Розв'язання. Тому шукана площа буде дорівнювати

.

Тому шукана площа буде дорівнювати

Теорема І. Нехай в ортонормованаму базисі два вектори задані своїми координатами . Тоді вектор знаходиться за формулою

. (7.1)

Доведення. Оскільки а , то,

використовуючи властивості векторного добутку, одержимо:

.

В правій частині одержаного співвідношення можно впізнати розкладення за елементами першого рядка визначника . ■

Якщо ортонормований базис має іншу орієнтацію, ніж базис то в формулі (7.1) з'явиться перед визначником знак "-". Для неортонормованого базису формула (7.1) не має місця.

Приклад 2. Знайти площу трикутника, який побудовано на векторах: , якщо

Розв'язання. Оскількі , то за формулою (7.1) одержимо

. Тому площа трикутника дорівнює .

4.2.Мішаний добуток трьох векторів.

Означення 2. Мішаним добутком трьох векторів називається число .

Якщо вектори мають спільний початок, то їх мішаний добуток з точністю до знака дорівнює об'єму паралелепипеда, який побудований на цих векторах (рис.24).

Рис.24

Дійсно, ,де орт вектора . Оскільки , де H - висота паралелепіпеда, то Відзначимо такі властивості мішаного добутку: 1) вектори компланарні тоді і тільки тоді, коли іх мішаний добуток дорівнює нулю, тобто компланарність .

2) циклічна перестановка векторів в мішаному добутку не змінює його величини .

Теорема І. Нехай в ортонормованому базисі три вектори задані своїми координатами . Тоді їх мішаний добуток шукають за формулою . (7.2)

Доведення.

.

Права частина останнього співвідношення є розкладанням за елементами третього рядка визначника

. ■

Приклад 3. а) Чи лежать точки в одній площині? б) Знайти висоту DE тетраедра з вершинами в точках .

Розв’язання.

а) і тому за форму-лою(7.2)

точки не лежать в одній площині.

б) , отже, за формулою (7.2) маємо:

.

Тому об'єм тетраедра (який дорівнює 1/6 об'єму паралелепіпеда) дорівнює 6 од³. Найдемо за формулою (7.1) площу основи (площа трикутника ):

од .

од.