→SA ·

−−→SA =

−−→SB ·

−−→SB =

−−→SC ·

−−→SC = 1,

−−→SA ·

−−→SB =

−−→SA ·

−−→SC =

−−→SB ·

−−→SC =

1

2,

а вектори−−→SE i

−−→CF мають такi подання

−−→SE =

1

2

−−→SA +

1

2

−−→SB ,

−−→CF = −1

2

−−→SB +

−−→SC .

113

а) Косинус кута ϕ мiж висотами SE i CF визначається як

косинус кута мiж векторами−−→SE i

−−→CF , тобто

cosϕ =

−−→SE ·

−−→CF

|−−→SE ||

−−→CF |

=−1

4− 1

4· 1

2+

1

2· 1

2+

1

2· 1

2√1

4+

1

4+ 2 · 1

4· 1

2

√1

4+ 1− 2 · 1

2· 1

2

=1

6.

б) Вектори−−→SM i

−−→SN у заданому базисi мають подання

−−→SM =

1

2

−−→SA +

1

2

−−→SC ,

−−→SN =

1

3

−−→SB +

1

3

−−→SC .

Тодi−−→NM=

1

2

−−→SA −1

3

−−→SB +

1

6

−−→SC , i косинус кута ψ мiж ве-

кторами−−→SE i

−−→NM , тобто косинус шуканого кута, дорiвнює

cosψ =

−−→SE ·

−−→NM

|−−→SE ||

−−→NM |

=

=

1

4+

1

4· 1

2− 1

6· 1

2− 1

6+

1

12· 1

2+

1

12· 1

2√1

4+

1

4+ 2

1

4 · 2

√1

4+

1

9+

1

36− 2

1

6 · 2+ 2

1

12 · 2− 2

1

18 · 2

=5√

3

18. �

Приклад 6. Основою призми є правильний трикутник, сто-рона основи якого дорiвнює a. Бiчне ребро b утворює iз сторо-нами основи, якi його перетинають, кути α i β. Знайти об’ємпризми.

Розв’язання. Нехай у призми ABCA1B1C1 (рис. 31)∠BAA1 = α, ∠CAA1 = β, а трикутник BDE є його поперечний

114

перерiз. Очевидно, що BD = a sinα, ED = a sin β. Залишається

Рис. 31знайти кут мiж цими сторонами. З цiєю метою оберемо базис(~e1, ~e2, ~e3), де одиничнi вектори ~e1, ~e2, ~e3 колiнеарнi вiдповiдно

векторам−−→AB ,

−−→AC ,

−−→AA1 , тобто

~e1 · ~e1 = ~e2 · ~e2 = ~e3 · ~e3 = 1,

~e1 · ~e2 =1

2, ~e2 · ~e3 = cos β, ~e1 · ~e3 = cosα.

Тодi у цьому базисi вершини трикутника BDE мають коор-динати B(a, 0, 0), D(0, 0, a cosα), E(0, a, a(cosα − cos β)), а для

векторiв−−→DB i

−−→DE має мiсце подання

−−→DB= a~e1 − a cosα~e3,

−−→DE = a~e2 − a cos β~e3.

Звiдси

cosϕ = cos(

∧−−→DB ,

−−→DE ) =

115

=a2 · 1

2− a2 cos β cosα− a2 cosα cos β + a2 cosα cos β

√a2 + a2 cosα− 2a2 cosα

√a2 + a2 cos2 β − 2a2 cos2 β

=

=

1

2− cosα cos β

sinα sin β.

Отже, об’єм призми дорiвнює

V = b · SBDE = b · 1

2BD · ED sinϕ =

=1

2a2b sinα sin β

√√√√√√1−

1

2− cosα cos β

sinα sin β

2

=

=1

2a2b

√sin2 α sin2 β − 1

4+ cosα cos β − cos2 α cos2 β =

=1

4a2b(3 + 4 sin2 α sin2 β − 4 sin2 α− 4 cos2 α−

−4 cos2 α cos2 β + 4 cosα cos β)12 =

=1

4a2b(3− 4 sin2 α cos2 β − 4 cos2 α cos2 β − 4 cos2 α+

+4 cosα cos β)12 =

=1

4a2b√

3− 4(cos2 α+ cos2 β − cosα cos β). �

Поняття скалярного добутку було перенесено на лiнiйнi про-стори, i таке узагальнення не тiльки породило нову математи-чну структуру евклiдiв простiр, але стало потужним iнстру-ментом при розв’язаннi багатьох задач з рiзних роздiлiв мате-матики. Зрозумiло, що це поняття вводиться аксiоматично, а

116

саме, як функцiя визначена на множинi пар елементiв лiнiйно-го простору iз значеннями у множинi R, яка задовольняє певнiхарактеристичнi властивостi (див. теореми 5.1–5.4).

Нехай L — лiнiйний простiр над полем R дiйсних чисел.

Означення 5.2. Скалярним добутком векторiв (елементiвпростору L) називається функцiя g : L×L→ R (надалi буде-мо використовувати запис a · b замiсть g(a, b) для довiльнихa, b ∈ L), яка задовольняє такi властивостi (аксiоми):

1◦. (∀a, b ∈ L)(a · b = b · a);2◦. (∀a, b, c ∈ L)(a · (b+ c) = a · b+ a · c);3◦. (∀a, b ∈ L)(∀α ∈ R)(α(a · b) = αa · b = a · αb);4◦. (∀a ∈ L)(a · a > 0 ∧ (a · a = 0 ⇐⇒ a = 0)),

(5.15)

а лiнiйний простiр, надiлений скалярним добутком називає-ться евклiдовим простором.

В евклiдовому лiнiйному просторi довжина (норма) вектораa означається так:

|a| :=√a · a. (5.16)

Оскiльки для будь-яких векторiв a i b з L має мiсце

(ta+ b) · (ta+ b) = (a · a)t2 + 2(a · b)t+ (b · b) > 0,

то дискримiнант останнього квадратного тричлена (вiдноснозмiнної t)

(a · b)2 − (a · a)(b · b) 6 0.

Звiдси дiстаємо нерiвнiсть Кошi-Буняковського

a · b 6 |a||b|, (5.17)

один з найважливiших результатiв теорiї евклiдових просторiв.

117

Нерiвнiсть (5.17) дозволяє ввести кут ϕ мiж векторами a i bза допомогою формули

cosϕ =a · b|a||b|

, (5.18)

обгрунтувати основну нерiвнiсть для довжини суми векторiв

|a+ b| 6 |a|+ |b| (5.19)

i ввести поняття вiдстанi мiж векторами

d(a, b) = |a− b|. (5.20)

Приклад 7. Нехай x2 + 2px+ q є квадратний тричлен з вiд’-ємним дискримiнантом, i нехай для будь-яких (x1, y1), (x2, y2) злiнiйного простору R2

f((x1, y1), (x2, y2)) = x1x2 + px1y2 + py1x2 + qy1y2.

Довести, що задана функцiя надiляє R2 скалярним добутком.З’ясувати геометричний змiст такого евклiдового простору.

Розв’язання. Перевiримо, чи задовольняє задана функцiяозначення 5.2. Виконуванiсть аксiом 1◦ i 3◦ очевидна. Нехай(x1, y1), (x2, y2), (x3, y3) є три довiльнi елементи з R. Тодi

f((x1, y1), (x2 + x3, y2 + y3)) = x1(x2 + x3) + px1(y2 + y3) +

+ py1(x2 + x3) + qy1(y2 + y3) = x1x2 + px1y3 +

+ py1x2 + qy1y2 + x1x3 + px1y3 + py1x3 + qy1y3 =

= f((x1, y1), (x2, y2)) + f((x1, y1), (x3, y3)),

тобто виконується аксiома 2◦. Нарештi, для будь-якого елемен-та (x, y) з R2

f((x, y), (x, y)) = x2 + 2pxy + qy2 > 0.

118

Справдi, якщо y 6= 0, то знак правої частини визначається зна-ком значення квадратного тричлена у точцi

x

y, який у кожнiй

точцi додатний. Якщо ж y = 0, то

f((x, 0), (x, 0)) = x2 > 0.

Крiм того, f((x, y), (x, y)) = 0 тодi i тiльки тодi, коли (x, y) =(0, 0). Таким чином, обгрунтована виконуванiсть i аксiоми 4◦, iми справдi маємо евклiдiв простiр.

Очевидно, що для векторiв e1 = (1, 0), e2 =1√q(0, 1)

|e1| = |e2| = 1, cos(∧

e1, e2) =p√q.

Отже, заданий евклiдiв простiр R2 iзоморфний двомiрному лi-нiйному простору вiльних векторiв, базисом якого є одиничнiвектори ~e1 i ~e2 з кутом ϕ = arccos

p√qмiж ними. �

Завдання для самоконтролю.

1. Сформулювати i обгрунтувати необхiдну i достатну умовиколiнеарностi двох векторiв i компланарностi трьох векто-рiв.

2. Довести, що в ортонормованому базисi для будь-яких двохненулевих векторiв ~a(a1, a2), ~b(b1, b2))

sinϕ =a1b2 − a2b1

|~a||~b|,

де ϕ — кут мiж цими векторами.

3. Довести, що у всякому трикутнику ABC

a

sinA=

b

sinB=

c

sinC

(теорема синусiв).

119

4. Навколо трикутника ABC описано коло з центром O; D —вершина паралелограма ABCD. Довести, що

OD2 = R2 + a2 − b2 + c2.

5. Довести, що у трикутнику ABC

ctgA+ ctgB + ctgC =1

4S(a2 + b2 + c2).

6. Довести, що коли A,B,C,D — довiльнi чотири точки про-стору, то має мiсце рiвнiсть

−−→AB ·

−−→DC +

−−→BC ·

−−→DA +

−−→CA ·

−−→DB= 0.

7. Довести, що коли бiсектриси двох плоских кутiв тригран-ного кута взаємно перпендикулярнi, то бiсектриса третьо-го плоского кута перпендикулярна до кожної з першихдвох бiсектрис.

8. Довести, що коли у тетраедрi SABC ребра SA, SB,SC взаємно перпендикулярнi i мають довжини вiдповiдноa, b, c, то має мiсце формула

1

a2+

1

b2+

1

c2=

1

h2.

9. Довести, що коли у тетраедрi SABC вiдстанi мiж сере-динами протилежних ребер рiвнi мiж собою, то довжиниребер будь-якого з тригранних кутiв цього тетраедра про-порцiйнi косинусам протилежних плоских кутiв цього жтригранного кута.

10. Довести, що для кутiв трикутника виконується нерiвнiсть

cosA+ cosB + cosC 63

2.

120

6 ЛЕКЦIЯ: Векторний добуток двох век-торiв. Застосування його в геометрiї

Означення векторного добутку. Теорема про координати вектор-ного добутку. Властивостi векторного добутку.

Лiтература. [1] стор. 166–170, [3] стор. 173–176, [5] стор.293–297, [7], [11].

У тривимiрному орiєнтованому векторному просторi V крiмскалярного добутку вводиться поняття векторного добутку ве-кторiв.

Означення 6.1. Векторним добутком двох неколiнеарнихвекторiв ~a i~b називають вектор ~c, який перпендикулярний докожного з векторiв ~a i ~b, має довжину, що дорiвнює площiперелелограма, побудованого на цих векторах, i напрямле-ний так, що базис (~a,~b,~c) має праву орiєнтацiю.

Якщо вектори ~a i ~b колiнеарнi, то вважають, що їх ве-кторний добуток є нуль-вектор.

Позначають такий добуток так: [~a~b], або [~a,~b], або ~a × ~b.Задамо у просторi V ортонормований правий репер (O,~i,~j,~k).То-

дi очевидно (рис. 32), що

[~i~j] = ~k, [~j ~k] =~i, [~k~i] = ~j.

Якщо маємо два одиничних вектори~e1 i ~e2, то, вiдклавши їх вiд точки O(рис. 33) i провiвши через цю точкуплощину Π, перпендикулярну векто-ру ~e2, спроектуємо ортогонально

Рис. 32 вектор ~e1 на цю площину. Проекцiю~e ′1 повернемо у площинi Π на кут

π

2за годинниковою стрiлкою,

121

якщо дивитись з кiнця вектора ~e2. Вектор ~e ′′1 i є векторнимдобутком векторiв ~e1 i ~e2. Справдi, вектор ~e ′′1 перпендикулярнийдо кожного з векторiв ~e1 i ~e2 за побудовою,

|~e ′′1| = |~e ′1| = |~e1| cos(π

2− ϕ

)= sinϕ,

i базис (~e1, ~e2, ~e′′1) має праву орiєнтацiю.

На пiдставi останнього результату неважко дати геметричне об-грунтування дистрибутивностi векторного множення вiдноснододавання. А це в свою чергу дає можливiсть знайти коор-динати подання векторного добутку через координати заданихвекторiв. Таке подання можна знайти i аналiтичним шляхом.

Теорема 6.1. Якщо вектори ~a i ~b в ортонормованому ба-зисi (~i,~j,~k) мають координати (a1, a2, a3) i (b1, b2, b3), то ве-кторний добуток [~a~b] має координати(∣∣∣∣∣ a2 a3

b2 b3

∣∣∣∣∣ ,∣∣∣∣∣ a3 a1

b3 b1

∣∣∣∣∣ ,∣∣∣∣∣ a1 a2

b1 b2

∣∣∣∣∣).

Доведення. Якщо вектори ~a i ~b колiнеарнi, то всi мiноридругого порядку матрицi(

a1 a2 a3

b1 b2 b3

)

122

дорiвнюють нулю, а отже, вектор [~a~b] є нулевий вектор.Нехай вектори ~a i ~b неколiнеарнi. Тодi число |~a||~b| sinϕ, де

ϕ — кут мiж цими векторами, не дорiвнює нулю, тобто вектор[~a~b] ненулевий. Введемо позначення

~c = [~a~b] = c1~i+ c2~j + c3~k.

Тодi з того, що ~c ⊥ ~a i ~c ⊥ ~b, маємо ~a · ~c = ~b · ~c = 0, тобтокоординати вектора ~c є ненулевим розв’язком системи рiвнянь{

a1c1 + a2c2 + a3c3 = 0,

b1c1 + b2c2 + b3c3 = 0,

ранг матрицi якої дорiвнює двом. А отже, множину всiх нену-левих розв’язкiв цiєї системи можна подати у виглядi

c1 =

∣∣∣∣∣ a2 a3

b2 b3

∣∣∣∣∣ t, c2 =

∣∣∣∣∣ a3 a1

b3 b1

∣∣∣∣∣ t, c3 =

∣∣∣∣∣ a1 a2

b1 b2

∣∣∣∣∣ t,де t ∈ R i t 6= 0. Оскiльки згiдно з означенням векторногодобутку базис (~a,~b,~c) однаково орiєнтований з базисом (~i,~j,~k),то визначник системи векторiв (~a,~b,~c) вiдносно базиса (~i,~j,~k)є додатним, тобто∣∣∣∣∣∣∣a1 b1 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

∣∣∣∣∣∣∣ = c1

∣∣∣∣∣ a2 b2

a3 b3

∣∣∣∣∣− c2

∣∣∣∣∣ a1 b1

a3 b3

∣∣∣∣∣+ c3

∣∣∣∣∣ a1 b1

a2 b2

∣∣∣∣∣ =

= c1

∣∣∣∣∣ a2 a3

b2 b3

∣∣∣∣∣+ c2

∣∣∣∣∣ a3 a1

b3 b1

∣∣∣∣∣+ c3

∣∣∣∣∣ a1 a2

b1 b2

∣∣∣∣∣ =

=

∣∣∣∣∣ a2 a3

b2 b3

∣∣∣∣∣2

+

∣∣∣∣∣ a3 a1

b3 b1

∣∣∣∣∣2

+

∣∣∣∣∣ a1 a2

b1 b2

∣∣∣∣∣2 t > 0.

123

Звiдси випливає, що t > 0. Залишається знайти, при якому t

|~c| = |~a||~b| sin(∧

~a,~b).

Якщо врахувати, що

sin(∧

~a,~b) =

√1− cos2(

∧

~a,~b) =

√(~a · ~a)(~b ·~b)− (~a ·~b)2

|~a||~b|,

то

|[~a~b]| =

√(~a · ~a)(~b ·~b)− (~a ·~b)2 =

=√

(a21 + a2

2 + a23)(b

21 + b22 + b23)− (a1b1 + a2b2 + a3b3)2 =

= (a21b

22 + a2

1b23 + a2

2b21 + a2

2b23 + a2

3b21 + a2

3b22 −

−2a1a2b1b2 − 2a1a3b1b3 − 2a2a3b2b3)12 =

= ((a21b32− 2a2a3b2b3 + a2

3b22) + (a2

1b23 − 2a1a3b1b3 +

+a23b

21) + (a2

1b22 − 2a1a2b1b2 + a2

2b21))

12 =

=

√√√√∣∣∣∣∣ a2 a3

b2 b3

∣∣∣∣∣2

+

∣∣∣∣∣ a3 a1

b3 b1

∣∣∣∣∣2

+

∣∣∣∣∣ a1 a2

b1 b2

∣∣∣∣∣2

.

i з рiвностi |~c| = |[~a~b]| дiстаємо, що t = 1. Таким чином, пока-зано, що вектор [~a~b] має координатне подання вiдносно базиса(~i,~j,~k)

[~a~b] =

∣∣∣∣∣ a2 a3

b2 b3

∣∣∣∣∣~i+∣∣∣∣∣ a3 a1

b3 b1

∣∣∣∣∣~j +

∣∣∣∣∣ a1 a2

b1 b2

∣∣∣∣∣~k. (6.1)

�

124

Зауваження 1. Подання (6.1) зручно записати у виглядi „ви-значника“

[~a~b] =

∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

a1 a2 a3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣∣ . (6.2)

„Визначник“ у правiй частинi (6.2) не є визначником у звичай-ному розумiннi слова. Цей умовний запис зручний тим, що коли„визначник“ розкласти за елементами (векторами) першого ряд-ка, користуючись правилами розкладу визначника, то матиме-мо (6.1), тобто вектор [~a~b]. Наголосимо, що базис (~i,~j,~k) тут нетiльки ортонормований, але й додатно орiєнтований (правий).

Зауваження 2. Якщо у просторi V задано нормований пра-вий репер (O,~e1, ~e2, ~e3), то векторний добуток векторiв

~a = a1~e1 + a2~e2 + a3~e3, ~b = b1~e1 + b2~e2 + b3~e3

подається у виглядi

[~a~b] =

∣∣∣∣∣∣∣[~e2 ~e3] a1 b1

[~e3 ~e1] a2 b2

[~e1 ~e2] a3 b3

∣∣∣∣∣∣∣ .

Теорема 6.2. Векторний добуток задовольняє такi вла-стивостi:

а) (∀~a,~b ∈ V )([~a~b] = −[~b~a]) (антикомутативнiсть);б) (∀α ∈ R)(∀~a,~b ∈ V )([(α~a)~b] = [~a (α~b)] = α[~a~b])

(асоцiативнiсть вiдносно множення вектора на скаляр);в) (∀~a,~b,~c ∈ V )([~a(~b+ ~c)] = [~a~b] + [~a~c]),

(∀~a,~b,~c ∈ V )([(~a+~b)~c] = [~a~c] + [~b~c])(дистрибутивнiсть вiдносно додавання векторiв).

125

Доведення. Оскiльки при перестановцi двох рядкiв матрицiвизначник останньої змiнює знак на протилежний, то згiдно зформулою (6.2) маємо:

[~a~b] =

∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

a1 a2 a3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣∣ = −

∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

b1 b2 b3

a1 a2 a3

∣∣∣∣∣∣∣ = −[~b~a].

А оскiльки спiльний множник усiх елементiв рядка можна ви-носити за знак визначника, то

[(α~a)~b] =

∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

αa1 αa2 αa3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣∣ = α

∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

a1 a2 a3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣∣ = α[~a~b] =

=

∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

a1 a2 a3

αb1 αb2 αb3

∣∣∣∣∣∣∣ = [~a (α~b)].

Нарештi, оскiльки визначник квадратної матрицi, у якої еле-менти i-го рядка подаються у виглядi суми двох доданкiв, дорiв-нює сумi визначникiв двох квадратних матриць (тiєї ж розмiр-ностi), у яких всi елементи крiм елементiв i-го рядка збiгаютьсяз елементами заданої матрицi, а i-й рядок складається з першихдоданкiв для першої i з других доданкiв для другої матрицi, то

[~a (~b+ ~c)] =

∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

a1 a2 a3

b1 + c1 b2 + c2 b3 + c2

∣∣∣∣∣∣∣ =

=

∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

a1 a2 a3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

a1 a2 a3

c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣∣ = [~a~b] + [~a~c]. �

126

Наслiдок. Лiнiйна комбiнацiя векторiв множиться ве-кторно на лiнiйну комбiнацiю векторiв за правилом мно-ження многочленiв з обов’язковим збереженням порядку слi-дування спiвмножникiв, тобто

[(α~a+ β~b)(γ~c+ δ~d)] = αγ[~a~c] + αδ[~a ~d] + βγ[~b~c] + βδ[~b ~d].

Теорема 6.3. Для будь-яких векторiв ~a,~b,~c справедливарiвнiсть

[[~a~b]~c] = (~a · ~c)~b− (~b · ~c)~a.Доведення. Скориставшись формулою (6.1), маємо з одного

боку

[[~a~b]~c] =

∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

a2b3 − a3b2 a3b1 − a1b3 a1b2 − a2b1

c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣∣ =

= (a3b1c3 − a1b3c3 − a1b2c2 + a2b1c2)~i+

+ (a1b2c1 − a2b1c1 − a2b3c3 + a3b2c3)~j +

+ (a2b3c3 − a3b2c3 − a3b1c1 + a1b3c1)~k,

З другого боку

(~a · ~c)~b− (~b · ~c)~a = (a1c1 + a2c2 + a3c3)(b1~c+ b2~j + b3~k)−

− (b1c1 + b2c2 + b3c3)(a1~i+ a2

~j + a3~k) =

= (a2b1c2 + a3b1c3 − a1b2c2 − a1b3c3)~i+

+ (a1b2c1 + a3b2c3 − a2b1c1 − a2b3c3)~j +

+ (a1b3c1 + a2b3c2 − a3b1c1 − a3b2c2)~k. �

127

Зауваження. Оскiльки

[~a[~b~c]] = −[[~b~c]~a] = −(~b · ~a)~c+ (~c · ~a)~b,

то вектори [[~a~b]~c] i [~a[~b~c]], взагалi кажучи, не рiвнi, тобто ве-кторне множення не тiльки не комутативне, але й не асоцiатив-не.

Поняття векторного добутку широко використовується нетiльки у математицi, але й у фiзицi. Тут ми покажемо, як за-стосовується це поняття при обчисленнi площ.

Нехай Π — деяка площина у просторi, i нехай (~i ′,~j ′) —ортонормований (не обов’язково правий) базис у цiй площинi.Якщо ~k ′ = [~i ′~j ′], то трiйка (~i ′,~j ′, ~k ′) — правий ортонормованийбазис у просторi.

Нехай ~a = a1~i ′ + a2

~j ′, ~b = b1~i′ + b2~j

′ є довiльнi вектори,паралельнi площинi Π. Тодi у базисi (~i ′,~j ′, ~k ′) для векторiв~a = (a1, a2, 0), ~b = (b1, b2, 0) маємо

[~a~b] =

∣∣∣∣∣∣∣~i ′ ~j ′ ~k ′

a1 a2 0

b1 b2 0

∣∣∣∣∣∣∣ = (a1b2 − b1a2)~k′.

А отже, площа S паралелограма, який лежить у площинi Π iпобудований на векторах ~a = a1

~i ′+a2~j ′, ~b = b1~i

′+b2~j′, дорiвнює

S =∣∣∣[~a~b]∣∣∣ = |a1b2 − b1a2|.

Площа трикутника, побудованого на цих же векторах дорiвнює

S =1

2

∣∣∣[~a~b]∣∣∣ = |a1b2 − b1a2| =1

2

√√√√∣∣∣∣∣ ~a · ~a ~a ·~b~b · ~a ~b ·~b

∣∣∣∣∣.Нехай задано координати вершин трикутника ABC у де-

якiй прямокутнiй системi координат A(x1, y1, z1), B(x2, y2, z2),

128

C(x3, y3, z3). Тодi площа паралелограма, побудованого на векто-

рах−−→AB ,

−−→AC дорiвнює |[

−−→AB

−−→AC ]|, а площа трикутника ABC

дорiвнює1

2|[−−→AB

−−→AC ]|. Врахувавши, що вектори

−−→AB i

−−→AC

мають координати

−−→AB = (x2 − x1, y2 − y1, z2 − z1),

−−→AC = (x3 − x1, y3 − y1, z3 − z1),

вектор [−−→AB

−−→AC ] має координати(∣∣∣∣∣ y2 − y1 z2 − z1

y3 − y1 z3 − z1

∣∣∣∣∣ ,∣∣∣∣∣ z2 − z1 x2 − x1

z3 − z1 x3 − x1

∣∣∣∣∣ ,∣∣∣∣∣ x2 − x1 y2 − y1

x3 − x1 y3 − y1

∣∣∣∣∣)

у правiй системi координат i — координати(−

∣∣∣∣∣ y2 - y1 z2 - z1

y3 - y1 z3 - z1

∣∣∣∣∣ ,−∣∣∣∣∣ z2 - z1 x2 -x1

z3 - z1 x3 -x1

∣∣∣∣∣ ,−∣∣∣∣∣ x2 -x1 y2 - y1

x3 -x1 y3 - y1

∣∣∣∣∣)

у лiвiй системi координат. Тодi S4ABC дорiвнює

1

2

√√√√∣∣∣∣∣ y2 - y1 z2 - z1

y3 - y1 z3 - z1

∣∣∣∣∣2

+

∣∣∣∣∣ z2 - z1 x2 -x1

z3 - z1 x3 -x1

∣∣∣∣∣2

+

∣∣∣∣∣ x2 -x1 y2 - y1

x3 -x1 y3 - y1

∣∣∣∣∣2

.

Зокрема, коли точки A,B,C лежать у площинi xOy, тоz1 = z2 = z3 = 0 i

S4ABC =1

2|

∣∣∣∣∣ x2 − x1 y2 − y1

x3 − x1 y3 − y1

∣∣∣∣∣ | = 1

2|

∣∣∣∣∣∣∣x1 y1 1

x2 y2 1

x3 y3 1

∣∣∣∣∣∣∣ |.Продемонструємо на декiлькох прикладах, як застосовує-

ться векторний добуток при розв’язуваннi геометричних задач.

129

Приклад 1. Довести, що для будь-яких векторiв ~a i ~b

[~a+~b,~a−~b] = −2[~a~b],[12(~a+~b),~b− 1

2~a]

=3

4[~a~b].

Розв’язання. Згiдно з наслiдком теореми 6.2 маємо:

[~a+~b,~a−~b] = [~a~a]− [~a~b] + [~b~a]− [~b~b] =

= ~0− [~a~b]− [~a~b]−~0 = −2[~a~b],[12(~a+~b),~b− 1

2~a]

=1

2[~a~b]− 1

4[~a~a] +

1

2[~b~b]− 1

4[~b~a] =

=1

2[~a~b] +

1

4[~a~b] =

3

4[~a~b]. �

Приклад 2. Дано три попарно не колiнеарнi вектори ~a,~b,~c.Довести, що ~a+~b+ ~c = ~0 тодi i тiльки тодi, коли

[~a~b] = [~b~c] = [~c~a].

Розв’язання. Необхiднiсть. Нехай ~a +~b + ~c = ~0. Якщо цюрiвнiсть помножити векторно на ~a, то матимемо [~a~a] + [~b~a] +

[~c~a] = ~0 або [~a~b] = [~c~a]. Якщо ж цю рiвнiсть помножити ве-кторно на ~b, то матимемо [~a~b] = [~b~c].

Достатнiсть. Якщо [~a~b] = [~b~c], то [~a~b] + [~c~b] = ~0 або [~a +

~c,~b] = ~0. Останнє означає, що вектори ~a+~c i ~b колiнеарнi, тобтоiснує число λ таке, що ~a+ ~c+ λ~b = ~0. Звiдси ~a = −~c− λ~b. Тодiз рiвностi [~b~c] = [~c~a] маємо

[~b~c] = [~c,−~c− λ~b] = −[~c~c]− λ[~c~b],

тобто (1 − λ)[~b~c] = ~0. А оскiльки за умовою вектори ~b i ~cнеколiнеарнi, то остання рiвнiсть можлива при λ = 1. Отже,~a+~b+ ~c = ~0. �

130

Приклад 3. Нехай (~e1, ~e2, ~e3) довiльний базис векторногопростору V , i нехай у цьому базисi

~a = a1~e1 + a2~e2 + a3~e3, ~b = b1~e1 + b2~e2 + b3~e3.

Розкласти вектор [~a~b] за векторами

~f1 = [~e2 ~e3], ~f2 = [~e3 ~e1], ~f3 = [~e1 ~e2].

Розв’язання. Скориставшись властивiстю лiнiйностi ве-кторного добутку, матимемо:

[~a~b] = [a1~e1 + a2~e2 + a3~e3, b1~e1 + b2~e2 + b3~e3] =

= a1b1[~e1 ~e1] + a1b2[~e1 ~e2] + a1b3[~e1 ~e3] +

+a2b1[~e2 ~e1] + a2b2[~e2 ~e2] + a2b3[~e2 ~e3] +

+a3b1[~e3 ~e1] + a3b2[~e3 ~e2] + a3b3[~e3 ~e3] =

= a1b2 ~f3 − a1b3 ~f2 − a2b1 ~f3 + a2b3 ~f1 + a3b1 ~f2 − a3b2 ~f1 =

= (a2b3 − a3b2)~f1 + (a3b1 − a1b3)~f2 + (a1b2 − a2b1)~f3 =

=

∣∣∣∣∣ a2 a3

b2 b3

∣∣∣∣∣ ~f1 +

∣∣∣∣∣ a3 a1

b3 b1

∣∣∣∣∣ ~f2 +

∣∣∣∣∣ a1 a2

b1 b2

∣∣∣∣∣ ~f3 =

=

∣∣∣∣∣∣∣~f1

~f2~f3

a1 a2 a3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣[~e2 ~e3] [~e3 ~e1] [~e1 ~e2]

a1 a2 a3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣∣ .�

Приклад 4. Дано трикутник ABC. На прямих AB, BC i CA

обранi вiдповiдно точки M,N,P так, що−−→AM= α

−−→AB ,

−−→BN =

131

α−−→BC ,

−−→CP = α

−−→CA . При якому значеннi α площа трикутника,

вектори сторiн якого є−−→CM ,

−−→AN i

−−→BP , найменша?

Розв’язання. Нехай маємо трикутник ABC, на сторонахякого взято точки M,N,P (рис. 34) так, що

−−→AM= α

−−→AB ,

−−→BN = α

−−→BC ,

−−→CP = α

−−→CA .

Позначимо

~a =−−→CA ,~b =

−−→CB .

Тодi

~BP = −~b+ α~a,

−−→CM= ~a+ α(~b− ~a),−−→AN = (1− α)~b− ~a.

Рис. 34 Оскiльки−−→CM +

−−→BP +

−−→AN = (1− α)~a+ α~b−~b+ α~a+ (1− α)~b− ~a = ~0,

то вектори−−→CM ,

−−→BP ,

−−→AN утворюють трикутник. Позначимо

площу цього трикутника через S(α). Тодi

S(α) =1

2|[−−→CM ,

−−→AN ]| = 1

2|[(1− α)~a+ α~b, (1− α)~b− ~a]| =

=1

2|(1− α)2[~a~b]− (1− α)[~a~a] + α(1− α)[~b~b]− α[~b~a]| =

=1

2|(1− α)2[~a~b] + α[~a~b]| = 1

2(1− α+ α2)S4ABC .

132

Очевидно, що S(α) досягає мiнiмуму при α = 12, тобто мiнi-

мальну площу буде мати трикутник, сторонами якого будутьмедiани заданого. �

Завдання для самоконтролю.

1. Довести, що вектор

~c =

∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

a1 a2 a3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣∣а) ортогональний векторам ~a = a1

~i+ a2~j + a3

~k,~b = b1~i+ b2~j + b3~k;

b) є нулевим вектором тодi i тiльки тодi, коли вектори ~ai ~b ортогональнi;

c) якщо ж вектори ~a i ~b неколiнеарнi, то трiйка (~a,~b,~c)є правий базис. Який висновок можна зробити з дове-деного факту?

2. Довести, що для будь-яких векторiв ~a,~b,~c, ~d

a) [[~a~b] [~c ~d]] = (~a · [~c ~d])~b− (~b · [~c ~d])~a;

b) [~a~b] · [~c ~d] = (~a · ~c)(~b · ~d)− (~a · ~d)(~b · ~c);

c) [~a [~b~c]] + [~b [~c~a]] + [~c [~a~b]] = ~0;

d) [~a~b] · [~a~b] = (~a · ~a)(~b ·~b)− (~a ·~b)2.

3. Нехай три ненулевих вектори пов’язанi спiввiдношеннями

~a = [~b~c], ~b = [~c~a], ~c = [~a~b].

Знайти довжини цих векторiв i кути мiж ними.

133

4. Довести, що для будь-яких векторiв ~a,~b,~c, ~d вектори [~a ~d],[~b ~d], [~c ~d] компланарнi.

5. Знайти координати вектора ~x, якщо вiн перпендикулярнийдо векторiв ~a = (2,−2, 1), ~b = (0, 1, 3), утворює з вiссю Oyтупий кут i |x| = 26.

6. Знайти координати вектора ~x, якщо вiн перпендикулярнийдо осi Oz i до вектора ~a = (8,−15, 3), утворює з вiссю Oxгострий кут i |x| = 51.

7. Довести, що площа трикутника, сторонами якого є медiа-ни заданого трикутника ABC, складає 3

4площi трикутни-

ка ABC.

8. На сторонах AB, BC, CD, DA опуклого чотирикутникаABCD з площею S взято вiдповiдно точки M,N,P,Q так,що

AM

AB=BN

BC=CP

CD=DQ

DA= α.

Знайти площу чотирикутника MNPQ. При якому значен-нi α ця площа мiнiмальна?

9. Довести, що площа трапецiї ABCD (AD ‖BC) дорiвнює1 + k

2

∣∣∣[ −−→AB−−→AD ]

∣∣∣, де k = BC : AD.

10. Довести, що всi гранi тетраедра ABCD рiвновеликi тодi iтiльки тодi, коли вони є рiвними трикутниками.

134

7 ЛЕКЦIЯ: Мiшаний добуток трьох век-торiв. Використання його у геометрiї

Означення мiшаного добутку трьох векторiв, його властиво-стi. Необхiдна i достатна умова компланарностi трьох векторiв.Обчислення мiшаного добутку. Об’єм тетраедра. Геометричне iаналiтичне означення мiшаного добутку.

Лiтература. [1] стор. 163–166, [3] стор. 176–179, [5] стор.287–292, [7], [11].

Поняття мiшаного (векторно-скалярного, потрiйного) добу-тку трьох векторiв можна ввести рiзними шляхами:

а) через поняття векторного i скалярного добутку [3] (вiнбуде основним);

б) через поняття об’єму [1];в) як кососиметричну лiнiйну функцiю (кососиметричну

трилiнiйну форму) векторних аргументiв8.Нехай маємо трьохвимiрний, орiєнтований векторний про-

стiр V з обраним правим ортонормованим базисом (~i,~j,~k).

Означення 7.1. Мiшаним добутком векторiв ~a, ~b i ~c нази-вається скалярний добуток векторного добутку векторiв ~ai ~b на вектор ~c i позначається

~a~b~c := [~a~b]~c. (7.1)

Теорема 7.1. Для будь-яких векторiв ~a, ~b, ~c, ~d i будь-якогодiйсного числа α справедливi такi рiвностi:

1. ~a~b~c = ~b~c~a = ~c~a~b = −~b~a~c = −~c~b~a = −~a~c~b;

2. (α~a)~b~c = ~a(α~b)~c = ~a~b(α~c) = α(~a~b~c);

8Атанасян Л.С. Геометрiя, ч. 1. – К.: Вища школа, 1976.

135

3. (~a+~b)~c ~d = ~a~c ~d+~b~c ~d, ~a(~b+ ~c)~d = ~a~b ~d+ ~a~c ~d,

~a~b(~c+ ~d) = ~a~b~c+ ~a~b ~d.

Доведення. Насамперед очевидно, що для будь-яких векто-рiв ~a i ~b має мiсце ~a~a~b = ~a~b~a = ~a~b~b = 0.

1) Тодi, скориставшись вiдповiдними властивостями вектор-ного i скалярного добутку, маємо

0 = (~a+ ~c)~b(~a+ ~c) = [~a+ ~c,~b](~a+ ~c) =

= ([~a~b] + [~c~b])(~a+ ~c) = [~a~b]~c+ [~c~b]~a.

Звiдси[~a~b]~c = −[~c~b]~a = [~b~c]~a,

а отже, ~a~b~c = ~b~c~a. Аналогiчно з рiвностi 0 = ~a(~b + ~c)(~b +

~c) отримаємо ~a~b~c = ~c~a~b. На пiдставi виведених рiвностей iантикомутативностi векторного множення маємо

~a~b~c = −~b~a~c = −~a~c~b = −~c~b~a.

2) Для будь-яких векторiв ~a, ~b, ~c i будь-якого дiйсного числаα маємо

[α~a,~b]~c = α[~a~b]~c = [~a, α~b]~c = [~a~b]α~c,

тобто виконуються рiвностi другого пункту.3) Для будь-яких чотирьох векторiв ~a, ~b, ~c, ~d маємо

(~a+~b)~c ~d = [~a+~b,~c]~d = ([~a~c] + [~b~c])~d =

= [~a~c]~d+ [~b~c]~d = ~a~c ~d+~b~c ~d.

В такий же спосiб доводяться iншi властивостi. �

Теорема 7.2. Вектори ~a, ~b, ~c компланарнi тодi i тiлькитодi, коли ~a~b~c = 0.

136

Доведення. Необхiднiсть. Нехай вектори ~a, ~b, ~c компланар-нi. Тодi один з них лiнiйно виражається через два iншi. Якщо~a = α~b+ β~c, то

~a~b~c = [α~b+ β~c,~b]~c = α[~b~b]~c+ β[~c~b]~c = 0,

оскiльки [~c~b] ⊥ ~c. Якщо ж ~c = α~a+ β~b, то

~a~b~c = [~a~b](α~a+ β~b) = α[~a~b]~a+ β[~a~b]~b = 0,

бо [~a~b] ⊥ ~a i [~a~b] ⊥ ~b.Достатнiсть. Нехай ~a~b~c = 0, тобто [~a~b]~c = 0. Це означає,

що або хоч один з векторiв є нуль-вектор, а отже, вони лiнiйнозалежнi, або всi вони ненулевi, i тодi вектор ~c паралельнийплощинi, у якiй лежать вектори ~a i ~b, а отже, лiнiйно залежнi.�

Теорема 7.3. Якщо вектори ~a, ~b, ~c вiдносно ортонорма-ного базиса (~i,~j,~k) мають вiдповiдно координати (a1, a2, a3),(b1, b2, b3), (c1, c2, c3), то

~a~b~c =

∣∣∣∣∣∣∣a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣∣ . (7.2)

Доведення. Скориставшись координатним поданням вектор-ного i скалярного добутку, маємо: ~a~b~c =

=

(∣∣∣∣∣ a2 a3

b2 b3

∣∣∣∣∣~i+∣∣∣∣∣ a3 a1

b3 b1

∣∣∣∣∣~j +

∣∣∣∣∣ a1 a2

b1 b2

∣∣∣∣∣~k)

(c1~i+ c2~j + c3~k) =

= c1

∣∣∣∣∣ a2 a3

b2 b3

∣∣∣∣∣− c2

∣∣∣∣∣ a1 a3

b1 b3

∣∣∣∣∣+ c3

∣∣∣∣∣ a1 a2

b1 b2

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣∣ . �

137

Зауваження.Можна було б розпочинати з теореми 7.3 i тодiвсi попереднi властивостi безпосередньо випливали б з власти-востей визначникiв третього порядку.

Теорема 7.4 (геометричний змiст мiшаного добутку)Якщо ~a, ~b, ~c — три некомпланарнi вектори, то абсолютнавеличина мiшаного добутку цих векторiв дорiвнює об’ємупаралелепiпеда, побудованого на цих векторах.

Доведення. Нехай ~a,~b,~c — некомпланарнi вектори. Вiзьме-

мо деяку точку O простору i вiдкладемо вектори−−→OA = ~a,

−−→OB = ~b,

−−→OC = ~c. Побудуємо паралелепiпед OADBCA1D1B1

так, щоб вiдрiзки OA, OB, OC були його ребрами (рис. 35).У цьому паралелепiпедi площа основи S (площа паралелограмаOADB)

Рис. 35дорiвнює |[~a~b]|, а його висота h дорiвнює проекцiї OH вектора~c на вектор [~a~b] (h = |~c| cosϕ), якщо трiйки (~a,~b,~c) i (~a,~b, [~a~b])

однаково зорiєнтованi (кут ϕ мiж векторами ~c i [~a~b] гострий),i проекцiї OH вектора ~c на вектор [~a~b], взятiй з протилежним

138

знаком (h = −|~c| cosϕ), якщо цi трiйки зорiєнтованi протиле-жно (кут ϕ мiж векторами ~c i [~a~b] тупий). Отже, об’єм цьогопаралелепiпеда дорiвнює

V = S · h = |[~a~b]||~c|| cosϕ| = |[~a~b]~c| = |~a~b~c|. �

Теорема 7.5. Якщо вiдносно базиса (~e1, ~e2, ~e3) вектори~a,~b,~c мають вiдповiдно координати (a1, a2, a3), (b1, b2, b3),(c1, c2, c3), то

~a~b~c =

∣∣∣∣∣∣∣a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣∣ (~e1 ~e2 ~e3). (7.3)

Доведення. Скориставшись властивостями мiшаного добу-тку, маємо ~a~b~c =

= [a1~e1 + a2~e2 + a3~e3, b1~e1 + b2~e2 + b3~e3](c1~e1 + c2~e2 + c3~e3) =

=((a1b2 − a2b1)[~e1 ~e2] + (a2b3 − a3b2)[~e2 ~e3] +

+(a1b3 − a3b1)[~e1 ~e3])(c1~e1 + c2~e2 + c3~e3) =

= (a1b2 − a2b1)c3[~e1 ~e2]~e3 + (a2b3 − a3b2)c1[~e2 ~e3]~e1 +

+(a1b3 − a3b1)c2[~e1 ~e3]~e2 =

= c1(a2b3 − a3b2)[~e1 ~e2]~e3 − c2(a1b3 − a3b1)[~e1 ~e2]~e3 +

+c3(a1b2 − a2b1)[~e1 ~e2]~e3 =

∣∣∣∣∣∣∣a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣∣ [~e1 ~e2]~e3. �

139

Мiшаний добуток дає можливiсть знаходити не тiльки об’ємпаралелепiпеда, але й об’єм тетраедра. Покажемо, що об’єм те-траедра дорiвнює 1

6модуля мiшаного добутку будь-яких трьох

некомпланарних векторiв, якi є ребрами тетраедра.Справдi, якщо до даного тетраедра SABC добудувати пара-

лелепiпед ABDCSB1D1C1 (рис. 36), то з того, що

VSABC =1

3hSABC ,

а SABC =1

2SABDC ,

випливає, що

VSABC =1

6hSABDC =

=1

6VABDCSB1D1C1 =

Рис. 36 =1

6

∣∣∣[ −−→AB ,−−→AC ]

−−→AS

∣∣∣ =1

6

∣∣∣ −−→AB

−−→AC

−−→AS

∣∣∣.А оскiльки

−−→AB

−−→BC

−−→AS =

−−→AB (

−−→AC −

−−→AB )

−−→AS =

−−→AB

−−→AC

−−→AS ,

−−→AC

−−→SB

−−→AS =

−−→AC (

−−→AB −

−−→SA )

−−→AS =

−−→AC

−−→AB

−−→AS =

= −−−→AB

−−→AC

−−→AS ,

−−→AS

−−→SB

−−→SC =

−−→AS (

−−→AB −

−−→AS )(

−−→AC −

−−→AS ) =

=−−→AS

−−→AB (

−−→AC −

−−→AS ) =

−−→AS

−−→AB

−−→AC =

140

=−−→AB

−−→AC

−−→AS

(i так можна перебрати всi 16 варiантiв вибору трьох ребертетраедра), то об’єм тетраедра дорiвнює 1

6модуля мiшаного до-

бутку будь-яких трьох некомпланарних векторiв, якi є ребрамитетраедра.

Приклад 1. Нехай вершини тетраедра мають координатиA(2, 3, 1), B(4, 1,−2), C(6, 3, 7), S(−5,−4, 8) (система координатпрямокутна декартова). Знайти довжину його висоти, опущеноїз вершини S.

Розв’язання. Оскiльки об’єм тетраедра дорiвнює

V =1

6

∣∣∣ −−→SA

−−→SB

−−→SC

∣∣∣,а площа основи ABC знаходиться за формулою

SABC =1

2

∣∣∣[ −−→AB−−→AC ]

∣∣∣,то довжина висоти SH дорiвнює

SH =3V

SABC

=|−−→SA

−−→SB

−−→SC |

|[−−→AB

−−→AC ]|

.

Скориставшись координатним поданням мiшаного i векторногодобуткiв, маємо:

−−→SA

−−→SB

−−→SC =

∣∣∣∣∣∣∣−7 −7 7

−9 −5 10

−11 −7 1

∣∣∣∣∣∣∣ = −7

∣∣∣∣∣∣∣1 1 −1

−9 −5 10

−11 −7 1

∣∣∣∣∣∣∣ = 7 · 44,

[ −−→AB

−−→AC

]=

∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

2 −2 −3

4 0 6

∣∣∣∣∣∣∣ = −12~i− 24~j + 8~k.

141

Звiдси SH =7 · 44√

122 + 242 + 82= 11. �

Для бiльш ефективного використання мiшаного добутку прирозв’язуваннi геометричних задач доведемо ще кiлька його вла-стивостей.

1◦ (допомiжна). Для будь-яких векторiв ~a,~b,~c має мiсцерiвнiсть

[~a[~b~c]] = (~a~c)~b− (~a~b)~c. (7.4)

Доведення. Оберемо правий ортонормований базис (~i,~j,~k)такий, що (~i,~j) є оротонормований базис у площинi, паралель-нiй векторам ~b i ~c (вектор ~i колiнеарний вектору ~b), а ~k = [~i~j].Тодi у цьому базисi

~b = b~i = (b, 0, 0), ~c = c1~i+ c2~j = (c1, c2, 0),

~a = a1~i+ a2

~j + a3~k = (a1, a2, a3).

Отже,

[~b~c] =

∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

b 0 0

c1 c2 0

∣∣∣∣∣∣∣ = bc2~k = (0, 0, bc2),

i

[~a[~b~c]] =

∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

a1 a2 a3

0 0 bc2

∣∣∣∣∣∣∣ = a2bc2~i− a1bc2~j =

= a2bc2~i+ a1bc1~i− a1bc1~i− a1bc2~j =

= (a1c1 + a2c2)b~i− a1b(c1~i+ c2~j) = (~a~c)~b− (~a~b)~c. �

2◦. Для будь-яких векторiв ~a,~b,~c, ~d має мiсце рiвнiсть[[~a~b][~c ~d]

]= (~a~b ~d)~c− (~a~b~c)~d. (7.5)

142

Доведення. Скориставшись (7.4), маємо[[~a~b][~c ~d]

]= ([~a~b]~d)~c− ([~a~b]~c)~d = (~a~b ~d)~c− (~a~b~c)~d. �

Якщо (~e1, ~e2, ~e3) є довiльний базис, то трiйка (~e ′1, ~e′2, ~e

′3), де

~e ′1 =[~e2 ~e3]

~e1 ~e2 ~e3, ~e ′2 =

[~e3 ~e1]

~e1 ~e2 ~e3, ~e ′3 =

[~e1 ~e2]

~e1 ~e2 ~e3, (7.6)

є правий базис. Базис (~e ′1, ~e′2, ~e

′3) називають взаємним базису

(~e1, ~e2, ~e3). Очевидно, що для всiх i, j = 1, 2, 3

~ei ~e′j =

{0, якщо i 6= j

1, якщо i = j,

причому

~e ′1 ~e′2 ~e

′3 =

1

~e1 ~e2 ~e3. (7.7)

3◦. Для будь-яких векторiв ~a,~b,~c, ~x, ~y, ~z має мiсце рiвнiсть

(~a~b~c)(~x ~y ~z) =

∣∣∣∣∣∣∣~a ~x ~a ~y ~a ~z

~b ~x ~b ~y ~b ~z

~c ~x ~c ~y ~c ~z

∣∣∣∣∣∣∣ . (7.8)

Доведення. Якщо ~a~b~c = 0, тобто вектори ~a,~b,~c компланарнi(лiнiйно залежнi), то один з векторiв ~a,~b,~c (наприклад, вектор~a) розкладається за двома iншими, тобто ~a = α~b + β~c. Тодiперший рядок визначника має вигляд

α(~b ~x) + β(~c ~x) α(~b ~y) + β(~c ~y) α(~b ~z) + β(~c ~z),

тобто є лiнiйною комбiнацiєю другого i третього рядкiв. А цеозначає, що визначник дорiвнює 0. Нехай ~a~b~c 6= 0, тобто векто-ри ~a,~b,~c некомпланарнi, а отже, їх можна прийняти за базис.

143

Розкладемо вектори ~x, ~y, ~z у базисi (~a ′,~b ′,~c ′) взаємному базису(~a,~b,~c) (див. (7.6)):

~x = x1~a′ + x2

~b ′ + x3~c′, ~y = y1~a

′ + y2~b ′ + y3~c

′,

~z = z1~a′ + z2

~b ′ + z3~c′.

Скориставшись теоремою 7.5, маємо

~x ~y ~z = 4(~a ′~b ′ ~c ′),

де

4 =

∣∣∣∣∣∣∣x1 x2 x3

y1 y2 y3

z1 z2 z3

∣∣∣∣∣∣∣ .Тодi лiва частина рiвностi (7.8) (див. (7.7)) дорiвнює

(~a~b~c)(~x ~y ~z) = (~a~b~c)4(~a ′~b ′ ~c ′) = 4.

А оскiльки ~a~a ′ = ~b~b ′ = ~c~c ′ = 1, ~a~b ′ = ~a~c ′ = ~b~a ′ = ~b~c ′ =~c~a ′ = ~c~b ′ = 0, то ~a ~x = x1, ~b ~x = x2, ~c ~x = x3, ~a ~y = y1, ~b ~y = y2,~c ~y = y3, ~a ~z = z1, ~b ~z = z2, ~c ~z = z3, тобто права частина (7.8)теж дорiвнює визначнику 4. �

Наслiдок. Для будь-яких векторiв ~a,~b,~c виконується рiв-нiсть

(~a~b~c)2 =

∣∣∣∣∣∣∣∣~a~a ~a~b ~a~c

~b~a ~b~b ~b~c

~c~a ~c~b ~c~c

∣∣∣∣∣∣∣∣ (7.9)

(визначник Грама).

Приклад 2. Знайти об’єм тетраедра SABC, у якого SA = a,SB = b, SC = c i ∠ASB = α, ∠BSC = β, ∠CSA = γ.

144

Розв’язання. Скориставшись формулою (7.9), маємо

V =1

6

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

−−→SA ·

−−→SA

−−→SA ·

−−→SB

−−→SA ·

−−→SC

−−→SB ·

−−→SA

−−→SB ·

−−→SB

−−→SB ·

−−→SC

−−→SC ·

−−→SA

−−→SC ·

−−→SB

−−→SC ·

−−→SC

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1

2

=

=1

6

∣∣∣∣∣∣∣a2 ab cosα ac cos γ

ab cosα b2 bc cos β

ac cos γ bc cos β c2

∣∣∣∣∣∣∣1

2

=

=abc

6

√1− cos2 α− cos2 β cos2 γ + 2 cosα cos β cos γ . �

Приклад 3 Знайти об’єм тетраедра, якщо вiдомi довжинивсiх його ребер.

Розв’язання. Нехай у тетраедрi SABC SA = a, SB = b,SC = c, AB = c1, BC = a1, AC = b1. Якщо ∠ASB = α,∠BSC = β, ∠CSA = γ, то за теоремою косинусiв

cosα =a2 + b2 − c21

2ab, cos β =

b2 + c2 − a21

2bc, cos γ =

a2 + c2 − b212ac

.

Тодi, скориставшись попереднiм результатом, маємо:

V =1

12

(4a2b2c2 − (a2 + b2 − c21)

2c2 − (b2 + c2 − a21)

2a2 −

−(a2 + c2 − b21)2b2 + (a2 + b2 − c21)(b

2 + c2 − a21)(a

2 + c2 −

−b21)) 1

2=

1

12

(a2a2

1(b2 + b21 + c2 + c21 − a2 − a2

1) + b2b21(a2 +

145

+a21 + c2 + c21 − b2 − b21) + c2c21(a

2 + a21 + b2 + b21 − c2 − c21)−

−a2b2c21 − b2c2a21 − a2c2b21 − a2

1b21c

21

) 12. �

Приклад 4. Довести, що площина, яка проходить через се-редини двох мимобiжних ребер тетраедра, дiлить його на двiрiвновеликi частини.

Розв’язання. Нехай точкаM — середина ребра AB, а точкаN — середина ребра SC тетраедра SABC (рис. 37). Вiзьмемона продовженнi за точку C ребра AC довiльну точку P i вва-жатимемо, що PC : CA = λ. Зрозумiло, що точки M,N,P нележать на однiй прямiй, а отже, вони визначають площину π.Побудуємо точки Q i R перетину площини π вiдповiдно з ребра-ми BC i SH i обчислимо об’єм V0 многогранника RAMQCN .

Рис. 37Очевидно, що V0 дорiвнює рiзницi V1 − V2 об’ємiв двох тетрае-дрiв PAMR i PCQN , тобто

V0 =1

6

∣∣∣ −−→PA

−−→PM

−−→PR

∣∣∣− 1

6

∣∣∣ −−→PC

−−→PQ

−−→PN

∣∣∣.146

Позначимо−−→CA = ~a,

−−→CB = ~b,

−−→CS = ~c i подамо через них векто-

ри−−→PA ,

−−→PM ,

−−→PR ,

−−→PC ,

−−→PQ ,

−−→PN . Оскiльки PC : CA = λ, то

−−→PA = (1 + λ)~a. А оскiльки

−−→PM=

−−→PA +

−−→AM i

−−→AM= 1

2(~b − ~a),

то−−→PM= (1

2+ λ)~a + 1

2~b. Нехай

−−→PR = x

−−→PN , а

−−→AR = y

−−→AS .

Тодi, врахувавши, що−−→PN = λ~a+ 1

2~c,

−−→AS = ~c−~a, з трикутника

PAS маємо:

~0 =−−→PA +

−−→AR −

−−→PR = (1 + λ)~a+ y(~c− ~a)− x

(λ~a+

1

2~c

)=

= (1 + λ− y − xλ)~a+(y − x

2

)~c.

З системи 1 + λ− y − xλ = 0,

y − x

2= 0

дiстанемо

x =2(1 + λ)

2λ+ 1,

а отже,−−→PR =

2(1 + λ)

2λ(λ~a+

1

2~c).

Таким чином,

V1 =1

6|

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 + λ 0 0

1

2+ λ

1

20

2λ(1 + λ)

2λ+ 10

1 + λ

2λ+ 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(~a~b~c)| = (1 + λ)2

2(2λ+ 1)V,

де V — об’єм тетраедра SABC.

147

Нехай−−→CQ= x~b,

−−→PQ= y

−−→PM . Тодi з трикутника PCQ ма-

ємо~0 =

−−→PC +

−−→CQ −

−−→PQ .

А оскiльки−−→PC = λ~a,

−−→PM=

(1

2+ λ

)~a+

1

2~b, то

λ~a+ x~b− y

2

((2λ+ 1)~a+~b

)= ~0

або (λ− y

2(2λ+ 1)

)~a+

(x− y

2

)~b = ~0.

Звiдси

y =2λ

2λ+ 1i

−−→PQ=

2λ

2λ+ 1

−−→PM .

Отож маємо

−−→PC = λ~a,

−−→PQ= λ~a+

λ

2λ+ 1~b,

−−→PN = λ~a+

1

2~c.

Тодi

V2 =1

6|

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

λ 0 0

λλ

2λ+ 10

λ 01

2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(~a~b~c)| = λ2

2(2λ+ 1)V,

а отже,

V0 =(1 + λ)2

2(2λ+ 1)V − λ2

2(2λ+ 1)V =

1

2V. �

Поняття мiшаного добутку можна ввести через поняття об’є-му [1, стор. 163–165]. З цiєю метою вiзьмемо три некомпланарнiвектори ~a,~b,~c i деяку точкуM у просторi. Вiдкладемо вiд точки

148

M вектори−−→MA= ~a,

−−→MB= ~b,

−−→MC= ~c, i побудуємо паралелепi-

пед MADBCA1D1C1 (рис. 38),

Рис. 38для якого вiдрiзки MA, MB i MC є ребрами. Будемо називатийого паралелепiпедом, побудованим на векторах ~a,~b,~c.

Означення 7.2. Мiшаним добутком некомпланарних ве-кторiв ~a,~b,~c (у заданому порядку) називають об’єм парале-лепiпеда, побудованого на цих векторах, взятий iз знаком„+“, якщо трiйка ~a,~b,~c є правою, iз знаком „−“ у противно-му випадку.

Якщо ж вектори компланарнi, то паралелепiпед вироджує-ться у паралелограм (або навiть у вiдрiзок) i тому природновважати, що їх мiшаний добуток дорiвнює нулевi. Щоб пере-конатись в еквiвалентностi означень 7.1 i 7.2, досить показати,що з 7.2 випливає 7.1. Пов’яжемо з паралелепiпедом (рис. 38)

ортонормований правий базис (~i ′,~j ′, ~k ′), де ~i ′ =~a

|~a|, ~j ′ пара-

лельний площинi MAB i напрямлений так, що базиси (~a,~b) i

149

(~i ′,~j ′) орiєнтованi однаково, а одиничний вектор ~k ′ напрямле-ний так, що ~k ′ = [~i ′~j ′]. Якщо ϕ — кут мiж векторами ~a i ~b,то

V = |~a||~b| sinϕ ·H.

У цьому виразi |~a||~b| sinϕ є модуль вектора [~a~b], причому[~a~b] = |[~a~b]|~k ′. Якщо трiйка векторiв ~a,~b,~c є правою, то кутмiж векторами ~c i ~k ′ гострий, i

H = |~c| cos(∧

~c,~k ′),

а отже,

V = |[~a~b]||~c| cos(∧

~c,~k ′) = [~a~b]~c.

Якщо ж трiйка векторiв ~a,~b,~c лiва, то кут мiж векторами ~c i ~k ′

тупий i

H = |~c|| cos(∧

~c,~k ′)|,а отже,

−V = −|[~a~b]||~c|| cos(∧

~c,~k ′)| = |[~a~b]||~c| cos(∧

~c,~k ′) = [~a~b]~c,

тим самим еквiвалентнiсть означень 7.1 i 7.2 обгрунтована.Завершимо цю лекцiю функцiональним пiдходом до озна-

чення мiшаного добутку (при такому пiдходi мiшаний добутокє не що iнше, як геометрична iнтерпретацiя визначника тре-тього порядку). З класу скалярних функцiй трьох векторнихаргументiв

f : V × V × V → Rвидiляють клас кососиметричних лiнiйних функцiй, тобто фун-кцiй, якi мають такi властивостi:

1. для будь-яких векторiв ~x, ~y, ~z

f(~x, ~y, ~z) = −f(~y, ~x, ~z) = −f(~x, ~z, ~y) = −f(~z, ~y, ~x);

150

2. для будь-яких векторiв ~t, ~x, ~y, ~z i будь-яких дiйсних чиселα i β

f(α~t+ β~x, ~y, ~z) = αf(~t, ~y, ~z) + βf(~x, ~y, ~z),

f(~t, α~x+ β~y, ~z) = αf(~t, ~x, ~z) + βf(~t, ~y, ~z),

f(~t, ~x, α~y + β~z) = αf(~t, ~x, ~y) + βf(~t, ~x, ~z).

Наприклад, такою буде функцiя

f(~x, ~y, ~z) =

∣∣∣∣∣∣∣x1 x2 x3

y1 y2 y3

z1 z2 z3

∣∣∣∣∣∣∣ ,де (x1, x2, x3), (y1, y2, y3), (z1, z2, z3) координатне подання векто-рiв ~x, ~y, ~z у деякому базисi (~e1, ~e2, ~e3).

Кососиметричну лiнiйну функцiю f вiд трьох векторних ар-гументiв називають функцiєю об’єму, якщо iснує хоча би одинортонормований правий базис (~i,~j,~k), для якого

f(~i,~j,~k) = 1.

Неважко довести, що коли (~e1, ~e2, ~e3) — довiльний базис, а α єдовiльне дiйсне число, то iснує єдина кососиметрична лiнiйнафункцiя f , для якої f(~e1, ~e2, ~e3) = α. Якщо взяти ортонормова-ний правий базис (~i,~j,~k) i число α = 1, то iснує єдина кососи-метрична лiнiйна функцiя, для якої f(~i,~j,~k) = 1, причому длябудь-якої трiйки векторiв ~a,~b,~c, якi мають координатне подан-ня у базисi (~i,~j,~k) вiдповiдно (a1, a2, a3), (b1, b2, b3), (c1, c2, c3),значення цiєї функцiї подається у виглядi

f(~a,~b,~c) =

∣∣∣∣∣∣∣a1 b1 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

∣∣∣∣∣∣∣ .151

А отже, згiдно з теоремою 7.3 таке значення є мiшаним добу-тком векторiв ~a,~b,~c. У зв’язку з цим маємо:

Означення 7.3. Мiшаним добутком векторiв ~a,~b,~c про-стору V називають значення функцiї об’єму

f(~x, ~y, ~z) =

∣∣∣∣∣∣∣x1 y1 z1

x2 y2 z2

x3 y3 z3

∣∣∣∣∣∣∣ ,для векторiв ~a,~b,~c, тобто число∣∣∣∣∣∣∣

a1 b1 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

∣∣∣∣∣∣∣ ,де (a1, a2, a3), (b1, b2, b3), (c1, c2, c3) координатне подання ве-кторiв ~a,~b,~c в ортонормованому правому базисi (~i,~j,~k).

Тепер уже можемо дати геометричне тлумачення визначникатретього порядку. Якщо ∣∣∣∣∣∣∣

a1 b1 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

∣∣∣∣∣∣∣є довiльний визначник, то, припустивши, що (a1, a2, a3),(b1, b2, b3), (c1, c2, c3) координатне подання вiдповiдно векторiв~a,~b,~c в ортонормованому базисi, матимемо, що заданий визна-чник є об’єм паралелепiпеда, побудованого на векторах ~a,~b,~c,причому взятий iз знаком „+“, якщо цi вектори некомпланарнii утворюють правий базис, iз знаком „−“, якщо цi вектори не-компланарнi i утворюють лiвий базис. У випадку компланарнихвекторiв маємо вироджений випадок (об’єм дорiвнює нулевi).

152

Завдання для самоконтролю.

1. Довести, що чотири точки A(x1, y1, z1), B(x2, y2, z2),C(x3, y3, z3), D(x4, y4, z4) належать однiй площинi тодi iтiльки тодi, коли∣∣∣∣∣∣∣

x2 − x1 x3 − x1 x4 − x1

y2 − y1 y3 − y1 y4 − y1

z2 − z1 z3 − z1 z4 − z1

∣∣∣∣∣∣∣ = 0.

2. Довести, що коли [~a~b] + [~b~c] + [~c~a] = ~0, то вектори ~a,~b,~cкомпланарнi.

3. Довести, що коли вектори [~a~b], [~b~c], [~c~a] компланарнi, товони колiнеарнi.

4. Довести, що для будь-яких векторiв ~a,~b,~c, ~d має мiсце рiв-нiсть

(~a~b~c)~d = (~d~b~c)~a+ (~a ~d~c)~b+ (~a~b ~d)~c.

5. Довести , що для будь-яких векторiв ~a,~b,~c має мiсце рiв-нiсть

[~a~b][~b~c][~c~a] = (~a~b~c)2.

6. Нехай ~a,~b,~c, ~d — радiуси-вектори чотирьох точок просторуA,B,C,D вiдносно деякої точки O. Довести, що цi чотириточки лежать в однiй площинi тодi i тiльки тодi, коли

~a~b~c+ ~a~c ~d = ~b~c ~d+~b ~d~a.

7. Об’єм тетраедра V = 5, а його три вершини знаходяться уточках A(2, 1,−1), B(3, 0, 1), C(2,−1, 3) (система коорди-нат прямокутна декартова). Знайти координати четвертоївершини S, якщо вiдомо, що вона знаходиться на осi Oy.

153

8. Довести, що об’єм тетраедра, який визначається двомавiдрiзками, що лежать на двох мимобiжних прямих, незалежить вiд того, де знаходяться вiдрiзки на цих прямих.

9. Дано тетраедр SABC, в якого−−→SH — вектор його висоти,

опущеної з вершини S. Довести, що

−−→SH =

~a~b~c

|[~a~b] + [~b~c] + [~c~a]|2([~a~b] + [~b~c] + [~c~a]

).

На пiдставi цього вивести формулу для обчислення вiд-станi вiд точки M0(x0, y0, z0) до площини

Ax+By + Cz +D = 0.

10. У паралелепiпедi ABCDA′B′C ′D′ довжини всiх ребер до-рiвнюють 1, ∠DAB = ∠DAA′ = ∠BAA′. Знайти величину

кожного з цих кутiв, якщо його об’єм дорiвнює1√2.

154

8 ЛЕКЦIЯ: Прямi у просторi

Аналiтичне задання прямої у просторi. Взаємне розмiщенняпрямих у просторi (умови компланарностi двох прямих, умовимимобiжностi двох прямих). Кут мiж двома прямими у просто-рi.

Лiтература. [1] стор. 186–192, [3] стор. 192–194, 196–198,[5] стор. 332–335, [7], [11].

Для аналiтичного задання прямої у просторi будемо викори-стовувати вектори трьохвимiрного простору V i афiнну системукоординат (O,~e1, ~e2, ~e3), де (~e1, ~e2, ~e3) є довiльний базис просто-ру V , i в залежностi вiд того, якими об’єктами визначаєтьсяположення прямої дiстанемо рiзнi задання.

Нехай маємо пряму l. Будь-який ненулевий вектор, пара-лельний цiй прямiй називають напрямним вектором прямої.Очевидно, що положення прямої буде визначено, якщо задатиїї точку M0 i напрямний вектор ~a. Тодi точка M простору буде

належати прямiй l, якщо вектори−−−−→M0M i ~a колiнеарнi, тобто

коли iснує число t таке, що

−−−−→M0M = t~a. (8.1)

Множина точок

{M |−−−−→M0M = t~a, t ∈ R}

якраз є множиною точок прямої l, а рiвняння (8.1) є векторинмрiвнянням цiєї прямої.

Якщо у просторi взяти точку O i скористатись радiусами-

векторами ~r0 =−−−→OM0 i ~r =

−−−→OM , то рiвняння (8.1) можна запи-

сати у такому виглядi:

~r − ~r0 = t~a або ~r = ~r0 + t~a.

155

Нехай (x0, y0, z0) i (x, y, z) є координати точок M0 i M вiдно-сно системи координат (O,~e1, ~e2, ~e3), а вектор ~a вiдносно базиса(~e1, ~e2, ~e3) має координати (a1, a2, a3), то, прирiвнявши одноiмен-нi координати у рiвняннi (8.1), дiстанемо

x = x0 + ta1,

y = y0 + ta2, (8.2)

z = z0 + ta3.

Перехiд вiд рiвнянь (8.2) до векторного рiвняння (8.1) очеви-дний, а отже, рiвняння (8.2) задають пряму l (параметричнезадання прямої).

Якщо a1a2a3 6= 0, то, виключивши параметр t, приходимо дорiвнянь

x− x0

a1

=y − y0

a2

=z − z0

a3

, (8.3)

якi називають канонiчними рiвняннями прямої, що проходитьчерез точку M0(x0, y0, z0) паралельно вектору ~a = (a1, a2, a3).Якщо ж одна або двi координати вектора ~a дорiвнюють нулю(наприклад a1a2 6= 0, a3 = 0 або a1 6= 0, a2 = a3 = 0), то рiвняння

x− x0

a1

=y − y0

a2

, z − z0 = 0, (8.4)

y − y0 = 0, z − z0 = 0, (8.5)

теж називають канонiчними рiвняннми прямої ((8.4) рiвнян-ня прямої, паралельної площинi xOy, (8.5) рiвняння прямої,паралельної осi Ox). iнколи для (8.4) i (8.5) використовуютьформальний запис

x− x0

a1

=y − y0

a2

=z − z0

0,

x− x0

a1

=y − y0

0=z − z0

0

156

i тодi формула (8.3) може бути записаною для прямої з будь-яким напрямним вектором.

Пряма буде задана, якщо задано двi рiзнi її точки M1 i M2.

Тодi очевидно, що вектор−−−−→M1M2 є її напрямний вектор, причому

для нього має мiсце подання

~a = (x2 − x1)~e1 + (y2 − y1)~e2 + (z2 − z1)~e3,

де (x1, y1, z1) i (x2, y2, z2) координати точок M1 i M2. А отже,

x = x1 + (x2 − x1)t,

y = y1 + (y2 − y1)t,

z = z1 + (z2 − z1)t

параметричне подання цiєї прямої, а рiвняння

x− x1

x2 − x1

=y − y1

y2 − y1

=z − z1

z2 − z1

(8.6)

будуть її канонiчними рiвняннями.Нарештi, пряма може бути заданою як перетин двох площин.

Нехай пряма l є лiнiєю перетину площин π1 i π2, якi в обранiйафiннiй системi координат задаються рiвняннями

A1x+B1y + C1z +D1 = 0, A2x+B2y + C2z +D2 = 0. (8.7)

ТочкаM(x, y, z) лежить на прямiй l тодi i тiльки тодi, коли трiй-ка (x, y, z) є розв’язком системи рiвнянь (8.7), тобто множинаточок

{(x, y, z, ) |A1x+B1y+C1z+D1 = 0, A2x+B2y+C2z+D2 = 0}

є множиною точок прямої l. З другого боку, на пiдставi того,що двi площини, заданi рiвняннями (8.7), перетинаються, алене збiгаються, тодi i тiльки тодi, коли ранг матрицi(

A1 B1 C1

A2 B2 C2

)

157

дорiвнює 2, то у трiйцi чисел(∣∣∣∣∣ B1 C1

B2 C2

∣∣∣∣∣ ,∣∣∣∣∣ C1 A1

C2 A2

∣∣∣∣∣ ,∣∣∣∣∣ A1 B1

A2 B2

∣∣∣∣∣)

хоч одне вiдмiнне вiд нуля, i загальний розв’язок системи (8.7)має вигляд

x = x0 +

∣∣∣∣∣ B1 C1

B2 C2

∣∣∣∣∣ t, y = y0 +

∣∣∣∣∣ C1 A1

C2 A2

∣∣∣∣∣ t, z = z0 +

∣∣∣∣∣ A1 B1

A2 B2

∣∣∣∣∣ t,де (x0, y0, z0) — деякий фiксований розв’язок системи (8.7), t ∈R. Таким чином, для прямої, яка задається перетином площинπ1 i π2, має мiсце таке параметричне задання

x = x0 +

∣∣∣∣∣ B1 C1

B2 C2

∣∣∣∣∣ t,y = y0 +

∣∣∣∣∣ C1 A1

C2 A2

∣∣∣∣∣ t, (8.8)

z = z0 +

∣∣∣∣∣ A1 B1

A2 B2

∣∣∣∣∣ t,а її канонiчнi рiвняння мають вигляд

x− x0∣∣∣∣∣ B1 C1

B2 C2

∣∣∣∣∣=

y − y0∣∣∣∣∣ C1 A1

C2 A2

∣∣∣∣∣=

z − z0∣∣∣∣∣ A1 B1

A2 B2

∣∣∣∣∣. (8.9)

Зокрема, коли система координат декартова прямокутна, то ве-ктори ~n1 = (A1, B1, C1), ~n2 = (A2, B2, C2) є векторами нормалi

158

вiдповiдно площин π1 i π2, а отже, напрямним вектором прямої,яка задається рiвняннями (8.7) є вектор [~n1 ~n2].

Нехай маємо двi прямi l1 i l2, заданi вiдповiдно точка-ми M1(x1, y1, z1), M2(x2, y2, z2) i напрямними векторами ~a1 =(a11, a21, a31), ~a2 = (a12, a22, a32). Очевидно, що прямi l1 i l2 ле-

жать в однiй площинi, якщо вектори−−−−→M1M2, ~a1, ~a2 компланарнi,

тобто коли мiшаний добуток−−−−→M1M2 ~a1~a2 = 0, або у координа-

тнiй формi ∣∣∣∣∣∣∣x2 − x1 a11 a12

y2 − y1 a21 a22

z2 − z1 a31 a32

∣∣∣∣∣∣∣ = 0. (8.10)

Оскiльки двi непаралельнi прямi, якi лежать у рiзних площи-нах, називають мимобiжними, то прямi l1 i l2 мимобiжнi тодi iтiльки тодi, коли

−−−−→M1M2 ~a1~a2 6= 0. (8.11)

Нехай прямi l1 i l2 лежать в однiй площинi π. Тодi вони абоперетинаються, або паралельнi, або збiгаються. i видiляютьсяцi випадки у такий спосiб:

а) прямi l1 i l2 перетинаються тодi i тiльки тодi, коли−−−−→M1M2 ~a1~a2 = 0 i вектори ~a1,~a2 неколiнеарнi, тобто ранг матрицi(

a11 a12 a13

a21 a22 a23

)

дорiвнює 2;б) прямi l1 i l2 паралельнi тодi i тiльки тодi, коли вектори

~a1,~a2 колiнеарнi, а вектори−−−−→M1M2,~a1 неколiнеарнi;

в) прямi l1 i l2 збiгаються тодi i тiльки тодi, коли вектори

~a1,~a2,−−−−→M1M2 попарно колiнеарнi.

159

Кут мiж прямими l1 i l2 у просторi означається як кут мiжпрямими l′1 i l′2, якi проходять через одну точку i паралельнi за-даним. Тодi очевидно, що один з чотирьох кутiв, якi утворюютьпрямi l′1 i l′2 є кут мiж напрямними векторами цих прямих, аотже, його можна обчислити, виходячи з означення скалярногодобутку, тобто якщо ~a1,~a2 напрямнi вектори вiдповiдно прямихl1 i l2, то кут α мiж цими векторами (а отже, мiж прямими)обчислюється за формулою

cosα =~a1~a2

|~a1||~a2|. (8.12)

Якщо у прямокутнiй декартовiй системi координат напрям-нi вектори ~a1,~a2 мають вiдповiдно координати (a11, a21, a31),(a12, a22, a32), то формула (8.12) запишеться у виглядi

cosαa11a21 + a12a22 + a13a23√

a211 + a2

12 + a213

√a2

21 + a222 + a2

23

,

а умоваa11a21 + a12a22 + a13a23 = 0 (8.13)

є умовою перпендикулярностi прямих l1 i l2.Розглянемо двi задачi, що стосуються вiдстанi вiд точки до

прямої та вiдстанi мiж двома прямими. Якщо у просторi зада-но точку i пряму, то у випадку, коли точка не належить цiйпрямiй, вони визначають єдину площину, а отже, у цiй площи-нi, iснує єдиний перпендикуляр, опущений з точки на пряму.Якраз довжина цього перпендикуляра i називається вiдстаннювiд точки до прямої у просторi. Аналiтична постановка задачiбуде така. Нехай точка M0 у прямокутнiй декартовiй системiкоординат має координати (x0, y0, z0), а пряма l задана канонi-чними рiвняннями

x− x1

a1

=y − y1

a2

=z − z1

a3

.

160

Необхiдно знайти вiдстань вiд точкиM0 до прямої l. Якщо H —основа перпендикуляра, опущеного з точки M0 на пряму l, тозгiдно з означенням

d(M0, l) = M0H.

Вiзьмемо на прямiй l точку M1 i на векторах−−−−→M1M0, ~a (рис.

39) побудуємо паралелограм M1M0NN1. Тодi з того, що йогоплоща обчислюється за

формулою

S = M1N1 ·M0H,

маємо

d(M0, l) =S

|~a|.

Рис. 39 З другого боку, врахувавши,

що S = |[−−−−→M1M0,~a]|, дiстаємо, що вiдстань вiд точки M0 до

прямої l може бути обчислена за формулою

d(M0, l) =|[−−−−→M1M0 ~a]||~a|

(8.14)

або у координатнiй формi d(M0, l) =

=

√√√√∣∣∣∣∣ y0 - y1 z0 - z1

a2 a3

∣∣∣∣∣2

+

∣∣∣∣∣ z0 - z1 x0 -x1

a3 a1

∣∣∣∣∣2

+

∣∣∣∣∣ x0 -x1 y0 - y1

a1 a2

∣∣∣∣∣2

√a2

1 + a22 + a2

3

.

Очевидно, що формула (8.14) може бути використана i приiнших поданнях прямої. Наприклад, якщо пряма задана як лiнiя

161

перетину двох площин{A1x+B1y + C1z +D1 = 0,

A2x+B2y + C2z +D2 = 0,

то будь-який розв’язок цiєї системи дасть нам координати точкина прямiй, а вектор(∣∣∣∣∣ B1 C1

B2 C2

∣∣∣∣∣ ,∣∣∣∣∣ C1 A1

C2 A2

∣∣∣∣∣ ,∣∣∣∣∣ A1 B1

A2 B2

∣∣∣∣∣)

є напрямним вектором цiєї прямої.Нехай у просторi задано двi прямi. Якщо вони перетина-

ються, то вiдстань мiж ними дорiвнює нулевi. Якщо вони па-ралельнi, то очевидно, що вiдстань мiж ними є вiдстань вiдбудь-якої точки однiєї з прямих до другої. Якщо ж прямi мимо-бiжнi, то iснує єдиний спiльний для них перпендикуляр (вiд-рiзок з кiнцями на цих прямих, перпендикулярний до кожноїз них). Якраз довжина спiльного перпендикуляра двох мимобi-жних прямих i називається вiдстанню мiж цими прямими, абоiнакше, вiдстань мiж двома мимобiжними прямими є вiдстаньмiж паралельними площинами, що проходять через цi прямi.

Аналiтична постановка задачi така. Нехай у прямокутнiйдекартовiй системi координат двi мимобiжнi прямi l1 i l2 заданiсвоїми канонiчними рiвняннями:

x− x1

a11

=y − y1

a12

=z − z1

a13

,

x− x2

a21

=y − y2

a22

=z − z2

a23

,

де M1(x1, y1, z1), M2(x2, y2, z2) точки вiдповiдно на прямих l1 il2, а ~a1 = (a11, a12, a13), ~a2 = (a21, a22, a23) є напрямнi векто-ри цих прямих. Перенесемо вектори ~a1 i ~a2 у точку M1 i по-

будуємо на векторах ~a1, ~a2 i−−−−→M1M2 (рис. 40) паралелепiпед

162

M1N1P1Q1M2N2P2Q2. Якщо врахувати, що спiльний перпенди-куляр для прямих l1 i l2 є висотою цього паралелепiпеда, то зтого, що його об’єм

V = Sосн. ·H,

маємо

d(l1, l2) =V

Sосн..

З другого боку, врахувавши, що об’єм паралелепiпеда, побудо-

ваного на векторах ~a1, ~a2 i−−−−→M1M2, дорiвнює абсолютнiй величи-

нi мiшаного добутку цих векторiв, а площа гранi M1N1P1Q1 —модулю векторного добутку векторiв ~a1 i ~a2, дiстаємо, що вiд-стань мiж прямими l1 i l2 може бути обчислена за формулою

d(l1, l2) =|~a1~a2

−−−−→M1M2 |

|[~a1~a2]|. (8.15)

Рис. 40

163

або у координатнiй формi

d(l1, l2) =

|

∣∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13

a21 a22 a23

x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1

∣∣∣∣∣∣∣ |√√√√∣∣∣∣∣ a12 a13

a22 a23

∣∣∣∣∣2

+

∣∣∣∣∣ a13 a11

a23 a21

∣∣∣∣∣2

+

∣∣∣∣∣ a11 a12

a21 a22

∣∣∣∣∣2.

Нехай AB — пряма, на якiй мiститься спiльний перпенди-куляр мимобiжних прямих l1 i l2 (рис. 40), i нехай M(x, y, z) —довiльна точка цiєї прямої. Тодi оскiльки площина, що мiститьпрямi l1 i AB, перпендикулярна до площини, породженої векто-

рами−−−−→M1N1 i

−−−−→M1Q1 , то вектори

−−−→M1M , ~a1 i [~a1~a2] компланарнi, а

отже, їх мiшаний добуток дорiвнює нулю. Аналогiчно, оскiлькиплощина, що мiстить прямi l2 i AB, перпендикулярна до пло-

щини породженої векторами−−−−→M2N2 i

−−−−→M2Q2 (

−−−−→M2N2 ‖

−−−−→M1N1 ,

−−−−→M2Q2 ‖

−−−−→M1Q1 ), то вектори

−−−→M2M , ~a2, [~a1~a2] компланарнi, а

отже, їх мiшаний добуток теж дорiвнює нулевi. Таким чином,система рiвнянь

−−−→M1M ~a1 [~a1~a2] = 0,−−−→M2M ~a2 [~a1~a2] = 0

(8.16)

задає пряму AB, тобто спiльний перпендикуляр двох мимобi-жних прямих l1 i l2 у прямокутнiй декартовiй системi координатвизначається системою рiвнянь (8.16).

Приклад 1. У прямокутнiй декартовiй системi координатзадано двi прямi l1 i l2 рiвняннями

x+ 1

3=y + 3

−2=z − 2

−1,

x− 2

2=y + 1

3=z − 1

−5.

164

скласти рiвняння прямої l, яка проходить через точкуM0(−4,−5, 3) i перетинає цi прямi. Знайти вiдстань мiж пря-мими l1 i l2.

Розв’язання. Перша пряма проходить через точкуM1(−1,−3, 2) i має напрямний вектор ~a1 = (3,−2,−1), а дру-га — через точку M2(2,−1, 1) i має напрямний вектор ~a2 =

(2, 3,−5). Тодi мiшаний добуток векторiв−−−−→M1M2, ~a1, ~a2∣∣∣∣∣∣∣

3 2 −1

3 −2 −1

2 3 5

∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0,

а отже, прямi l1 i l2 мимобiжнi. Нехай

x+ 4

a=y + 5

b=z − 3

c

є рiвняння шуканої прямої. Тодi згiдно з умовою компланар-

ностi векторiв−−−−→M1M0, ~a1, ~p = (a, b, c) i векторiв

−−−−→M2M0, ~a2,

~p = (a, b, c) складаємо систему рiвнянь−−−−→M1M0 ~a1 ~p = 0,−−−−→M2M0 ~a2 ~p = 0.

Оскiльки

−−−−→M1M0 ~a1 ~p =

∣∣∣∣∣∣∣−3 −2 1

3 −2 −1

a b c

∣∣∣∣∣∣∣ = 4a+ 12c,

а

−−−−→M2M0 ~a2 ~p =

∣∣∣∣∣∣∣−6 −4 2

2 3 −5

a b c

∣∣∣∣∣∣∣ = 14a− 26b− 10c,

165

то система записується у виглядi{a+ 3c = 0,

7a− 13b− 5c = 0.

Звiдси a = −3c, b = −2c. Якщо покласти c = −1, то напрям-ний вектор шуканої прямої має координати (3, 2,−1), i шуканерiвняння запишеться у виглядi

x+ 4

3=y + 5

2=z − 3

−1.

Вiдстань мiж прямими l1 i l2 знайдемо за формулою (8.15). Асаме, оскiльки

[~a1~a2] =

(∣∣∣∣∣ −2 −1

3 −5

∣∣∣∣∣ ,∣∣∣∣∣ −1 3

−5 2

∣∣∣∣∣ ,∣∣∣∣∣ 3 −2

2 3

∣∣∣∣∣)

= (13, 13, 13),

а−−−−→M1M2= (3, 2,−1), то

~a1~a2

−−−−→M1M2= [~a1~a2]·

−−−−→M1M2= 52

i

d(l1, l2) =52√

132 + 132 + 132=

4√

3

3. �

Приклад 2. У правильнiй трикутнiй пiрамiдi SABC довжи-на висоти SO дорiвнює h, довжина сторони основи дорiвнюєa, точка K — середина ребра SB. Знайти кут i вiдстань мiжпрямими AK i BC.

Розв’язання. Нехай SABC задана пiрамiда. Оберемо пря-мокутну декартову систему координат у такий спосiб. За поча-ток координат вiзьмемо основу O висоти SO, а одиничнi векто-ри напрямленi так (рис. 41), що

−−→AO =

a√

3

3~i,

−−→OD=

a

3~j,

−−→OS = h~k.

166

Тодi точки S,A,B,C,Kмають координати S(0, 0, h),

A

(a√

3

3, 0, 0

),

B

(−a√

3

6,a

2, 0

),

C

(−a√

3

6,−a

2, 0

),

Рис. 41 K

(−a√

3

12,−a

4,h

2

).

А отже, прямi AK i BC мають вiдповiдно рiвняння

x− a√

3

3

−5a√

3

12

=ya

4

=z

h

2

i

x+a√

3

6= 0, z = 0.

Таким чином, пряма AK проходить через точку M1

(a√

3

3, 0, 0

)i має напрямний вектор

~a1 =

(−5a

√3

12,a

4,h

2

),

а пряма BC — через точку M2

(−a√

3

6, 0, 0

)i має напрямний

167

вектор~a2 = (0, a, 0).

Скориставшись формулами (8.12) i (8.15) дiстаємо:

cosα =~a1~a2

|~a1||~a2|=

a2

4√75a2

144+a2

16+ h24

√a2

=a

2

√7a2

3+ h2

.

d(AK,BC) =|~a1~a2

−−−−→M1M2 |

|[~a1~a2]|=

a2h√

3

4√a2h2

4+

75a4

144

=ah√

3√4h2 +

25a2

3

.

На завершення покажемо, як можна знаходити вiдстань мiжмимобiжними прямими, не користуючись формулою (8.15), то-чнiше, використовуючи тiльки елементи векторної алгебри зшкiльного пiдручника. Нехай потрiбно знайти вiдстань мiждвома мимобiжними вiдрiзками AB i CD у деякiй геометри-чнiй фiгурi. Можна стверджувати, що на цих вiдрiзках (абоїх продовженнях) iснують точки M i N такi, що вiдстань мiжвiдрiзками дорiвнює довжинi вiдрiзка MN (гарантом цього єiснування єдиного спiльного перпендикуляра для двох мимобi-жних прямих). Задача буде розв’язана, якщо ми зумiємо подати

вектор−−→MN у виглядi

−−→MN= α~a+ β~b+ γ~c,

де ~a,~b,~c — некомпланарнi вектори, для яких вiдомi всi попарнiскалярнi добутки.

Отож спосiб дiяння такий. Записуємо векторну рiвнiсть

−−→MN=

−−→MB +

−−→BD +

−−→DN або

−−→MN=

−−→MA +

−−→AC +

−−→CN

168

i, врахувавши, що пари векторiв−−→AB ,

−−→MB i

−−→CD ,

−−→DN колiне-

арнi, переписуємо її у виглядi

−−→MN= x

−−→AB +

−−→BD +y

−−→CD .

Якщо тепер виразити вектори−−→AB ,

−−→BD i

−−→CD через вектори

~a,~b,~c i скористатись ортогональнiстю пар векторiв−−→MN,

−−→AB i

−−→MN,

−−→CD , то з системи рiвнянь

−−→MN ·

−−→AB = 0,

−−→MN ·

−−→CD= 0

знаходимо x i y, а отже, i квадрат модуля вектора−−→MN .

Приклад 3. Кожне ребро прямої правильної трикутної при-зми дорiвнює a. Визначити вiдстань мiж стороною основи i ми-мобiжною з нею дiагоналлю бiчної гранi.

Розв’язання. Нехай у заданiй прямiй правильнiй трикутнiйпризмi ABCA1B1C1 MN є спiльний перпендикуляр для сто-рони основи AB i мимобiжної з нею дiагоналi CB1 бiчної гранiBCC1B1 (рис. 42). Оскiльки

−−→AB ·

−−→AB =

−−→AC ·

−−→AC =

−−−→AA1 ·

−−−→AA1 = a2,

−−→AB ·

−−−→AA1 =

−−→AC ·

−−−→AA1 = 0,

−−→AB ·

−−→AC =

1

2a2,

то за базис оберемо трiйку векторiв

−−→AB ,

−−→AC i

−−−→AA1 .

Складемо векторну рiвнiсть

−−→MN=

−−→MB +

−−→BC +

−−→CN ,

169

Рис. 42

i, врахувавши колiнеарнiсть пар векторiв−−→MB ,

−−→AB i

−−→CN ,

−−−→CB1 , перепишемо її у виглядi

−−→MN= x

−−→AB +

−−→BC + y

−−−→CB1 =

= x−−→AB +

−−→AC −

−−→AB + y(

−−→CB +

−−−→BB1 ) =

= x−−→AB +

−−→AC −

−−→AB + y(−

−−→AC +

−−→AB +

−−−→AA1 ) =

= (x+ y − 1)−−→AB +(1− y)

−−→AC + y

−−−→AA1 .

Врахувавши ортогональнiсть пар векторiв−−→MN,

−−→AB i

−−→MN,

−−−→CB1 , складемо систему рiвнянь

((x+ y − 1)

−−→AB +(1− y)

−−→AC +y

−−−→AA1

) −−→AB = 0,(

(x+ y − 1)−−→AB +(1− y)

−−→AC +y

−−−→AA1

)(−−→AB −

−−−→AC +

−−−→AA1 ) = 0

170

або {2x + y = 1,

x + 4y = 3,

розв’язком якої є пара чисел(1

7,5

7

). Таким чином

−−→MN= −1

7

−−→AB +

2

7

−−→AC +

5

7

−−−→AA1 .

Звiдси d(AB,CB1) =

√−−→MN ·

−−→MN =

2√

7

7a. �

Приклад 4. Основою пiрамiди є рiвнобедрений прямоку-тний трикутник з катетом a. Бiчна грань, що проходить черезгiпотенузу, перпендикулярна до площини основи, а двi iншi бi-чнi гранi нахиленi до площини основи пiд кутом α. Визначитивiдстань мiж катетом i мимобiжним з ним бiчним ребром.

Розв’язання. Нехай у заданiй пiрамiдi SABC MN єспiльний перпендикуляр до катета AC i бiчного ребра SB(рис. 43).

Рис. 43

171

За базис приймемо трiйку векторiв−−→OE ,

−−→OD ,

−−→OS таку, що

−−→OE ‖AC,

−−→OD ‖BC i |

−−→OE | = |

−−→OD | =

1

2a, |

−−→OS | =

a

2tgα.

Тодi−−→OE ·

−−→OD=

−−→OE ·

−−→OS =

−−→OD ·

−−→OS = 0,

−−→OE ·

−−→OE =

−−→OD ·

−−→OD=

1

4a2,

−−→OS ·

−−→OS =

a2

4tg2 α.

Складемо векторну рiвнiсть−−→MN=

−−→MC +

−−→BC +

−−→BN , i, враху-

вавши колiнеарнiсть пар векторiв−−→MC,

−−→OE i

−−→BN ,

−−→BS , пере-

пишемо її у виглядi

−−→MN= x

−−→OE −2

−−→OD +y

−−→BS .

Оскiльки−−→BS =

−−→OS −

−−→OB =

−−→OS −

−−→OE +

−−→OD , то

−−→MN= x

−−→OE −2

−−→OD +y(

−−→OS −

−−→OE +

−−→OD ) =

= (x− y)−−→OE +(y − 2)

−−→OD +y

−−→OS .

Врахувавши ортогональнiсть пар векторiв−−→MN,

−−→OE i

−−→MN ,

−−→BS , складемо систему рiвнянь((x - y)

−−→OE +(y - 2)

−−→OD +y

−−→OS

) −−→OE = 0,(

(x - y)−−→OE +(y - 2)

−−→OD +y

−−→OS

)(−−→OS −

−−→OE +

−−→OD ) = 0

або

(x− y)−−→OE ·

−−→OE = 0,

y−−→OS ·

−−→OS −(x− y)

−−→OE ·

−−→OE +(y − 2)

−−→OD ·

−−→OD= 0.

172

Оскiльки−−→OE ·

−−→OE =

−−→OD ·

−−→OD=

a2

4,

−−→OS ·

−−→OS =

1

4a2 tg2 α,

то з першого рiвняння маємо x = y, а друге запишеться увиглядi

y · a2

4tg2 α+ (y − 2)

a2

4= 0.

Звiдси

y =2

1 + tg2 α= 2 cos2 α,

i вектор−−→MN подається у виглядi

−−→MN = (2 cos2 α− 2)

−−→OD +2 cos2 α

−−→OS =

= −2 sin2 α−−→OD +2 cos2 α

−−→OS .

Тодi

|−−→MN | =

√−−→MN ·

−−→MN =

√4 sin4 α|

−−→OD |2 + 4 cos4 α|

−−→OS |2 =

=

√sin4 αa2 + cos4 α tg2 αa2 = a

√sin4 α+ sin2 α cos2 α = a sinα.

Отже, d(AC, SB) = a sinα. �

Приклад 5. У прямiй правильнiй трикутнiй призмi довжинасторони основи дорiвнює a, кут мiж мимобiжними дiагоналямидвох бiчних граней дорiвнює α. Визначити вiдстань мiж цимидiагоналями.

Розв’язання. Нехай у заданiй прямiй правильнiй трикутнiйпризмi ABCA1B1C1 MN є спiльний перпендикуляр для двохмимобiжних дiагоналей BA1, CB1, кут мiж якими дорiвнює α

(рис. 44). За базис оберемо трiйку векторiв−−→AB ,

−−→AC ,

−−→AA1 ,

173

Рис. 44для яких

−−→AB ·

−−→AB =

−−→AC ·

−−→AC = a2,

−−→AB ·

−−→AC =

a2

2,

−−→AB ·

−−→AB =

−−→AC ·

−−→AA1= 0,

−−→AA1 ·

−−→AA1= h2,

де h2 потребує обчислення. Оскiльки вiдповiдно до умови задачi

cosα =

−−−→BA1 ·

−−−→CB1

|−−−→BA1 ||

−−−→CB1 |

,

то, врахувавши, що−−→BA1=

−−→AA1 −

−−→AB ,

−−−→CB1 =

−−−→BB1 −

−−→BC =

=−−→AA1 −

−−→AC + ~AB, |

−−→BA1 | = |

−−−→CB1 | =

√a2 + h2, для

визначення h2 маємо рiвнiсть

cosα =(−−→AA1 −

−−→AB )(

−−→AA1 −

−−→AC +

−−→AB )

a2 + h2=h2 − a2

2a2 + h2

.

174

Звiдси

h2 =1 + 2 cosα

1− cosαa2.

Складемо векторну рiвнiсть−−→MN=

−−→MB +

−−→BC +

−−→CN , i,

врахувавши колiнеарнiсть пар векторiв−−→MB,

−−→BA1 i

−−→CN ,

−−→CB1,

перепишемо її у виглядi

−−→MN= x

−−→BA1 +

−−→BC + y

−−→CB1=

= x(−−→AA1 −

−−→AB )+

−−→AC −

−−→AB +y(

−−→AA1 −

−−→AC +

−−→AB ) =

= (y − x)−−→AB +(1− y)

−−→AC +(x+ y)

−−→AA1 .

Врахувавши ортогональнiсть пар векторiв−−→MN,

−−→BA1 i

−−→MN,

−−→CB1, складемо систему рiвнянь

((y − x)

−−→AB +(1− y)

−−→AC +(x+ y)

−−→AA1

)(−−→AA1 −

−−→AB ) = 0,(

(y − x)−−→AB +(1− y)

−−→AC +(x+ y)

−−→AA1

)(−−→AA1 −

−−→AC +

+−−→AB ) = 0

або (x+ y)h2 − (y − x)a2 − (1− y)

a2

2= 0,

(x+ y)h2 + (y − x)a2

2− (1− y)

a2

2= 0.

Вiднявши вiд першого рiвняння друге, матимемо y = x. Якрезультат маємо

x = y =a2

4h2 + a2=

1− cosα

3(1 + cosα).

175

Таким чином,

−−→MN = (1− y)

−−→AC + (x+ y)

−−→AA1=

=2 + 4 cosα

3(1 + cosα)

−−→AC +

2(1− cosα)

3(1 + cosα)

−−→AA1

i−−→MN ·

−−→MN=

5a2

9· 4 cos2 α+ 4 cosα+ 1

(1 + cosα)2,

тобто d(BA1, CB1) =a√

5

3· 1 + 2 cosα

1 + cosα. �

Завдання для самоконтролю.

1. За яких умов пряма{A1x+B1y + C1z +D1 = 0,

A2x+B2y + C2z +D2 = 0

перетинає: а) вiсь абсцис, б) вiсь ординат, в) вiсь аплiкат,г) збiгається з однiєю з координатних осей?

2. Скласти рiвняння проекцiї прямої{x+ 2y − 3z − 5 = 0,

2x− y + z + 2 = 0

на координатнi площини.

3. Скласти рiвняння проекцiї прямої{5x− 4y − 2z − 5 = 0,

x + 2z − 2 = 0

на площину 2x− y + z − 1 = 0.

176

4. Скласти канонiчне рiвняння прямої, яка проходить черезточку M0(2, 3,−5) паралельно прямiй{

3x− y + 2z − 7 = 0,

x+ 3y − 2z + 3 = 0.

5. З’ясувати, в якому вiдношеннi знаходяться прямi

(a)x+ 2

3=y − 1

−2=z

1i

{x+ y − z = 0,

x− y − 5z − 8 = 0;

(b)

x = 2t+ 1,y = 3t− 2,z = −6t+ 1

i

{2x+ y − 4z + 2 = 0,

4x− y − 5z + 4 = 0;

(c)

x = 2t− 3,y = 3t− 2,z = −4t+ 6

i

x = t+ 5,y = −4t− 1,z = t− 4.

(d)x+ 1

3=y + 3

−1=z − 2

−1, i

x− 2

2=y + 1

3=z − 1

5.

6. Довести, що коли двi прямi AB i CD мимобiжнi, то прямiAC i BD теж мимобiжнi.

7. Довести, що у тетраедрi чотири вiдрiзки, якi сполучаютьсередини протилежних ребер, перетинаються в однiй то-чцi i дiляться нею пополам.

8. Три ребра прямокутного паралелепiпеда видно з точки пе-ретину його дiагоналей пiд кутами α, β i γ. Довести, що

cosα+ cos β + cos γ = 1.

9. У правильному тетраедрi ABCD вiдрiзок MN сполучаєсередини ребер AB i CD, а вiдрiзок PQ сполучає сере-дину ребра AD з центром гранi ABC. Визначити кут мiжвiдрiзками MN i PQ.

177

10. У правильнiй чотирикутнiй пiрамiдi SABCD довжина ви-соти SO дорiвнює h; довжина дiагоналi основи дорiвнює2a; точка K — середина бiчного ребра SB. Через вершинуS пiрамiди проведено пряму SQ, паралельну дiагоналi BDоснови. Знайти кут ϕ мiж прямими AK i SQ, вiдстань dмiж ними i вiдстань вiд точки S до точки перетину прямоїSQ з спiльним перпендикуляром до прямих AK i SQ.

178

9 ЛЕКЦIЯ: Взаємне розмiщення двохплощин, прямої i площини

Аналiтичне дослiдження взаємного розташування площин тапрямих у просторi. Взаємне розташування двох площин. Вза-ємне розташування прямої i площини. Кут мiж площинами, пря-мою i площиною.

Лiтература. [1] стор. 181–182, 190–193, [3] стор. 189–192,194–196, [5] стор. 305–310, [7], [11].

Нехай у просторi задано декартову систему координат(O,~e1, ~e2, ~e3), де |~e1| = |~e2| = |~e3| = 1, ~e1 ·~e2 = cosα, ~e2 ·~e3 = cos β,~e3 ·~e1 = cos γ. Якщо A,B,C,D є довiльнi фiксованi дiйснi числа(A2 +B2 + C2 6= 0), то множина точок

{(x, y, z) |Ax+By + Cz +D = 0}є площина, а рiвняння

Ax+By + Cz +D = 0 (9.1)

називають рiвнянням площини. Навпаки (див. лекцiю 4) будь-яке лiнiйне рiвняння виду (9.1) задає площину, i якщо, напри-клад, A 6= 0, то положення її у просторi визначається точкою

M0

(−DA, 0, 0

)i векторами ~l =

(−BA, 1, 0

), ~m =

(−CA, 0, 1

).

Зрозумiло, що коли заданi координати певних геометричнихоб’єктiв, якi однозначно визначають положення площини у про-сторi, то з них неважко скласти рiвняння виду (9.1).

Так, наприклад, рiвняння площини, яка проходить через то-чки M1(x1, y1, z1), M2(x2, y2, z2), M3(x3, y3, z3), що не лежать наоднiй прямiй, записується у виглядi∣∣∣∣∣∣∣

x− x1 y − y1 z − z1

x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1

x3 − x1 y3 − y1 z3 − z1

∣∣∣∣∣∣∣ = 0. (9.2)

179

Положення площини у просторi повнiстю визначається та-кож точкою i ненулевим вектором, ортогональним до цiєї пло-щини, тобто вектором, який ортогональний будь-якому векторуплощини.

Теорема 9.1. Якщо M0 є фiксована точка простору i ~nє ненулевий вектор, то множина всiх тих точок, радiуси-вектори яких задовольняють рiвняння

−−−→OM ·~n =

−−−→OM0 ·~n (9.3)

є рiвнянням площини, яка проходить через точку M0 i пер-пендикулярна до вектора ~n.

Доведення. Нехай l є пряма, яка проходить через точку M0

i паралельна вектору ~n, i нехай M — довiльна точка, радiус-вектор якої задовольняє рiвняння (9.3). Рiвнiсть (9.3), або еквi-валентна їй рiвнiсть

(−−−→OM −

−−−→OM0 )~n = 0,

виконується тодi i тiльки тодi, коли вектори

−−−→OM −

−−−→OM0 =

−−−−→M0M i ~n

ортогональнi. Таким чином, точка M належить множинi точок,радiуси-вектори яких задовольняють рiвняння (9.3), тодi i тiль-ки тодi, коли вона знаходиться на прямiй, яка проходить черезточку M0 i перпендикулярна до прямої l. А множина всiх та-ких прямих заповнює площину, яка проходить через точку M0

i перпендикулярна прямiй l, тобто вектору ~n. �

Якщо точка M0 має координати M0(x0, y0, z0), а вектор ~n убазисi (~e1, ~e2, ~e3) має подання

~n = n1~e1 + n2~e2 + n3~e3,

180

то (9.3) записується у виглядi

(n1 + n2 cosα+ n3 cos γ)x+ (n1 cosα+ n2 + n3 cos β)y+

+(n1 cos γ + n2 cos β + n3)z = D, (9.4)

де α, β, γ — кути мiж вiдповiдними базисними векторами, D =

= (n1 + n2 cosα+ n3 cos γ)x0 + (n1 cosα+ n2 + n3 cos β)y0 +

+(n1 cos γ + n2 cos β + n3)z0

Таким чином, рiвняння (9.4) є рiвнянням площини, яка прохо-дить через точку M0, а вектор ~n є ненулевий вектор, ортого-нальний до площини, тобто площину можна задати точкою, якаїй належить, i нормальним вектором.

Навпаки, якщо площина задана загальним рiвнянням (9.1),а ~l i ~m є два неколiнеарнi вектори, якi паралельнi площинi,то вектор [~l ~m] є вектором нормалi цiєї площини. Цей векторколiнеарний вектору ~n i його координати можна знайти, розв’я-завши систему рiвнянь

n1 + n2 cosα + n3 cos γ = A,

n1 cosα + n2 + n3 cos β = B,

n1 cos γ + n2 cos β + n3 = C,

(9.5)

визначник якої ∣∣∣∣∣∣∣1 cosα cos γ

cosα 1 cos β

cos γ cos β 1

∣∣∣∣∣∣∣ =

= 1 + 2 cosα cos β cos γ − cos2 α− cos2 β − cos2 γ 6= 0,

якщо α > 0, β > 0, γ > 0, |β − γ| < α < β + γ, α + β + γ << 2π. Зокрема, коли система координат декартова прямокутна,вектор ~n має координати (A,B,C).

181

Поняття нормального вектора дозволяє розв’язувати задачi,пов’язанi з вiдстанню точки до площини, взаємним розташу-ванням двох площин. Нехай у декартовiй системi координатзадано площину π загальним рiвнянням

Ax+By + Cz +D = 0

i точку M0(x0; y0; z0). Вiдстанню вiд точки M0 до площини πназивають число

d(M0, π) := infM∈π

d(M0,M).

Оскiльки множина вiдстаней мiж точкою M0 i точками пло-щини π обмежена знизу, то вона має точну нижню грань, аотже, вiдстань вiд будь-якої точки до будь-якої площини iснує.Доведемо, що вона обчислюється за формулою

d(M0, π) =|Ax0 +By0 + Cz0 +D|

|~n|, (9.6)

де ~n — нормальний вектор площини π, координати якого єрозв’язок системи (9.5).

Справдi, неважко переконатись, що d(M0, π) дорiвнює дов-жинi перепендикуляра, орущеного з точки M0 на площину π, iякщо H — основа цього перпендикуляра, то

d(M0, π) = |−−−→HM0 |.

Врахувавши те, що вектори−−−→HM0 i ~n колiнеарнi, з рiвностi

−−−→HM0 ·~n = |

−−−→HM0 ||~n| cos(

∧−−−→HM0 , ~n)

отримаємо

d(M0, π) =|−−−→HM0 ·~n||~n |

. (9.7)

182

Нехай точка H має координати (x1, y1, z1). Тодi

−−−→HM0 ·~n = (

−−−→OM0 −

−−→OH ) · ~n =

−−−→OM0 ·~n−

−−→OH ·~n =

= (n1 + n2 cosα+ n3 cos γ)x0 + (n1 cosα+ n2 + n3 cos β)y0 +

+(n1 cos γ + n2 cos β + n3)z0 − (n1 + n2 cosα+ n3 cos γ)x1 −

−(n1 cosα+ n2 + n3 cos β)y1 − (n1 cos γ + n2 cos β + n3)z1.

Якщо врахувати (9.5) i той факт, що точка H належить пло-щинi π, то останню рiвнiсть запишемо у виглядi

−−−→HM0 ·~n = Ax0+By0+Cz0−Ax1−By1−Cz1 = Ax0+By0+Cz0+D,

i на пiдставi (9.7) дiстанемо формулу (9.6).Нехай маємо двi площини π1, π2, якi заданi своїми загаль-

ними рiвняннями

A1x+B1y + C1z +D1 = 0,

A2x+B2y + C2z +D2 = 0,

i нехай ~n1 i ~n2 їх нормальнi вектори. Очевидно, що цi площинипаралельнi або збiгаються тодi i тiльки тодi, коли вектори ~n1 i~n2 колiнеарнi. Якщо ж вектори ~n1 i ~n2 неколiнеарнi, то площиниπ1 i π2 перетинаються, а отже, утворюють чотири двограннiкути. Оскiльки вектори ~n1 i ~n2 перпендикулярнi до площин π1

i π2, то кут мiж цими векторами дорiвнює одному з кутiв мiжплощинами (кути iз взаємно перпендикулярними сторонами).Щоб знайти величину цього кута, досить знайти величину кутамiж векторами ~n1 i ~n2. А це можна зробити, виходячи з рiвностi

~n1 · ~n2 = |~n1||~n2| cos(∧

~n1, ~n2).

183

Таким чином, косинус одного з двограних кутiв, якi утворюю-ться при перетинi двох площин, обчислюється за формулою

cosϕ =~n1 · ~n2

|~n1||~n2|, (9.8)

зокрема, цi площини перпендикулярнi тодi i тiльки тодi, коли~n1 · ~n2 = 0.

Якщо ж система координат декартова прямокутна, то ве-ктори ~n1, ~n2 мають координати ~n1(A1, B1, C1), ~n2(A2, B2, C2), iформула (9.8) записується у такому виглядi

cosϕ =A1A2 +B1B2 + C1C2√

A21 +B2

1 + C21

√A2

2 +B22 + C2

2

. (9.9)

Нехай маємо пряму l, задану параметричними рiвняннямиx = x0 + l1t,

y = y0 + l2t,

z = z0 + l3t,

(9.10)

де t ∈ R, i площину π, задану рiвнянням (9.1)

Ax+By + Cz +D = 0.

Очевидно, що можливi три випадки взаємного розташуванняпрямої i площини:

а) пряма l i площина π перетинаються;б) пряма l паралельна площинi π;в) пряма l належить площинi π,

i наше завдання — з’ясувати, яким умовам мають задовольнятирiвняння (9.10) i (9.1) у кожному з цих випадкiв.

З цiєю метою пiдставимо x, y, z з (9.10) у рiвняння (9.1) iпроаналiзуємо рiвнiсть

(Al1 +Bl2 + Cl3)t+ Ax0 +By0 + Cz0 +D = 0. (9.11)

184

Очевидно, що пряма l i площина π мають єдину спiльну точкутодi i тiльки тодi, коли

Al1 +Bl2 + Cl3 6= 0, (9.12)

тобто умова (9.12) є необхiдною i достатною умовою перетинупрямої i площини. Якщо ж

Al1 +Bl2 + Cl3 = 0,

Ax0 +By0 + Cz0 +D 6= 0,(9.13)

то пряма l i площина π не мають спiльних точок, тобто умова(9.13) є необхiдною i достатною умовою паралельностi прямої iплощини. i, нарештi, якщо

Al1 +Bl2 + Cl3 = 0,

Ax0 +By0 + Cz0 +D = 0,(9.14)

то пряма l i площина π мають безлiч спiльних точок, тобто умо-ва (9.14) є необхiдною i достатною умовою належностi прямоїплощинi.

Якщо пряма l перетинає площину π i не перепендикулярнаїй, то кутом мiж ними називають кут мiж прямою l i її прое-кцiєю на площину π. Кут мiж прямою i площиною є прямим,якщо пряма перпендикулярна площинi, i дорiвнює нулю, якщоабо пряма паралельна площинi, або пряма належить площинi.

Оскiльки у поданнi (9.10) l1, l2, l3 є координати напрямно-го вектора ~a прямої l, тобто у базисi (~e1, ~e2, ~e3) вектор ~a маєподання

~a = l1~e1 + l2~e2 + l3~e3,

а вектор нормалi площини π має подання

~n = n1~e1 + n2~e2 + n3~e3,

185

де координати n1, n2, n3 визначаються як розв’язок системи(9.5), то кут мiж прямою i площиною неважко знайти черезцi вектори.

Справдi, нехай ϕ — кут мiж прямою l i площиною π, а ψ —кут мiж векторами ~a i ~n. Тодi очевидно, що sinϕ = cosψ, якщоψ <

π

2(рис. 45а), i sinϕ = − cosψ, якщо ψ >

π

2(рис. 45б).

Оскiльки 0 < ϕ < π, то sinϕ > 0 i sinϕ = | cosψ|, а отже, для

186

визначення кута мiж прямою i площиною маємо формулу

sinϕ = | cosψ| = |~n~a||~n||~a|

, (9.15)

зокрема пряма l перпендикулярна площинi π тодi i тiльки тодi,коли

~n~a = 0. (9.16)

Якщо (9.10) i (9.1) є рiвнянням прямої i площини у декарто-вiй прямокутнiй системi координат, то, врахувавши, що вектори~a i ~n мають подання

~a = l1~i+ l2~j + l3~k, ~n = A~i+B~j + C~k,

формулу (9.15) запишемо у виглядi

sinϕ =|Al1 +Bl2 + Cl3|√

l21 + l22 + l23√A2 +B2 + C2

, (9.17)

а необхiдну i достатну умову перпендикулярностi прямої i пло-щини — у виглядi

Al1 +Bl2 + Cl3 = 0. (9.18)

Приклад 1. Знайти вiдстань вiд вершини S до гранi ABCтетраедра SABC, якщо плоскi кути при вершинi S рiвнi мiжсобою i дорiвнюють α, а бiчнi ребра SA, SB, SC дорiвнюютьвiдповiдно a, b, c.

Розв’язання. Оберемо декартову систему координат у такийспосiб: S — початок координат

~e1 =1

a

−−→SA , ~e2 =

1

b

−−→SB , ~e3 =

1

c

−−→SC .

Тодi ~e1 ~e2 = ~e2 ~e3 = ~e3 ~e1 = cosα, а рiвняння площини, що визна-чається точками A(a, 0, 0), B(0, b, 0), C(0, 0, c) має вигляд

x

a+y

b+z

c= 1.

187

Розв’язавши систему

n1 + n2 cosα + n3 cosα =1

a,

n1 cosα + n2 + n3 cosα =1

b,

n1 cosα + n2 cosα + n3 =1

c,

матимемо вектор нормалi

~n =1

(1− cosα)(1 + 2 cosα)

(1

a(1 + cosα)−

(1

b+

1

c

)cosα,

1

b(1 + cosα)−

(1

a+

1

c

)cosα,

1

c(1 + cosα)−

(1

a+

1

b

)cosα

).

Звiдси

d(S, пл.ABC) =1

|~n|=

=(1− cosα)(1 + 2 cosα)√

A+ 2(A−B) cosα− (A+ 2B) cos2 α− (2A− 4B) cos3 α,

де

A =1

a2+

1

b2+

1

c2, B =

1

ab+

1

bc+

1

ac.

Зокрема, якщо a = b = c, то

d(S, пл.ABC) =a√3(1 + 2 cosα),

а якщо α =π

2, то

d(S, пл.ABC) =abc√

a2b2 + b2c2 + a2c2.

188

Приклад 2. Основою призми є правильний трикутник, сто-рона якого дорiвнює a. Бiчне ребро b утворює iз сторонамиоснови, якi його перетинають, кути α i β. Знайти об’єм призми.

Розв’язання. Нехай ABCA1B1C1 задана призма (рис. 46).Оберемо декартову систему координат у такий спосiб:

A — початок коор-динат,

~e1 =1

a

−−→AB ,

~e2 =1

a

−−→AC ,

~e3 =1

b

−−→AA1 .

Очевидно, що для розв’язання задачi досить знайти висоту при-зми, тобто вiдстань вiд точки A1(0, 0, b) до площини z = 0.Координати вектора нормалi останнього знайдемо з системи

n1 +1

2n2 + n3 cosα = 0,

1

2n1 + n2 + n3 cos β = 0,

n1 cosα + n2 cos β + n3 = 1.

Маємо

~n =1

4

(− cosα+

1

2cos β,− cos β +

1

2cosα,

3

4

),

189

де 4 =3

4− cos2 α− cos2 β + cosα cos β. Тодi ~n~n =

1

42

(cos2 α−

− cosα cos β +1

4cos2 β + cos2 β − cosα cos β +

1

4cos2 α+

+9

16+ cosα cos β − 1

2cos2 β − 1

2cos2 α+

1

4cosα cos β −

−3

2cos2 α+

3

4cosα cos β − 3

2cos2 β +

3

4cosα cos β

)=

=1

42

( 9

16− 3

4cos2 α− 3

4cos2 β +

3

4cosα cos β

).

Тодi

d(A1, пл.ABC) =b

|~n|=b√

3− 4 cos2 α− 4 cos2 β + 4 cosα cos β√3

,

а отже,

V =a2b

4

√3− 4(cosα + cos2 β − cosα cos β). �

Приклад 3. Плоскi кути AOB,BOC,COA тригранного ку-та OABC вiдповiдно дорiвнюють α, β, γ. Довести, що величинидвогранних кутiв при ребрах OB,OC,OA задовольняють вiд-повiдно спiввiдношення

cos∧B=

cos γ − cosα cos β

sinα sin β,

cos∧C=

cosα− cos β cos γ

sin β sin γ,

cos∧A=

cos β − cosα cos γ

sinα sin γ.

190

Розв’язання. Оберемо за початок координат верщину три-гранного кута, а за базиснi вектори — одиничнi вектори~e1, ~e2, ~e3, напрямки яких збiгаються з напрямками вiдповiдно

векторiв−−→OA ,

−−→OB ,

−−→OC . Враховуючи властивостi кутiв з вiдпо-

вiдно перпендикулярними сторонами, наприклад, для двогран-ного кута при ребрi OB матимемо:

cos∧B= cos(180◦−

∧(~n1, ~n2)) = − ~n1 · ~n2

|~n1||~n2|,

де ~n1 i ~n2 — нормальнi вектори вiдповiдно площин x = 0 i z = 0.Скориставшись системою (9.5), знаходимо координати ве-

кторiв ~n1 i ~n2. Як результат маємо:

~n1 =1

4(sin2 β,− cosα+ cos β cos γ,− cos γ + cosα cos β),

~n3 =1

4(− cos γ + cosα cos β,− cos β + cosα cos γ, sin2 α).

Звiдси

~n1 · ~n1 =1

42(sin4 β + cos2 α− 2 cosα cos β cos γ +

+ cos2 β cos2 γ + cos2 γ − 2 cosα cos β cos γ + 2 cosα sin2 β ×

×(− cosα+ cos β cos γ) + 2 cos β(− cosα+ cos β cos γ)×

×(− cos γ + cosα cos β) + 2 cos γ sin2 β(− cos γ + cosα cos β)) =

=1

42(sin4 β − cos2 α sin2 β − cos2 β sinβ − cos2 γ sin2 β +

+2 cosα cos β cos γ sin2 β) =sin2 β

4,

тобто

|~n1| =sin β√4.

191

Аналогiчно

|~n3| =sinα√4.

Знайдемо скалярний добуток цих векторiв ~n1 · ~n3 =

=1

42(sin2 β(− cos γ + cosα cos β) + (− cosα+ cos β cos γ)×

×(− cos β + cosα cos γ) + sin2 α(− cos γ + cosα cos β) +

+ cosα(sin2 β(− cos β + cosα cos γ) + (− cosα+ cos β cos γ)×

×(− cos γ + cosα cos β)) + cos β(sin2 α(− cosα+ cos β cos γ) +

+(− cos γ + cosα cos β)(− cos β + cosα cos γ)) +

+ cos γ(sin2 α sin2 β + (− cos γ + cosα cos β)2)) =1

42(cosα×

× cos β(1− cos2 α− cos2 β − cos2 γ + 2 cosα cos β cos γ)−

− cos γ(1− cos2 α− cos2 β − cos2 γ + 2 cosα cos β cos γ)) =

=1

4(cosα cos β − cos γ).

Таким чином,

cos∧B= − ~n1 · ~n2

|~n1||~n2|=

cos γ − cosα cos β

sinα sin β.

В такий же спосiб можна переконатись у справедливостi щедвох рiвностей. �

Приклад 4. Нехай задано декартову систему координат(O,~e1, ~e2, ~e3). Знайти вектор ~x, який утворює рiвнi кути з ко-ординатними площинами.

Розв’язання. Нехай ~x = x1~e1+x2~e2+x3~e3 — шуканий вектор.Тодi, скориставшись формулою (9.17), дiстанемо рiвнiсть

~n1 ~x

|~n1||~x|=

~n2 ~x

|~n2||~x|=

~n3 ~x

|~n3||~x|,

192

де ~n1, ~n2, ~n3 — нормальнi вектори координатних площинx = 0, y = 0, z = 0. Оскiльки

|~n1| =sin β√4, |~n2| =

sin γ√4, |~n3| =

sinα√4,

де 4 — визначник системи (9.5), то вiд записаної вище рiвностiприходимо до рiвностi

1

sin β~n1 ~x =

1

sin γ~n2 ~x =

1

sinα~n3 ~x,

тобто для знаходження координат вектора ~x маємо систему рiв-нянь {

sin γ(~n1 ~x) = sin β(~n2 ~x),

sinα(~n2 ~x) = sin γ(~n3 ~x),

де

~n1 =1

4(sin2 β,− cosα+ cos β cos γ,− cos γ + cosα cos β),

~n2 =1

4(− cosα+ cos β cos γ, sin2 γ,− cos β + cosα cos γ),

~n3 =1

4(− cos γ + cosα cos β,− cos β + cosα cos γ, sin2 α).

Обчисливши скалярнi добутки ~n1 · ~x, ~n2 · ~x, ~n3 · ~x i згрупувавшикоефiцiєнти при невiдомих x1, x2, x3, прийдемо до рiвнянь:

sin γ(sin2 β − cos2 α− cos2 γ + 2 cosα cos β cos γ)x1 +

+ sin γ(sin2 β cosα− cosα+ cos β cos γ − cos β cos γ +

+ cosα cos2 β)x2 + sin γ(sin2 β cos γ − cosα cos β +

+ cos2 β cos γ − cos γ + cosα cos β)x3 =

193

= sin β(− cosα+ cosα cos γ + cosα sin2 γ − cos β cos γ +

+ cosα cos2 γ)x1 + sin β(sin2 γ − cos2 α− cos2β +

+2 cosα cos β cos γ)x2 + sin β(− cosα cos γ + cos β cos2 γ +

+ cos β sin2 γ − cos β + cosα cos γ)x3,

sinα(−cosα + cos β cos γ + cosα sin2 γ − cos β cos γ +

+ cosα cos2 γ)x1 + sinα(− cos2 α+ 2 cosα cos β cos γ + sin2 γ −

− cos2 β)x2 + sinα(− cosα cos γ + cos β cos2 γ + cos β sin2 γ −

− cos β + cosα cos γ)x3 = sin γ(− cos γ + cosα cos β −

− cosα cos β + cos2 α cos γ + sin2 α cos γ)x1 + sin γ(− cosα×

× cos γ + + cos2 cos β − cos β + cosα cos γ + sin2 α cos β)x2 +

+ sin γ(− cos2 γ + 2 cosα cos β cos γ − cos2 β + sin2 α)x3

або {sin γ · 4 · x1 = sin β · 4 · x2,

sinα · 4 · x2 = sin γ · ·x3.

Звiдси

x1 =sin β

sinαx3, x2 =

sin γ

sinαx3.

Поклавши x3 =1

sin β sin γ, матимемо, що будь-який вектор ~x,

колiнеарний вектору

~t =

(1

sinα sin γ,

1

sinα sin β,

1

sin β sin γ

),

утворює рiвнi кути з координатними площинами. �Ще раз повернемось до нормальних векторiв координатних

площин x = 0, y = 0, z = 0

~n1 =1

4(sin2 β,− cosα+ cos β cos γ,− cos γ + cosα cos β),

194

~n2 =1

4(− cosα+ cos β cos γ, sin2 γ,− cos β + cosα cos γ),

~n3 =1

4(− cos γ + cosα cos β,− cos β + cosα cos γ, sin2 α).

Очевидно, що

~n1 · ~e1 =1

4(sin2 β − cos2 α+ cosα cos β cos γ − cos2 γ +

+ cosα cos β cos γ) = 1,

~n1 · ~e2 =1

4(cosα sin2 β − cosα+ cos β cos γ − cos β cos γ +

+ cosα cos2 β) = 0,

~n2 · ~e3 =1

4(sin2 β cos γ − cosα cos β + cos2 β cos γ − cos γ +

+ cosα cos β) = 0.

Аналогiчно

~n2 · ~e2 = ~n3 · ~e3 = 1, ~n2 · ~e1 = ~n2 · ~e3 = ~n3 · ~e1 = ~n3 · ~e2 = 0.

Таким чином, трiйка векторiв (~n1, ~n2, ~n3) утворює базис, взаєм-ний базису (~e1, ~e2, ~e3). Крiм того, оскiльки

[~e2 ~e3] =√4~n1, [~e3 ~e1] =

√4~n2, [~e1 ~e2] =

√4~n3,

то базис (~n1, ~n2, ~n3) є правим. Тодi

~e1 ~e2 ~e3 = [~e1 ~e2]~e3 =√4~n3 · ~e3 =

√4,

а для будь-яких двох векторiв

~a = a1~e1 + a2~e2 + a3~e3, ~b = b1~e1 + b2~e2 + b3~e3

195

маємо

[~a~b] = [~a(b1~e1 + b2~e2 + b3~e3)] = b1[~a~e1] + b2[~a~e2] + b3[~a~e3] =

= b1a2[~e2 ~e1] + b1a3[~e3 ~e1] + b2a1[~e1 ~e2] + b2a3[~e3 ~e2] +

+b3a1[~e1 ~e3] + b3a2[~e2 ~e3] = (a2b3 − a3b2)[~e2 ~e3] +

+(a3b1 − a1b3)[~e3 ~e1] + (a1b2 − a2b1)[~e1 ~e2] =

=

∣∣∣∣∣∣∣[~e2 ~e3] [~e3 ~e1] [~e1 ~e2]

a1 a2 a3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣∣ =√4

∣∣∣∣∣∣∣~n1 ~n2 ~n3

a1 a2 a3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣∣ .Завдання для самоконтролю.

1. Нехай у просторi зафiксовано точку O, обранi число D iненулевий вектор ~n. Довести, що множина всiх тих точокпростору, радiуси-вектори яких задовольняють рiвняння

~r ~n = D

є площина. Охарактеризуйте її положення у просторi.

2. Довести, що рiвняння площини, яка проходить через то-чку M0(x0, y0, z0) перпендикулярно до площин, заданихрiвняннями

A1x+B1y + C1z +D1 = 0,

A2x+B2y + C2z +D2 = 0

(система координат декартова прямокутна), можна податиу виглядi ∣∣∣∣∣∣∣

x− x0 y − y0 z − z0

A1 B1 C1

A2 B2 C2

∣∣∣∣∣∣∣ = 0.

196

Який вигляд буде мати таке рiвняння у випадку, коли сис-тема координат декартова?

3. Довести, що рiвняння площини, яка проходить через двiточкиM1(x1, y1, z1),M2(x2, y2, z2) перпендикулярно до пло-щини Ax+By + Cz +D = 0, можна подати у виглядi∣∣∣∣∣∣∣

x− x1 y − y1 z − z1

x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1

A B C

∣∣∣∣∣∣∣ = 0.

Який вигляд буде мати рiвняння у випадку, коли системакоординат декартова?

4. Довести, що умова, за якої двi прямi

x− x1

a1

=y − y1

a2

=z − z1

a3

ix− x2

b1=y − y2

b2=z − z2

b3

лежать в однiй площинi, має вигляд∣∣∣∣∣∣∣x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1

a1 a2 a3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣∣ = 0.

Скласти рiвняння цiєї площини.

5. Довести, що рiвняння площини, яка проходить через то-чку M0(x0, y0, z0) паралельно прямим

x− x1

a1

=y − y1

a2

=z − z1

a3

ix− x2

b1=y − y2

b2=z − z2

b3

можна записати у виглядi∣∣∣∣∣∣∣x− x0 y − y0 z − z0

a1 a2 a3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣∣ = 0.

197

6. Довести, що рiвняння площини, яка проходить через то-чки M1(x1, y1, z1) i M2(x2, y2, z2) паралельно прямiй

x− x0

l1=y − y0

l2=z − z0

l3,

можна записати у виглядi∣∣∣∣∣∣∣x− x1 y − y1 z − z1

x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1

l1 l2 l3

∣∣∣∣∣∣∣ = 0.

7. Довести, що рiвняння площини, яка проходить через пря-му, задану параметрично

x = x0 + l1t,

y = y0 + l2t,

z = z0 + l3t

перпендикулярно до площини Ax+ By + Cz +D = 0 (си-стема координат декартова прямокутна), можна записатиу виглядi ∣∣∣∣∣∣∣

x− x0 y − y0 z − z0

l1 l2 l3

A B C

∣∣∣∣∣∣∣ = 0.

Який вигляд буде мати таке рiвняння у випадку, колисистема координат декартова?

8. Знайти вектор ~x, який утворює з даними некомпланарни-ми векторами ~a,~b,~c рiвнi кути.

9. Нехай задано три площини рiвняннями

~r · ~n1 = D1, ~r · ~n2 = D2, ~r · ~n3 = D3.

198

Довести, що цi площини мають єдину спiльну точку тодi iтiльки тодi, коли ~n1 ·~n2 ·~n3 6= 0, а радiус-вектор цiєї точкиподається у виглядi

1

~n1 · ~n2 · ~n3

(D1[~n1 ~n3] +D2[~n3 ~n1] +D3[~n1 ~n2]

).

10. Нехай у просторi зафiксована точка O, обранi два векто-ри ~a 6= ~0 i ~m, причому ~a ~m = 0. Довести, що множинавсiх точок простору, радiуси-вектори яких задовольняютьрiвняння

[~r~a] = ~m

є пряма, а її параметричне рiвняння має вигляд

~r =1

|~a|2[~a ~m] + t~a,

де t ∈ R.

199

10 ЛЕКЦIЯ: Поверхнi обертання, елiпсої-ди, гiперболоїди, параболоїди (в ана-лiтичному викладi)

Означення поверхнi обертання, теорема про її рiвняння. До-слiдження форми елiпсоїда, гiперболоїдiв i параболоїдiв за їхканонiчними рiвняннями методом паралельних перерiзiв. Пря-молiнiйнi твiрнi поверхонь другого порядку.

Лiтература. [1] стор. 218–220, 228–241, [3] стор. 216–227,[7], [11].

При аналiтичному пiдходi будь-яка геометрична фiгура упросторi з обраною системою координат задається рiвняннямабо нерiвнiстю (або їх системою), яке (якi) задовольняють ко-ординати кожної точки, що належить фiгурi, i не задовольняютькоординати жодної точки, якi не належать цiй фiгурi, зокремарiвняння

F (x, y, z) = 0

задає у просторi поверхню.

Означення 10.1. Множина точок простору, координатияких задовольняють рiвняння

a11x2 + a22y

2 + a33z2 + 2a12xy + 2a23yz + 2a13xz +

+2a10x+ 2a20y + 2a30z + a00 = 0, (10.1)

де a11, a22, . . . , a00 ∈ R, причому хоча би один iз коефiцiєнтiвa11, a22, a33, a12, a23, a13 не дорiвнює нулю, називається поверх-нею другого порядку.

Розглянемо основнi типи поверхонь другого порядку, причо-му будемо виходити з таких, якi мають досить простий геоме-тричний опис.

200

Означення 10.2. Поверхню, яка разом з кожною своєю то-чкою мiстить все коло, утворене обертанням цiєї точки нав-коло фiксованої прямої l, називається поверхнею обертання,а пряму l, навколо якої здiйснюється обертання, називаютьвiссю обертання.

Наголосимо, що обертання кожної точки поверхнi навколоосi l вiдбувається у площинi, перпендикулярнiй осi l. Тодi оче-видно, що у перерiзi поверхнi обертання площинами, перпен-дикулярними до осi обертання, дiстаємо кола, якi називаютьпаралелями. Кривi, якi є лiнiями перетину поверхнi обертанняпiвплощинами, що визначаються вiссю обертання l, називаютьмеридiанами. На цiй пiдставi стає очевидним той факт, щоповерхня обертання може бути отримана обертанням плоскоїкривої γ (вона породжує сiм’ю меридiанiв) навколо прямої l,яка з кривою γ лежить в однiй площинi, причому, як свiдчитьнаступна теорема, її аналiтичне задання (рiвняння) можна зна-йти за рiвнянням кривої γ.

Теорема 10.1. Якщо у прямокутнiй декартовiй системiкоординат криву γ у площинi xOz задано рiвнянням

x = f(z),

то рiвнянняx2 + y2 = f 2(z) (10.2)

є рiвнянням поверхнi, утвореної обертанням кривої γ навко-ло осi Oz.

Доведення. Нехай S — поверхня, утворена обертанням кри-вої x = f(z), навколо осi Oz (рис. 47), i нехай M0(x0, y0, z0) ∈ S.Якщо через точку M0 провести площину, перпендикулярнудо осi Oz, то згiдно з означенням вона перетинає поверх-ню S по колу ω, центром якого є точка M ′(0, 0, z0), причому

201

це коло перетинає площину xOz у точках M1(√x2

0 + y20, 0, z0),

M2(−√x2

0 + y20, 0, z0). Оскiльки коло ω — паралель поверхнi S,

утвореної обертанням кри-вої x = f(z) навколо осiOz, то або точка M1, аботочка M2 належить кривiйγ, а отже, або

√x2

0 + y20 =

f(z0), або −√x2

0 + y20 =

f(z0). Якщо обидвi части-ни вiдповiдного рiвнянняпiднести до квадрату, тоотримаємо:

x20 + y2

0 = f 2(z0),

тобто координати (x0, y0, z0) точки M0 задовольняють рiвняння(10.2).

Нехай точка M0(x0, y0, z0) не належить поверхнi S. Тодi жо-дна з точок M1(

√x2

0 + y20, 0, z0), M2(−

√x2

0 + y20, 0, z0) не нале-

жить кривiй γ, тобто i√x2

0 + y20 6= f(z0), i −

√x2

0 + y20 6= f(z0).

А це й означає, що координати точки M0 не задовольняютьрiвняння (10.2).

Таким чином, показано, що координати кожної точки, яканалежить поверхнi S, задовольняє рiвняння (10.2), а координа-ти жодної точки, яка не належить поверхнi S, не задовольняєрiвняння (10.2), тобто рiвняння (10.2) є рiвнянням поверхнi,утвореної обертанням кривої x = f(z) навколо осi Oz. �

Застосуємо доведену теорему для визначення рiвнянь повер-хонь, утворених обертанням кривих другого порядку. Нехай наплощинi xOz задано елiпс

x2

a2+z2

c2= 1. (10.3)

202

Виходячи з рiвняння (10.3), у площинi xOz вiзьмемо криву

x = a

√1− z2

c2

(праву половину елiпса). Тодi вiд обертання цiєї кривої навколоосi Oz дiстанемо поверхню, задану рiвнянням

x2 + y2 = a2

(1− z2

c2

),

тобто в результатi обертання елiпса (10.2) навколо осi Oz дiс-танемо поверхню

x2

a2+y2

a2+z2

c2= 1, (10.4)

яку називають елiпсоїдом обертання (рис. 48). При a = c ма-тимемо сферичну поверхню.

Нехай у площинi xOz задано гiперболу

x2

a2− z2

c2= 1. (10.5)

203

Виходячи з рiвняння (10.5), у площинi xOz вiзьмемо криву

x = a

√1 +

z2

c2

(праву гiлку гiперболи). Тодi вiд обертання цiєї кривої навколоосi Oz дiстанемо поверхню, задану рiвнянням

x2 + y2 = a2

(1 +

z2

c2

),

тобто в результатi обертання гiперболи (10.5) навколо осi Oz(навколо уявної осi), дiстанемо поверхню

x2

a2+y2

a2− z2

c2= 1, (10.6)

яку називають однопорожнинним гiперболоїдом обертання(рис. 49).

Нехай у площинi xOz задано гi-перболу

− x2

a2+z2

c2= 1. (10.7)

Виходячи з рiвняння (10.7) уплощинi xOz вiзьмемо двi гiл-ки кривої

x = a

√z2

c2− 1.

Тодi вiд обертання цiєї кривоїнавколо осi Oz дiстанемо по-верхню з рiвнянням

x2 + y2 = a2

(z2

c2− 1

),

204

тобто в результатi обертання гiперболи (10.7) навколо осi Oz(навколо дiйсної осi) дiстанемо поверхню

− x2

a2− y2

a2+z2

c2= 1, (10.8)

яку називають двопорожнинним гiперболоїдом обертання(рис. 50).

Нехай у площинi xOz задано парабо-лу

x2 − 2pz = 0, (10.9)

де p > 0. Виходячи з рiвняння (10.9)у площинi xOz вiзьмемо криву

x =√

2pz

(праву частину параболи). Тодi вiдобертання цiєї кривої навколо осi Ozдiстанемо поверхню, задану рiвнян-ням

x2 + y2 = 2pz.

Позначивши p = a2, маємо, що врезультатi обертання параболи (10.9)навколо осi Oz (навколо осi парабо-ли) дiстанемо поверхню

x2

a2+y2

b2= 2z, (10.10)

яку називають параболоїдом обертання (рис. 51). Очевидно,що поверхнi (10.4), (10.6), (10.8), (10.10) є поверхнями другогопорядку. Однак не всяка поверхня, утворена обертанням кривоїдругого порядку, є поверхнею другого порядку.

Приклад 1. Написати рiвняння поверхнi, утвореної обертан-ням параболи

z2 − 2px = 0, y = 0,

205

де p > 0, навколо осi Oz.

Розв’язання. Рiвняння поверхнi,утвореної обертанням кривої

x =z2

2p,

що знаходиться в площинi xOz, згi-дно з теоремою 10.1 матиме вигляд

x2 + y2 =z4

4p2

або z4 = 4p2(x2 + y2), яка є поверхнею обертання четвертогопорядку. �

Разом з тим вiд поверхонь обертання можна перейти до по-верхонь другого порядку, якi входять до каталогу, що мiстить17 можливих типiв таких поверхонь (кривих другого порядкуiснує дев’ять i тiльки дев’ять типiв). З цiєю метою розгляне-мо вiдображення f точок простору у себе, яке дiє за такимправилом:

−−−→PM ′= k

−−−→PM ,

де P — ортогональна проекцiя точки M на деяку фiксовануплощину Π, а k 6= 0 — довiльне дiйсне число. Таке вiдображенняназивають вiдображенням стиску, а число k — коефiцiєнтомстиску. Якщо задано ортонормований репер R = (O,~i,~j,~k), аза Π обрано площину xOy, то образом точки M(x, y, z) призаданому вiдображеннi буде точка M ′ з координатами

x′ = x, y′ = y, z′ = kz.

Якщо ж за Π обрано площину xOz (у подальшому якраз вона iбуде обиратись), то образом точки M(x, y, z) при вiдображеннi

206

f буде точка M ′ з координатами

x′ = x, y′ = ky, z′ = z.

При такому вiдображеннi, наприклад, рiвняння (10.4) елiпсоїдаобертання набуде вигляду

(x′)2

a2+

(y′)2

k2a2+

(z′)2

c2= 1.

Позначивши b2 = k2a2, а координати бiжучої точки поверхнiS — через x, y, z, запишемо рiвняння у виглядi

x2

a2+y2

b2+z2

c2= 1.

В такий же спосiб поступаємо з рiвняннями (10.6), (10.8),(10.10).

Означення 10.3. Елiпсоїдом називається поверхня, яка удеякiй прямокутнiй декартовiй системi координат задає-ться рiвнянням

x2

a2+y2

b2+z2

c2= 1. (10.11)

Це рiвняння називається канонiчним рiвнянням елiпсоїда, адодатнi числа a, b, c — його пiвосями.

Означення 10.4. Однопорожнинним гiперболоїдом нази-вається поверхня, яка у деякiй прямокутнiй декартовiй си-стемi координат задається рiвнянням

x2

a2+y2

b2− z2

c2= 1. (10.12)

Це рiвняння називається канонiчним рiвнянням однопоро-жнинного гiперболоїда, а додатнi числа a, b, c — його пiвосями.

207

Означення 10.5. Двопорожнинним гiперболоїдом називає-ться поверхня, яка у деякiй прямокутнiй декартовiй системiкоординат задається рiвнянням

x2

a2+y2

b2− z2

c2= −1. (10.13)

Це рiвняння називається канонiчним рiвнянням двопорожнин-ного гiперболоїда, а додатнi числа a, b, c — його пiвосями.

Означення 10.6. Елiптичним параболоїдом називаєтьсяповерхня, яка у деякiй прямокутнiй декартовiй системi ко-ординат задається рiвнянням

x2

a2+y2

b2= 2z. (10.14)

Це рiвняння називається канонiчним рiвнянням елiптичногопараболоїда.

Означення 10.7. Гiперболiчним параболоїдом називає-ться поверхня, яка у деякiй прямокутнiй декартовiй системiкоординат задається рiвнянням

x2

a2− y2

b2= 2z. (10.15)

Це рiвняння називається канонiчним рiвнянням гiперболiчно-го параболоїда.

Прийти до рiвняння (10.15) можна у такий спосiб. Нехаймаємо ортонормований репер R = (O,~i,~j,~k) i нехай точка O єспiльна вершина двох парабол γ1 i γ2, перша з яких знаходитьсяу площинi yOz i має рiвняння

y2 = 2qz,

де q < 0, а друга — у площинi xOz i має рiвняння

x2 = 2px,

208

де p > 0, тобто цi параболи мають спiльну вiсь симетрiї (Oz).Поверхня S, яка утворюється при неперервному перемiщеннiрухомої параболи γ1 по нерухомiй параболi γ2, причому площи-на другої параболи перпендикулярна площинi нерухомої пара-боли i її вiсь не змiнює напрямку, якраз є гiперболiчним пара-болоїдом (рис. 52). Справдi, нехай M(x, y, z) є точка поверхнiS. Тодi

згiдно з означенням лiнiєю перетину поверхнi S i площини Π,яка проходить через точку M перпендикулярно до осi Ox, є па-рабола γ′1, вершина якої є точка N(x, 0, Z) лежить на параболi

γ2, тобто точка N має координати(x, 0,

x2

2p

). Якщо O′ є точка

перетину площини Π i осi Ox, то у реперi (O′,~j,~k) рiвнянняпараболи γ′1 має вигляд

(Y ′)2 = 2q(Z ′ − Z).

А оскiльки точка M у реперi (O′,~j,~k) має координати (y, z), iвони задовольняють останнє рiвняння, то звiдси випливає, що

y2 = 2q(z − Z)

або

y2 = 2q

(z − x2

2p

).

209

Переписавши останнє рiвняння у виглядi

x2

p+y2

q= 2z

i позначивши a2 = p, b2 = −q, дiстанемо рiвняння (10.15).Основним методом вивчення форми поверхонь (10.11) –

(10.15) буде метод перерiзiв, сутнiсть якого у тому, що по-верхню S перетинають площинами, паралельними координа-тним площинам, i визначають лiнiї перетину поверхнi з данимиплощинами. За виглядом цих лiнiй роблять висновок про формуданої поверхнi. В основi цього методу така теорема.

Теорема 10.2. Якщо поверхня S у прямокутнiй декарто-вiй системi координат O~i~j ~k задається рiвнянням

F (x, y, z) = 0, (10.16)

то проекцiя лiнiї перетину поверхнi S з площиною z = h наплощину xOy у системi O~i~j має рiвняння

F (x, y, h) = 0. (10.17)

Доведення. Нехай γ — лiнiя перетину поверхнi S i пло-щини z = h, а γ′ — її проекцiя на площину xOy (Рис. 53).Вiзьмемо довiльну точку M ′ лiнiї γ′, яка у системi O~i~j наплощинi xOy має координати (x′, y′). Тодi у системi координатO~i~j ~k вона має координати (x′, y′, 0), а оскiльки точка M ′

належить γ′, то вона є проекцiєю даної точки M кривої γ,причому ця точка має координати (x′, y′, h) i належить поверхнiS. Тому її координати задовольняють рiвняння (10.16), тобтоF (x′, y′, h) = 0. Таким чином, показано, що координати кожноїточки M ′, що належить лiнiї γ′, задовольняє рiвняння (10.17).Вiзьмемо на площинi xOy будь-яку точку M∗(x∗, y∗), яка неналежить лiнiї γ′. Проведемо через точку M∗ пряму, паралель-ну осi Oz i позначимо через M точку перетину цiєї прямої з

210

площиною z = h. Тодi у системi координат O~i~j ~k точка M маєкоординати (x∗, y∗, h), а оскiльки M∗ не належить γ′, то точкаM не належить кривiй γ, а отже, i поверхнi S. Таким чином,координати точки M не задовольняють рiвняння (10.17), тобтоF (x∗, y∗, h) 6= 0. Отож, справдi, координати кожної точки, яканалежить лiнiї γ′, задовольняють рiвняння (10.16), а координа-ти жодної точки, яка не належить γ′, не задовольняють його,тобто рiвняння (10.17) є рiвнянням проекцiї лiнiї перетинуповерхнi S з площиною z = h. �

Зауваження. Аналогiчнi теореми можна довести для випад-ку, коли поверхню S перетинатимемо площинами, паралельни-ми координатним площинам xOz i yOz.

Як приклади, вивчимо властивостi i форму деяких з по-верхонь (10.11) – (10.15). Нехай маємо тривимiрний елiпсоїд(10.11), тобто елiпсоїд, у якого пiвосi a, b, c попарно рiзнi (якщодвi пiвосi рiвнi, маємо елiпсоїд обертання, а якщо всi три пiвосiрiвнi, маємо сферу). Оскiльки змiннi x, y, z входять у рiвняння(10.11) тiльки у парних степенях, то елiпсоїд симетричний вiд-

211

носно всiх координатних площин, координатних осей i початкукоординат, причому з нерiвностей

x2

a26 1,

y2

b26 1,

z2

c26 1

випливає, що

−a 6 x 6 a, −b 6 y 6 b, −c 6 z 6 c.

Таким чином, всi точки елiпсоїда, крiм точок A1(a, 0, 0),A2(−a, 0, 0), B1(0, b, 0), B2(0,−b, 0), C1(0, 0, c), C2(0, 0,−c) (йо-го вершини), лежать всерединi примокутного паралелепiпеда,для якого вершини елiпсоїда є центрами симетрiї вiдповiднихграней.

Будемо дослiджувати форму елiпсоїда (10.11). З цiєю метоюперетнемо його площиною z = h. Тодi згiдно з теоремою 10.2ортогональна проекцiя лiнiї перетину у площинi xOy матимерiвняння

x2

a2+y2

b2= 1− h2

c2. (10.18)

А отже, при −c < h < c проекцiями лiнiй перетину у площинixOy будуть елiпси з рiвняннями виду

x2

a2

(1− h2

c2

) +y2

b2(

1− h2

c2

) = 1,

тобто у цьому випадку кожна площина z = h перетинає елiпсо-їд по елiпсу з центром на осi Oz i пiвосями

a∗ = a

√1− h2

c2, b∗ = b

√1− h2

c2.

Зокрема, площина xOy (h = 0) перетинає елiпсоїд по елiпсу

x2

a2+y2

b2= 1.

212

При |h| = c рiвняння (10.18) набере вигляду

x2

a2+y2

b2= 0.

Це рiвняння двох уявних прямих, якi перетинаються у точцi(0,0). У цьому випадку площина z = h має з елiпсом однуспiльну точку — вершину елiпсоїда. i нарештi, при |h| > c рiв-няння (10.18) є рiвнянням уявного елiпса. Площина z = h немає з елiпсом спiльних точок.

Така ж картина буде, коли перерiзати елiпсоїд площинамиx = h, y = h. Одержана iнформацiя дає можливiсть скластиуявлення про форму елiпсоїда (рис. 54). Оскiльки координатиточки O(0, 0, 0) не задовольняють

рiвняння (10.11), то для кожної точки

M0(x0, y0, z0)

елiпсоїда хоча би одна з частинних похiдних функцiї

f(x, y, z) =x2

a2+y2

b2+z2

c2− 1

213

вiдмiнна вiд нуля, а отже, у кожнiй своїй точцi елiпсоїд маєдотичну площину

2x0

a2(x− x0) +

2y0

b2(y − y0) +

2z0

c2(z − z0) = 0

абоx0x

a2+y0y

b2+z0z

c2= 1.

Нехай маємо однопорожнинний гiперболоїд (10.12). Оскiль-ки змiннi x, y, z входять у рiвняння (10.12) тiльки в парнихстепенях, то гiперболоїд симетричний вiдносно всiх координа-тних площин, координатних осей i початку координат. Крiм то-го очевидно, що осi симетрiї Ox i Oy перетинають поверхню уточках A1(a, 0, 0), A2(−a, 0, 0), B1(0, b, 0), B2(0,−b, 0). Осi Ox iOy називають дiйсними осями, а точки A1, A2, B1, B2 — верши-нами однопорожнинного гiперболоїда. Третя вiсь симетрiї (Oz)не має спiльних точок з цiєю поверхнею (її називають уявноювiссю).

Дослiдимо форму однопорожнинного гiперболоїда (10.12).Якщо перетяти його площиною z = h, то згiдно з теоремою 10.2ортогональна проекцiя лiнiї перетину у площинi xOy матимерiвняння

x2

a2+y2

b2= 1 +

h2

c2. (10.19)

Отже, при будь-якому h проекцiями лiнiй перетину у площинixOy будуть елiпси, заданi рiвняннями виду

x2

a2

(1 +

h2

c2

) +y2

b2(

1 +h2

c2

) = 1,

тобто кожна площина z = h перетинає однопорожнинний гiпер-болоїд по елiпсу з центром на осi Oz i пiвосями

a∗ = a

√1 +

h2

c2, b∗ = b

√1 +

h2

c2.

214

Зокрема, площина xOy (h = 0) перетинає його по елiпсу

x2

a2+y2

b2= 1,

який називають горловим елiпсом.Якщо ж перетяти його площиною y = h, то ортогональна

проекцiя лiнiї перетину у площинi xOz матиме рiвняння

x2

a2− z2

c2= 1− h2

b2. (10.20)

Отже, при −b < h < b площина y = h перетинає гiперболоїд(10.12) по гiперболi з пiвосями

a∗ = a

√1− h2

b2, c∗ = c

√1− h2

b2,

при |h| = b — по парi прямих, якi у цiй площинi мають рiвняння

x2

a2− z2

c2= 0,

i при |h| > b — по гiперболi з пiвосями

c

√h2

b2− 1, a

√h2

b2− 1.

i нарештi, якщо перетяти гiперболоїд (10.12) площиною x = h,то ортогональна проекцiя лiнiї перетину у площинi yOz матимерiвняння

y2

b2− z2

c2= 1− h2

a2. (10.21)

А отже, при −a < h < a площина x = h перетинає його погiперболi з пiвосями

b

√1− h2

a2, c

√1− h2

a2,

215

при |h| = a — по парi прямих, якi у цiй площинi мають рiвняння

y2

b2− z2

c2= 0,

при |h| > a — по гiперболi з пiвосями

c

√h2

a2− 1, b

√h2

a2− 1.

i знову одержана iнформацiя дає можливiсть скласти уявленняпро форму однопорожнинного гiперболоїда (рис. 55). Напрочуд

незвичайною властивiстю однопо-рожнинного гiперболоїда є наяв-нiсть прямих, якi цiлком лежатьна ньому. Будемо називати поверх-ню k-кратно лiнiйчатою поверх-нею, якщо через кожну її точкупроходить k (i тiльки k) рiзнихпрямих, якi лежать на цiй по-верхнi. Покажемо, що однопоро-жнинний гiперболоїд (10.12) є двi-чi лiнiйчатою поверхнею. Справ-дi, якщо M0(x0, y0, z0) — точкаоднопорожнинного гiперболоїда i~a(l,m, n) — ненулевий вектор, топряма з параметричним поданням

x = x0 + lt, y = y0 +mt, z = z0 + nt, (10.22)

де t ∈ R цiлком лежить на ньому тодi i тiльки тодi, коли длявсiх t має мiсце тотожнiсть

(x0 + lt)2

a2+

(y0 +mt)2

b2− (z0 + nt)2

c2≡ 1.

216

Якщо врахувати, що точка M0 є точка гiперболоїда, то

x20

a2+y2

0

b2− z2

0

c2= 1,

а отже, остання тотожнiсть набирає вигляду(l2

a2+m2

b2− n2

c2

)t2 + 2

(lx0

a2+my0

b2− nz0

c2

)t ≡ 0

для t ∈ R. Звiдси матимемо двi рiвностi

l2

a2+m2

b2− n2

c2= 0,

lx0

a2+my0

b2− nz0

c2= 0.

Оскiльки вектор ~a ненулевий, то на пiдставi першої рiвностiробимо висновок, що n 6= 0. Будемо вважати, що n = c, i длявизначення l i m маємо систему рiвнянь

l2

a2+

m2

b2= 1,

lx0

a2+

my0

b2=

z0

c.

(10.23)

Покладемоx0 = x1 + l

z0

c, y0 = y1 +m

z0

c.

Тодi друге рiвняння (з врахуванням першого) записується увиглядi

lx1

a2+my1

b2= 0, (10.24)

причому, оскiльки

1 =x2

0

a2+y2

0

b2− z2

0

c2=

(x1 + l

z0

c

)2

a2+

(y1 +m

z0

c

)2

a2− z2

0

c2=

217

=x2

1

a2+y2

1

b2+ 2

(x1l

a2+y1m

b2

)z0

c+

(l2

a2+m2

b2− 1

)z20

c2=

=x2

1

a2+y2

1

b2,

тоx2

1

a2+y2

1

b2= 1, (10.25)

тобто точка (x1, y1) належить горловому елiпсу. Врахувавши,що x1 i y1 не можуть одночасно дорiвнювати нулю, а отже, рiв-нiсть (10.24) однозначно визначає вiдношення l : m, покладемо

l = −aby1u, m =

b

ax1u,

де u — коефiцiєнт пропорцiйностi. Тодi

1 =l2

a2+m2

b2=(−aby1u)2 l2

a2+

(b

ax1u

)2m2

b2=

=

(y2

1

b2+x2

1

a2

)u2 = u2,

тобто u2 = 1. Тепер уже з системиx0 = x1 − u

a

b

z0

cy1,

y0 = y1 + ub

a

z0

cx1

визначаємо

x1 =x0 + u

a

b

z0

cy0

x20

a2+y2

0

b2

, y1 =y0 − u

b

a

z0

cx0

x20

a2+y2

0

b2

, (10.26)

218

Неважко перевiрити, що для будь-якого t точка з координатами

x = x0 − ua

by1t, y = y0 + u

b

ax1t, z = z0 + ct,

де u дорiвнює 1 або −1, а числа x1, y1 обчисленi за формулами(10.26), належить однопорожнинному гiперболоїду (10.12).

Таким чином, ми показали, що через кожну точки одно-порожнинного гiперболоїда проходять двi прямi (прямолiнiйнiтвiрнi), якi лежать на ньому, причому їх параметричнi рiвняннямають вигляд

x = x0 − ua

by1t,

y = y0 + ub

ax1t,

z = z0 + ct,

(10.27)

де x1, y1 — визначається за формулами (10.26), u = ±1. Двiпрямолiнiйнi твiрнi однопорожнинного гiперболоїда називаютьодноiменними, якщо у їх параметричному поданнi (10.27) вззя-то одне i теж значення u. У зв’язку з цим всi прямолiнiйнi твiрнiрозбиваються на два класи: одноiменнi твiрнi належать одно-му класу, рiзноiменнi — рiзним. Цi класи частiше називаютьсiм’ями прямолiнiйних твiрних однопорожнинного гiперболоїда(10.12).

Зауваження. Очевидно, що будь-яка прямолiнiйна твiрнаоднопорожнинного гiперболоїда перетинає його горловий елiпс,i через точку (x1, y1) горлового елiпса проходять двi прямолi-нiйнi твiрнi з параметричним поданням

x = x1 − ua

by1t,

y = y1 + ub

ax1t,

z = ct,

219

де u = ±1.На завершення зауважимо, що вивчення властивостей дво-

хпорожнинного гiперболоюда, елiптичного та гiперболiчного па-раболоюдiв проводиться в такий же спосiб.

Завдання для самоконтролю.

1. Нехай Oxyz — прямокутна декартова система координату просторi. Довести, що рiвняння

F (√x2 + y2, z) = 0

є рiвняння поверхнi, утвореної обертанням навколо осi Ozлiнiї, яка лежить у площинi yOz i задана у нiй рiвнянням

F (y, z) = 0.

2. Довести, що довiльний тривiсний елiпсоїд

x2

a2+y2

b2+z2

c2= 1

можна одержати iз сфери

x2 + y2 + z2 = a2

як результат двох послiдовних вiдображень простору усебе, якi дiють за правилами:

(x, y, z) 7→ (x′, y′, z′) =(x, y,

c

az),

(x′, y′, z′) 7→ (x′′, y′′, z′′) =

(x′,

b

ay′, z′

).

220

3. Довести, що для однопорожнинного гiперболоїда

x2

a2+y2

b2− z2

c2= 1

кожна пряма, що проходить через початок координат,

a) перетинає його у двох точках ;

b) немає з ним спiльних точок;

c) перетинає його у двох комплексно-спряжених точках

в залежностi вiд того чи лежить вона зовнi, чи є твiрною,чи лежить в серединi конуса

x2

a2+y2

b2− z2

c2= 0.

4. Довести, що

a) через кожну точку однопорожнинного гiперболоїдапроходить тiльки одна прямолiнiйна твiрна з кожноїсiм’ї;

b) будь-якi двi рiзноiменнi прямолiнiйнi твiрнi лежать воднiй площинi;

c) будь-якi двi одноiменнi прямолiнiйнi твiрнi є мимобiж-ними.

5. Довести, що ортогональна проекцiя прямолiнiйної твiрноїоднопорожнинного гiперболоїда на площину його горло-вого елiпса є дотична до цього елiпса.

6. Методом перерiзiв дослiдити форму двопорожнинного гi-перболоїда. Дослiдити, у якому випадку пряма, що прохо-дить через початок координат, перетинається з двопоро-жнинним гiперболоїдом. Чи є вiн лiнiйчатою поверхнею?

221

7. Методом перерiзiв дослiдити форму елiптичного парабо-лоїда. Довести, що вiн не є лiнiйчатою поверхнею.

8. Знайти геометричне мiсце точок у просторi, якi лежатьна однаковiй вiдстанi вiд заданої площини i вiд заданоїточки, яка не належить цiй площинi.

9. Методом перерiзiв дослiдити форму гiперболiчного пара-болоїда. Довести, що вiн є двiчi лiнiйчатою поверхнею.

10. Довести, що

a) через кожну точку гiперболiчного параболоїда прохо-дить тiльки одна прямолiнiйна твiрна з кожної сiм’ї;

b) будь-якi двi рiзноiменнi прямолiнiйнi твiрнi лежать воднiй площинi;

c) будь-якi двi одноiменнi прямолiнiйнi твiрнi є мимобiж-ними.

222

11 ЛЕКЦIЯ: Цилiндричнi та конiчнi по-верхнi (в аналiтичному викладi)

Означення цилiндричної та конiчної поверхнi Цилiндричнi таконiчнi поверхнi другого порядку, їх канонiчнi рiвняння. Ци-лiндричнi та конiчнi перерiзи.

Лiтература. [1] стор. 221–227, [3] стор. 206–216, [7], [11].Якщо у просторi обрано систему координат, то поверхня за-

дається рiвняннямF (x, y, z) = 0, (11.1)

тобто поверхнею є множина всiх тих точок простору, координа-ти яких задовольняють рiвняння (11.1). Очевидно, що найпро-стiшою поверхнею є площина, рiвняння якої є лiнiйне рiвняння

Ax+By + Cz +D = 0,

де A2 +B2 +C2 6= 0, а от наступною за нею в порядку простотиє цилiндрична поверхня.

Означення 11.1. Поверхня, яка має ту властивiсть, щоразом з кожною своєю точкою вона мiстить всю пряму,яка проходить через цю точку паралельно даному ненуле-вому вектору ~p, називається цилiндричною поверхнею, абоцилiндром.

Прямi, якi паралельнi вектору ~p i лежать на цилiндричнiйповерхнi, називаються твiрними цiєї поверхнi. Очевидно, щоцилiндричну поверхню можна утворити так. Якщо γ — деякалiнiя, а ~p — ненулевий вектор, то поверхня, утворена прямими,якi проходять через всi точки лiнiї γ i паралельнi вектору ~p, будецилiндричною. У цьому разi лiнiю γ називають напрямною цiєїповерхнi.

З допомогою прямих можна утворити ще одну поверхню.

223

Означення 11.2. Конiчною поверхнею або конусом з вер-шиною у точцi M0 називають поверхню, яка має власти-вiсть, що разом з кожною своєю точкою M , що не збiгає-ться з точкою M0, ця поверхня мiстить i пряму M0M .

Точку M0 називають вершиною, а прямi, якi проходять че-рез цю точку i лежать на поверхнi, — її твiрними. Очевидно,що конiчну поверхню можна утворити так. Якщо M0 — точкапростору, а γ — деяка лiнiя, що не проходить через точку M0,то поверхня, утворена усiма прямими, кожна з яких проходитьчерез M0 i деяку точку лiнiї γ, буде конiчною.

З’ясуємо, як аналiтично описуються цилiндричнi та конi-чнi поверхнi, тобто складемо їх рiвняння. Це буде зроблено заумови, що у просторi обрана прямокутна декартова система ко-ординат, плоска крива γ задана системою рiвнянь{

f(x, y) = 0,

z = h,(11.2)

твiрнi цилiндричної поверхнi паралельнi осi Oz, вершина конi-чної поверхнi точка M0 не належить площинi z = h.

Теорема 11.1. Рiвняння

f(x, y) = 0 (11.3)

є рiвнянням цилiндричної поверхнi S, напрямною якої є лiнiяγ, а твiрними — прямi, паралельнi осi Oz.

Доведення. НехайM0(x0, y0, z0) — довiльна фiксована точкапростору, i нехай M0 належить площинi z = h. Тодi, якщоM0 належить поверхнi S, то вона належить лiнiї γ, а отже,координати (x0, y0, h) точки M0 задовольняють рiвняння (11.3).Якщо ж M0 не належить поверхнi S, то вона не належить лiнiїγ, а отже, координати (x0, y0, h) точки M0 не задовольняють

224

рiвняння (11.3). Нехай точка M0 не належить площинi z = h.Тодi пряма, паралельна осi Oz, перетинає площину z = h уточцi M1(x0, y0, h), яка на площинi z = h у системi координатO~i~i має координати (x0, y0). Якщо точка M0 належить поверхнiS, то пряма M0M1 є твiрною, тому точка M1 належить лiнiїγ. Тодi координати (x0, y0, h) точки M1 задовольняють рiвняння(11.2), тобто f(x0, y0) = 0. А це, у свою чергу, означає, щокоординати (x0, y0, z0) точки M0 задовольняють рiвняння (11.3).

Нехай точка M0 не належить поверхнi S. Тодi M1 не нале-жить лiнiї γ, i її координати (x0, y0, h) не задовольняють (11.2),тобто f(x0, y0) 6= 0. А це означає, що координати (x0, y0, z0)точки M0 не задовольняють рiвняння (11.3). Таким чином, по-казано, що координати кожної точки, яка належить поверхнi S,задовольняє рiвняння (11.3), а координати жодної точки, яка неналежить поверхнi S, не задовольняють рiвняння (11.3), тобторiвняння (11.3) є рiвнянням цилiндричної поверхнi, напрямноюякої є лiнiя γ, а твiрними — прямi, паралельнi осi Oz. �

Приклад 1. Скласти рiяняння поверхнi, утвореної прямими,якi паралельнi осi Oz i дотикаються елiпсоїда

x2

a2+y2

b2+z2

c2= 1.

Розв’язання. Насамперед зауважимо, що пiд дотичною доповерхнi у точцi M0(x0, y0, z0) ми розумiємо будь-яку пряму,яка проходить через точку M0 i належить дотичнiй площинi доповерхнi у цiй точцi. А оскiльки рiвняння дотичної площини дозаданої поверхнi має вигляд

x0x

a2+y0y

b2+z0z

c2= 1,

то ця площина буде паралельна осi Oz, якщо вона проходитьчерез точку (x0, y0, 0) таку, що

x20

a2+y2

0

b2= 1,

225

тобто напрямною утвореної цилiндричної поверхнi є елiпсx2

0

a2+y2

0

b2= 1,

z = 0.

Отож, згiдно з теоремою 11.1 рiвняння

x2

a2+y2

b2= 1

є шуканим. �Якщо (11.2) є кривою другого порядку, то вiдповiдну цилiн-

дричну поверхню називають цилiндричною поверхнею другогопорядку, а їх рiвняння мають вигляд:

x2

a2+y2

b2= 1 — елiптичний цилiндр (рис. 56);

x2

a2− y2

b2= −1 — гiперболiчний цилiндр (рис. 57);

y2 = 2px — параболiчний цилiндр (рис. 58);

x2

a2− y2

b2= 0 — цилiндр, який розпався на пару площин,

що перетинаються;

x2 − a2 = 0 — цилiндр, який розпався на пару паралельних

площин;

x2 = 0 — цилiндр, який являє собою пару площин, що

збiгаються(площина yOz).

226

Нехай маємо лiнiю γ, задану системою рiвнянь (11.2), i нехайточка M0(x0, y0, z0) не належить цiй площинi.

Теорема 11.2. Рiвняння

f

(h− z0

z − z0

(x− x0) + x0,h− z0

z − z0

(y − y0) + y0

)= 0 (11.4)

227

є рiвнянням конiчної поверхнi S, напрямною якої є лiнiя γ, аточка M0 — її вершиною.

Доведення. Нехай M∗(x∗, y∗, h) довiльна, але фiксована то-чка лiнiї γ. Тодi рiвняння

x− x0

x∗ − x0

=y − y0

y∗ − y0

=z − z0

z∗ − z0

є рiвняння прямої, що проходить через точки M0 i M∗. А отже,координати (x∗, y∗) точки M∗ у площинi z = a подаються увиглядi

x∗ =h− z0

z − z0

(x− x0) + x0, y∗ =

h− z0

z − z0

(y − y0) + y0. (11.5)

Пiдставивши їх у рiвняння f(x, y) = 0, дiстанемо (11.4).Якщо точка M(x, y, z) належить поверхнi S (M 6= M0), то

вона лежить на прямiй, що проходить через точку M0 i деякуточку M∗ на лiнiї γ, координати якої визначаються за форму-лами (11.5). А отже, вони задовольняють рiвняння (11.4). Якщож точка M(x, y, z) не належить поверхнi S, то прямiй, що про-ходить через точки M0 i M , не належить жодної точки лiнiїγ, тобто нiяка пара (x∗, y∗), визначена за формулами (11.3), незадовольняє рiвняння f(x, y) = 0. А це означає, що координатиточки M не задовольняють рiвняння (11.4). Теорема доведена.�

Приклад 2. Скласти рiвняння поверхнi S, утвореної пря-мими, якi проходять через точку M0(0, 0, h) i дотикаються кулiрадiуса r з центром у початку координат (h > r).

Розв’язання. Згiдно з умовою такi прямi утворюють конiчнуповерхню, вершиною якої є точка M0(0, 0, h), а напрямною —

228

коло, задане системою рiвняньx2 + y2 = r2 − r4

h2,

z =r2

h.

Тому за теоремою 11.2 рiвняння цiєї поверхнi записується увиглядi r2

h− h

z − hx

2

+

r2

h− h

z − hy

2

= r2 − r4

h2

або

x2 + y2 =r2

h2 − r2(z − h)2. �

Будемо вважати, що вершиною конiчної поверхнi є початоккоординат, а напрямною лiнiєю є крива{

a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2a10x+ 2a20y + a00 = 0,

z = h.

Тодi за теоремою 11.2 рiвняння вiдповiдної конiчної поверхнiдругого порядку записується у виглядi

a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2a10

hxz + 2

a20

hyz +

a00

h2z2 = 0. (11.6)

Отож маємо ознаку, за якою зможемо розрiзняти конiчнi по-верхнi другого порядку, а саме: його лiва частина є однорiдниммногочленом другого степеня вiдносно x, y, z.

Зокрема, якщо напрямна γ конiчної поверхнi S задана однi-єю з систем рiвнянь:

а)

x2

a2+y2

b2= 1,

z = h;

б)

x2

a2− y2

b2= 1,

z = h;

229

в)

{y2 = 2px,

z = h;г)

x2

a2− y2

b2= 0,

z = h

i вершина збiгається з початком координат, то рiвняння конi-чної поверхнi S має вiдповiдно вигляд:

а’)x2

a2+y2

b2− z2

c2= 0(рис. 59); б’)

x2

a2− y2

b2− z2

c2= 0(рис. 60);

в’) y2 − 2p

cxz = 0 (рис. 61); г’)

x2

a2− y2

b2= 0 (рис. 62).

Проведемо дослiдження лiнiй перетину цилiндричних повер-хонь з рiзними площинами.

Нехай маємо елiптичний цилiндр (рис. 56), заданий рiвнян-ням

x2

a2+y2

b2= 1,

i площину π, задану рiвнянням

Ax+By + Cz +D = 0.

230

Якщо площина π паралельна осi Oz, то вона перетинаєплощину xOy по прямiй Ax + By + D = 0. А пряма може абоперетинати елiпс у двох точках, або дотикатись його, або неперетинатись з ним. У зв’язку з цим площина π, паралельна осiOz, може перетинати елiптичний цилiндр або по двох твiрних(лiнiя перетину — двi паралельнi прямi), або дотикатисьцилiндра вздовж твiрної (лiнiя перетину — одна пряма).

Якщо ж площина π не паралельна осi Oz (C 6= 0), то, обрав-ши у нiй систему координат (O′, ~e1, ~e2), де

O′(

0, 0,D

C

), ~e1 =~i− A

C~k, ~e2 = ~j − B

C~k,

маємо, що точка M(x, y, z) перетину елiптичного цилiндра зплощиною π, тобто точка, координати якої задовольняють умо-ви

x2

a2+y2

b2= 1, z = −Ax+By +D

C,

має координати x′ = x, y′ = y. Тодi рiвняння лiнiї перетину маєвигляд

(x′)2

a2+

(y′)2

b2= 1,

231

тобто є лiнiєю другого порядку. А оскiльки ця лiнiя обмежена,то вона є елiпсом. Таким чином, будь-який перерiз елiптичногоцилiндра площиною, не паралельною твiрним, є елiпс. В та-кий же саме спосiб можна переконатись, що лiнiєю перетинугiперболiчного (параболiчного) цилiндра з площиною є або двiпаралельнi прямi, або одна пряма, якшо площина паралельнаосi Oz, або гiпербола (парабола), якщо площина не паралельнаосi Oz.

Проведемо дослiдження лiнiй перетину конiчних поверхоньз рiзними площинами, причому вiзьмемо елiптичний конус (рис.59), заданий рiвнянням

x2

a2+y2

b2− z2

c2= 0,

i площину π, задану рiвнянням

Ax+By + Cz +D = 0,

яка не проходить через вершину конуса (D 6= 0). Зрозумiло, щоплощина π перетнеться хоча би з однiєю координатною вiссю.Нехай для визначеностi C 6= 0. Оберемо у площинi π системукоординат (O′, ~e1, ~e2), де

O′(

0, 0,D

C

), ~e1 =~i− A

C~k, ~e2 = ~j − B

C~k.

Тодi точка M(x, y, z) перетину елiптичного конуса з площиноюπ, тобто точка, координати якої задовольняють умови

x2

a2+y2

b2− z2

c2= 0, Ax+By + Cz +D = 0,

в обранiй системi координат має координати (x′, y′, 0), через якiстарi координати (x, y, z) виражаються так:

x = x′, y = y′, z = −ACx′ − B

Cy′ − D

C.

232

А отже, рiвняння лiнiї перетину елiптичного конуса i площиниπ у системi координат (O′, ~e1, ~e2) має вигляд

(x′)2

a2+

(y′)2

b2− 1

c2

(−ACx′ − B

Cy′ − D

C

)2

= 0

або (1

a2− A2

c2C2

)(x′)2 − 2

AB

c2C2x′y′ +

(1

b2− B2

c2C2

)(y′)2 −

−2AD

c2C2x′ − 2

BD

c2C2y′ − D2

c2C2= 0, (11.7)

тобто лiнiя перетину є крива другого порядку.Позначимо

a11 =1

a2− A2

c2C2, a22 =

1

b2− B2

c2C2, a12 = − AB

c2C2,

a10 = − AD

c2C2, a20 = − BD

c2C2, a00 = − D2

c2C2.

Тодi рiвняння (11.7) перепишеться у виглядi

a11(x′)2 + 2a12x

′y′ + a22(y′)2 + 2a10x

′ + 2a20y′ + a00 = 0.

Система (див. лекцiю 3){a11x+ a12y + a10 = 0,

a21x+ a22y + a20 = 0

у випадку, коли задана площина паралельна площинi

cx− az = 0,

тобто коли B = 0 iA

c=C

a

233

немає розв’язкiв. Тодi рiвняння (11.7) перепишеться у виглядi

1

b2(y′)2 − 2

D

acCx′ − D2

c2C2= 0. (11.8)

Оскiльки це необмежена лiнiя другого порядку, яка складаєтьсяз однiєї гiлки, то у цьому випадку лiнiєю перетину є парабола.Якщо ж

∆ = a11a22 − a212 6= 0,

то крива центрована, причому типу елiпса, коли ∆ > 0, аботипу гiперболи, коли ∆ < 0. А оскiльки лiнiя перетину мiститьбезлiч дiйсних точок, то у першому випадку лiнiєю перетинує елiпс, у другому — гiпербола (легко обгрунтувати, що це неможе бути двi прямi, що перетинаються).

Отже, при певному виборi площини у перетинi можна дi-стати елiпс, гiперболу або параболу (звiдси назва конiчнi пе-рерiзи). Щодо кругової конiчної поверхнi, то всяка площина,що проходить через її вершину, перетинає цю поверхню по парiпрямих (комплексних, таких, що перетинаються в дiйснiй то-чцi, дiйсних прямих, якi перетинаються або злилися), а усякаплощина, яка не проходить через вершину кругової конiчноїповерхнi, перетинає її по елiпсу, гiперболi або параболi.

Отже, з дев’яти типiв кривих другого порядку шiсть типiв,у тому числi елiпс, гiпербола i парабола, є плоскими перерiзамикругової конiчної поверхнi.

Приклад 3. Скласти рiвняння цилiндричної поверхнi, на-прямна якої задається рiвняннями

x2 − y2 = z, x+ y + z = 0,

а твiрнi перпендикулярнi до площини напрямної. Знайти лiнiюперетину цiєї поверхнi з площиною xOy.

Розв’язання. Оскiльки твiрнi цилiндричної поверхнi пер-пендикулярнi до площини напрямної, то вони паралельнi векто-ру ~p(1, 1, 1) (вектор перпендикулярний до площини x+y+z = 0).

234

Отже, взявши на напрямнiй точку з координатами (x∗, y∗, z∗),тобто точку, для координат якої мають мiсце рiвностi

(x∗)2 − (y∗)2 = z∗, x∗ + y∗ + z∗ = 0,

запишемо рiвняння твiрної, що проходить через цю точку

x− x∗ = y − y∗ = z − z∗.

Розв’язавши систему x− x∗ = y − y∗,

x− x∗ = z − z∗,

x∗ + y∗ + z∗ = 0,

матимемо її розв’язок

x∗ =1

3(2x− y − z),

y∗ =1

3(−x+ 2y − z),

z∗ =1

3(−x− y + 2z),

який пiдставимо у рiвняння

(x∗)2 − (y∗)2 = z∗.

Як результат маємо шукане рiвняння поверхнi

x2 − y2 − 2xz + 2yz + x+ y − 2z = 0.

Оскiльки при z = 0 останнє рiвняння можна записати у виглядi(x+

1

2

)2

−(y − 1

2

)2

= 0,

235

то лiнiєю перетину заданої цилiндричної поверхнi площиноюxOy є пара прямих, що перетинаються. �

Приклад 4. Довести, що рiвняння z2 = xy задає конiчну по-верхню з вершиною у початку координат. Знайти лiнiї перетинуцiєї поверхнi з площинами:

y + z = 1, x+ y = 1.

Розв’язання. Очевидно, що лiнiєю перетину заданої поверх-нi площиною z = 1 є гiпербола. Складемо рiвняння конiчноїповерхнi з вершиною у початку координат, напрямною якої єзгадана гiпербола. Нехай (x∗, y∗) є точка на гiперболi. Тодi рiв-няння

x

x∗=

y

y∗=z

1

є рiвнянням прямої, що проходить через початок координат iточку (x∗, y∗, 1) гiперболи. З цього рiвняння визначаємо

x∗ =x

z, y∗ =

y

z.

Якщо врахувати, що точка (x∗, y∗) є точкою гiперболи xy = 1,тобто x∗y∗ = 1, то очевидно, що рiвняння конiчної поверхнi,вершиною якої є початок координат, а твiрною лiнiя xy = 1, z =1, записується у виглядi z2 = xy.

Знайдемо лiнiю перерiзу заданої конiчної поверхнi з площи-ною y+z = 1. З цiєю метою на цiй площинi оберемо систему ко-ординат O′~e1~e2, де O′ має координати (0, 0, 1), ~e1 =~i, ~e2 = ~k−~j.НехайM(x, y, z) довiльна точка координати якої задовольняютьсистему рiвнянь {

z2 = xy,

y + z = 1.

Оскiльки−−−→OM =

−−−→OO′ +

−−−−→O′M

236

абоx~i+ y~j + z~k = ~k + x′~i+ y′(~k −~j),

тоx = x′, y = −y′, z = 1 + y′,

i у системi координат O′~e1~e2 рiвняння лiнiї перетину має вигляд

x′y′ + (y′)2 + 2y′ + 1 = 0.

Ця лiнiя центральна (див. лекцiю 3) i її центром є точка (−2, 0).Пiсля перенесення початку координат O′ у цю точку останнєрiвняння набере вигляду

x′′y′′ + (y′′)2 + 1 = 0.

Оскiльки його характеристичне рiвняння

λ2 − λ− 1

4= 0

має дiйснi i рiзнi за знаком коренi i a00 6= 0, то лiнiєю перетинузаданої конiчної поверхнi площиною y + z = 1 є гiпербола.

Знайдемо лiнiю перетину цiєї ж поверхнi площиною x+ y =1. Оберемо на площинi систему координат O′~e1~e2, де O′ маєкоординати (1, 0, 0), ~e1 = ~k, ~e2 = ~j − ~i. Нехай M(x, y, z), деz > 0, довiльна точка лiнiї перетину, тобто точка координатиякої задовольняють систему рiвнянь{

z2 = xy,

x+ y = 1.

Оскiльки−−−→OM =

−−−→OO′ +

−−−−→O′M або

x~i+ y~j + z~k =~i+ x′~k + y′(~j −~i),

237

то x = 1− y′, y = y′, z = x′, i у системi координат O′~e1~e2 лiнiяперетину задається рiвнянням

(x′)2 = (1− y′)y′

або(x′)2 + (y′)2 − y′ = 0.

Ця лiнiя центральна i її центром є точка(

0,1

2

). Пiсля перене-

сення початку координат у цю точку останнє рiвняння наберевигляду

(x′′)2 + (y′′)2 − 1

4= 0.

Останнє рiвняння є рiвняння елiпса, канонiчне рiвняння якого

в ортонормованому базисi (~e1, ~e′2), де ~e

′2 =

1

|~e2|~e2 має вигляд

(x′′′)2

1

4

+(y′′′)2

1

8

= 1.

Аналогiчний результат маємо, коли z < 0.Таким чином, лiнiєю перерiзу заданої поверхнi площиною

x+ y = 1 є два елiпси, симетричнi вiдносно прямої{x+ y = 1.

z = 0.�

Приклад 5. Скласти рiвняння конiчної поверхнi з вершиноюу точцi S(3, 0,−1), твiрнi якої дотикаються елiпсоїда

x2

6+y2

2+z2

3= 1.

По яких лiнiях поверхня перетинається координатними площи-нами?

238

Розв’язання. Якщо (x∗, y∗, z∗) точка елiпсоїда, то рiвняннядотичної площини у цiй точцi має вигляд

x∗x

6+y∗y

2+z∗z

3= 1.

А оскiльки кожна з цих площин має проходити через точку S,то їх рiвняння мають вигляд

x∗

2− z∗

3= 1.

Складемо рiвняння прямої, що проходить через точку S i точкудотику (x∗, y∗, z∗)

x− 3

x∗ − 3=

y

y∗=

z + 1

z∗ + 1.

Складемо систему

x− 3

x∗ − 3=

z + 1

z∗ + 1,

y

y∗=

z + 1

z∗ + 1,

x∗

2− z∗

3= 1,

з якої знаходимо

x∗ =4x− 6z − 18

3x− 2z − 11, y∗ =

−5y

3x− 2z − 11, z∗ =

−3x− 3z + 6

3x− 2z − 11.

Пiдставивши отриманi подання для x∗, y∗, z∗ у рiвняння

(x∗)2

6+

(y∗)2

2+

(z∗)2

3= 1,

знаходимо, що рiвняння

4x2 − 15y2 − 6z2 − 12xz − 36x+ 24z + 66 = 0

239

є рiвнянням заданої конiчної поверхнi. Якщо z = 0, то рiвняння

4x2 − 15y2 − 36x+ 66 = 0

є рiвняння центральної лiнiї, яке пiсля перенесення початку

координат у точку з координатами(−9

2, 0

)набере вигляду

(x′)2

15

4

− y2 = 1,

тобто лiнiєю перетину конiчної поверхнi площиною xOy є гi-пербола. Якщо y = 0, то рiвняння

2x2 − 3z2 − 6xz − 18x+ 12z + 33 = 0

є рiвнянням центральної лiнiї, яке пiсля перенесення початкукоординат у точку з координатами (3,−1) (на площинi xOz)набере вигляду

2(x′)2 − 6x′z′ − 3(z′)2 = 0.

Оскiльки характеристичне рiвняння

λ2 + λ− 15 = 0

має дiйснi i рiзнi за знаком коренi, то це рiвняння двох прямих,якi перетинаються. Нарештi, якщо x = 0, то рiвняння

5y2 + 2z2 − 8z − 22 = 0

є рiвняння центральної лiнiї, яке пiсля перенесення початку ко-ординат у точку з координатами (0,2) (на площинi yOz) наберевигляду

(y′)2

6+

(z′)2

15= 1,

тобто лiнiєю перетину конiчної поверхнi площиною yOz є елiпс.�

240

Завдання для самоконтролю.

1. Скласти рiвняння поверхнi S, яка утворюється спiльнимидотичними до двох сфер, якi заданi рiвняннями:

x2 + y2 + z2 = 4, x2 + y2 + (z − 3)2 = 4

(система координат прямокутна декартова), i паралельнiпрямiй, що проходить через центри цих куль.

2. Яка поверхня задається рiвнянням ρ = f(ϕ) (система ко-ординат сферична)? Опишiть i схематично зобразiть такiповерхнi:

а) ρ = a cosϕ; б) ρ = a(1 + cosϕ).

3. Скласти рiвняння поверхнi S (система координат прямоку-тна декартова), яка утворюється прямими, що проходятьчерез точкуM0(0, 0, 1) пiд кутом ϕ = 60◦ до площини xOy.

4. Скласти рiвняння поверхнi S (система координат прямоку-тна декартова), яка утворюється прямими, що проходятьчерез точку M0(1, 2, 4) i складають кут ϕ = 45◦ з площи-ною 2x+ 2y + z = 0.

5. Скласти рiвняння поверхнi S (система координат прямо-кутна декартова), утвореної прямими, якi проходять черезточку M0(0, 0, h) i дотикаються елiпсоїда

x2

a2+y2

b2+z2

c2= 1,

де h > c.

6. Довести, що коли F (x, y, z) — однорiдна функцiя, то по-верхня, яка визначається рiвнянням

F (x, y, z) = 0,

є конiчною поверхнею з вершиною у початку координат.

241

7. Нехай O~e1~e2~e3 — декартова система координат у просторi,γ — лiнiя, яка розмiщена у площинi O~e1~e2 i має в цiйплощинi рiвняння

F (x, y) = 0.

Довести, що рiвняння цилiндричної поверхнi, для якої лi-нiя γ є напрямною, а твiрнi паралельнi вектору ~p, який непаралельний площинi O~e1~e2 має вигляд

F

(x− z

a

c, y − z

b

c

)= 0,

де (a, b, c) — координати вектора ~p. Якого вигляду набереостаннє рiвняння, якщо ~p ‖~e3?

8. Скласти рiвняння кругового конуса, для якого осi коорди-нат є твiрними.

9. Скласти рiвняння цилiндричної поверхнi, твiрнi якого па-ралельнi прямiй

x = 2t− 3, y = −t+ 7, z = −2t+ 5,

а напрямною є великий круг сфери

x2 + y2 + z2 − 2x+ 4y + 2z − 3 = 0.

Дослiдити, по якiй лiнiї площина xOy перетинає цю ци-лiндричну поверхню.

10. Скласти рiвняння конiчної поверхнi, вершиною якої є по-чаток координат, а його твiрнi дотикаються сфери

(x+ 2)2 + (y − 1)2 + (z − 3)2 = 9.

Дослiдити, по яких лiнiях площини пучка з вiссю Ox пе-ретинають цю конiчну поверхню.

242

Лiтература

[1] Атанасян Л.С., Базылев В.Т. Геометрия, ч.1, М.: Просве-щение, 1986.

[2] Атанасян Л.С., Базылев В.Т. Геометрия, ч.2, М.: Просве-щение, 1987.

[3] Базылев В.Т., Дуничев К.И., Иваницкая В.П. Геометрия,ч.1, М: Просвещение, 1974.

[4] Базылев В.Т., Дуничев К.И. Геометрия, ч.2, М: Просве-щение, 1975.

[5] Атанасян Л.С. Геометрия, ч.1, М.: Просвещение, 1973.

[6] Атанасян Л.С., Гуревич Г.В. Геометрия, ч.2, М.: Просве-щение, 1973.

[7] Александров П.С. Лекции по аналитической геометрии,М., 1968.

[8] Рашевский П.К. Курс дифференциальной геометрии, М.–Л., 1950.

[9] Певзнер С.Л. Проективная геометрия, М.: Просвещение,1980.

[10] Погорелов А.В. Геометрия, М.: Наука, 1983.

243

[11] Александров А.Д., Нецветаев Н.Ю. Геометрия, М.: Наука,1990.

[12] Гусятников П.Б., Резниченко С.В. Векторная алгебра впримерах и задачах, М.: Высшая школа, 1985.

244

Томусяк Андрiй Андрiйович

Трохименко Валентин Степанович

Шунда Никифор Миколайович

ГЕОМЕТРIЯ