Курсовая работа: Метод векторів та його застосування
4. (α ) = α(),α R;
5. ( + ) = + .
Формула, аналогічна до формули /6/, має місце і в просторі . Справді, нехай в ортонормованому базисі простору задано вектори (, ), (, ). Тоді, користуючись властивостями 1–5, дістанемо: = ( + )( + )= + ( + ) + = + . Отже, = + /7/
З означення скалярного добутку і /6/, /7/ випливають так формули для обчислення косинуса кута між векторами:
– у просторі :
cos(, ) = ;
– в просторі :
cos(, ) = .
Векторна алгебра може ефективно використовуватися для розв’язування задач елементарної геометрії.
Практична частина
Задача 1. Довести, що коли точка D ділить відрізок AB у відношеннях m: n, а C – довільна точка площини, то /*/.
Доведення: Введемо позначення:
AD: DB = m: n; = ; = .
|| = , але = – ,
= – , тому – = – .
Звідси (1 + ) = + , і остаточно = + , що і треба було довести.
Задача 2. Якщо точки M і N належать відрізкам AB і CD, та AM: MB = CN: ND = m: n, то виконується рівність = + .
Доведення: за умовою та за формулою, що була доведена в задачі 1, маємо: =+=(+)+(+)= + +(m+n). Вираз m+n= , отже ми довели, що і треба було довести.
Задача 3. У трикутнику ABC точка O – центр описаного кола, H – точка перетину його висот. Довести, що .
Доведення: за умовою (за означенням скалярного добутку). Проте, , , тому ()()=0 /1/. Крім того, ()()=0 /2/ (як радіуси описаного кола). Віднімаючи /2/ від /1/, матимемо ()( – ) = 0. Аналогічно з умов = 0 і , маємо ()( – ) = 0. Оскільки і , то вектор, перпендикулярний до кожного з них, може бути тільки нульовим, тобто – = 0. Звідси , що і треба було довести.
Задача 4. В коло вписано чотирикутник ABCD, перетинаються в точці M. Через середину S сторони CD проведено пряму SM так, що (AB) (SM) = K. Довести, що AK: KB = : .
Доведення: позначимо AK: KB = x. Тоді за формулою /*/ (див. задачу 1) . Оскільки вектори колінеарні, а точка S є серединою відрізка CD, то . Використавши рівність MA MC = MBMD = k дістанемо . Отже, , а
. За теоремою про єдність розкладу вектора за двома не колінеарними векторами маємо
Звідси x = .
Задача 5. Дано три точки A, B, C і деяка точка O. Довести, що рівність /#/ при AB є необхідною і достатньою умовою належності точок A, B, C одній прямій.
Доведення: Необхідність. Нехай точки A, B, C належать одній прямій, тоді . Ця рівність рівносильна такій .Звідси .
Достатність. Нехай . Тоді або , тому і колінеарні, і, отже, A, B, C належать одній прямій.
Задача 6. Точка D належить стороні BC трикутника ABC. Довести, що .
Доведення: за формулою /#/ маємо . Оскільки
. Отже, , що треба було довести.
Задача 7. Довести, що косинус кута між медіанами катетів рівнобедреного трикутника дорівнює .
Доведення: нехай задано рівнобедрений прямокутний трикутник OAB (OA = OB = a), точки M і N – відповідно середини OA і OB. Розмістимо цей трикутник в прямокутну систему координат так, щоб точка O збігалася з початком координат, а катети OA і OB лежали на відповідних осях координат x і y. Тоді в цій системі координат матимемо A (a; 0), B (0; a), M(; 0), N (0;). Вектори, які збігаються з медіанами, матимуть координати (-a; ) і (; a). Кут між медіанами – це кут між векторами і , який знайдемо за формулою: cos(,), що й треба було довести.
Задача 8. Довести, що медіани трикутника перетинаються в одній точці і діляться нею у відношенні 2: 1, рухаючи від вершин.
Доведення: нехай , , медіани трикутника ABC; і перетинаються в точці O. Тоді (бo || ) і (бо ||). Звідси - = . Враховуючи єдність розкладу вектора за двома неколінеарними векторами і , знаходимо, що k = -1, – p = 1. Отже, , то . За умовою , тому , або OC: = 2: 1 і, отже, точки C, O, належать одній прямій. З цього випливає, що медіана також проходить через точку О і ділиться нею у відношенні 2: 1, рахуючи від вершини, що й треба було довести.
Задача 9. Дано правильну чотирикутну піраміду SABCD. Чи є лінійно залежними вектори: а) і ; б) і ; в) ; г) ; д) ; е) ?
Розв’язання: вектори і неколінеарні, тому за теоремою про колінеарні вектори вони не є лінійно залежними.
і колінеарні, а тому лінійно залежні.
і колінеарні, отже, лінійно залежні; за властивістю три вектори також лінійно залежні.
Вектори компланарні, тому за теоремою вони лінійно залежні.
не є компланарними, за теоремою вони не лінійно залежними.
– три некомпланарні вектори. За теоремою про розклад вектора за трьома не компланарними векторами, вектор є лінійною комбінацією цих векторів. За властивістю лінійно залежні.
Задача 10. Обчислити кут між векторами і , де і – одиничні взаємно перпендикулярні вектори.
Розв’язання: формула косинуса кута: cos(,)=. Обчислимо ,,.
;
.
Тоді cos(,) = ; cos(,) = .
Відповідь: .
Задача 11. Довести, що сума квадратів діагоналей паралелограма дорівнює сумі квадратів всіх його сторін.
Розв’язання: Нехай ABCD – даний паралелограм. Покладемо , (). За означенням суми і різниці векторів . Використовуючи властивості скалярного квадрату, отримаємо: тобто .
Задача 12. З якою силою F треба утримувати вантаж вагою P на похилій площині, щоб він не скочувався вниз?
Розв’язання: нехай O – центр маси вантажу, до якого прикладено силу P. Розкладемо вектор за двома взаємно перпендикулярними напрямами, як показано на малюнку. Сила перпендикулярна до похилої площини і не виклика переміщення вантажу. Сила F, яка утримує вантаж, має дорівнювати за величиною і бути протилежною за напрямом силі OB. Тому F = P sinα.
Висновок
Таким чином в своїй курсовій роботі на тему «Метод векторів та його застосування» я подала коротк теоретичні відомості про поняття вектора, рівносильність векторів, додавання, віднімання та множення вектора на число, колінеарність, компланарність, лінійну залежність векторів, координати вектора, скалярний добуток векторів а також про векторний простір та його підпростори. А в практичній частині, на прикладах показала доцільність його застосування. Метод векторів широко застосовується в різних галузях науки (математиці, фізиці). Часто його застосування значно полегшує розв’язування деяких задач, а інших випадках задачу взагалі неможливо розв’язати іншим способом.
Література
1. Базылев В.Т., Дуничев К.И., Иваницкая В.П. Геометрия, Ч.І. – М: Просвещение, 1974. 351 с.
2. Атанасян Л.С., Базылев В.Т. Геометрия, Ч.І – М: Просвещение, 1986. – 336 с.
3. Атанасян Л.С. Геометрия, Ч.І – М: Просвещение, 1967. – 300 с.
4. Атанасян Л.С., Атанасян В.А. Сборник задач по геометри, Ч.І. – М: Просвещение, 1973. 256 с.
5. Яковець, Боровик, Коваленко. Аналітична геометрія: навч. пос. – Суми: Університецька книга, 2004. 295 с.
6. Цубербиллер О.Н. Задачи и упражнения по аналитической геометрии, М: Наука, 1970. – 335 с.
7. Клетенник Д.В. Сборник задач по аналитической геометри, М: Наука, 1972. – 240 с.
8. Панішева О.В. Векторний метод: Інтегрований урок геометрії та фізики, Математика. – 2000. – №14. – с. 4 5.
9. Єгорова Г.О. Векторний координатний методи розв’язування задач, Математика. – 2001. – №5. – с. 5 – 11.