Загрузил werte367

Math4

Реклама
Міністерство аграрної політики України
Харківський національний технічний університет
сільського господарства ім. Петра Василенка
Пряма та площина
Навчально – методичний посібник для
самостійної роботи студентів
Харків 2010
Криві другого порядку. Мазнєва Г.Г.
Харків: ХДТУСГ ім. Петра Василенка
2010. – 51 с.
Рецензенти:
Процай В.Ф. – канд. фіз.-мат. наук, доцент кафедри вищої
математики ХДПУ
Сметанкін В.О. – професор кафедри вищої математики ХДТУСГ
ім. Петра Василенка
Рекомендовано до видання кафедрою вищої математики ХДТУСГ
ім. Петра Василенка (протокол № __ від __.__. 2010р.)
© Харківський національний
технічний університет сільського
господарства ім. Петра Василенка
2
1. Площина.
1.1. Рівняння площини, що проходить через задану точку.
Розглянемо площину Q, на якій лежить точка М0 (х0;у0;z0). Нехай
N =(А;В;С) перпендикулярний площині Q. Знайдемо
вектор
рівняння площини Q. Візьмемо на площині Q довільну точку М
(х;у;z). Вектор MoM лежить на площині Q. Вектори MoM і N
взаємноперпендикулярні. Координати вектора MoM дорівнюють
різниці між відповідними координатами точок М і М0. Отже
MoM =(x-x0;y-y0;z-z0).
Скалярний добуток векторів MoM і N дорівнює нулю.
N · MoM =0
(1)
Рівнянню (1) задовільняють координати точок, які лежать на
площині Q. Координати точок, які не лежать на площині Q не
задовільняють рівнянню (1). Запишемо рівняння (1) в координатній
формі. Враховуючи, що скалярний добуток двох векторів дорівнює
сумі добутків відповідних координат, маємо
А(x-x0)+В(y-y0)+С(z-z0)=0
(2)
Рівняння (2) є рівняння площини, що проходить через точку
М0(x0;y0;z0) перпендикулярно вектору N =(А;В;С). Вектор N
називається нормальним векторм площини. Взагалі, любий вектор
перпендикулярний площині Q є нормальним вектором цієї
площини. Векторів, які перпендикулярні площині можна провести
багато. Отже площина має безліч нормальних векторів, які
колінеарні. Можна помітити, що рівняння (2) є рівнянням першого
степеня відносно поточних координат x,y,z.
Приклад 1. Скласти рівняння площини, яка проходить через
точку М (1;-1;2) перпендикулярно вектору N = 3i - 5 j + 4 x
Розв’язання. Шукане рівняння площини знаходимо у вигляді
3
(2). Підставимо в рівняння (2) A = 3; B = −5; C = 4; x0 = 1; y0 = −1; z 0 = 2 ,
маємо
3(x-1)-5(y+1)+4(z-2)=0
Приклад 2. Скласти рівняння площини, яка проходить через
точку М (-1;3;2) паралельно площині ХОY.
Розв’язання. За нормальний вектор шуканої площини візьмемо
вектор, який перпендикулярний площині ХОY. Цим вектором буде
орт k =(0;0;1). Рівняння площини шукаємо у викладі (2). Отже А=0;
В=0; С=1; x0 =-1; y0 =3; z0 =2. Підставимо в рівняння (2) ці числа,
маємо
0(x+1)+0(y-3)+z-2=0, або z =2.
Приклад 3 Скласти рівняння площини Q, яка проходить через
точку
М (2;-3;-5) паралельно площині Q1 6(x-1)+3(y+2)+2(z-4)=0
Розв’язання. Так як площини Q i Q1 паралельні, то нормальний
вектор площини Q1 буде нормальним вектором площини Q, отже
А=6; В=3; С=2. Складемо рівняння площини Q у вигляді (2)
6 (x-2)+3(y+3)+2(z+5)=0 – шукане рівняння площини Q.
1.2. Загальне рівняння площини.
В рівнянні (2) відкриємо дужки Ax-Ax0+By-By0+Cz-Cz0=0
Ax0, By0, Cz0 – це деякі числа, тому останнє рівняння запишемо у
вигляді
Ax+By+Cz+(-Ax0-By0-Cz0) = 0
Позначимо -Ax0-By0-Cz0 через D, отже маємо
Ax+By+Cz+D=0
(3)
Рівняння (3) називається загальним рівнянням площини, де
4
А,В,С – координати нормального вектора площини. В залежності
від значень А,В,С,D одержуємо різні площини.
Розглянемо деякі частинні випадки рівняння (3):
1) Нехай в рівнянні (3) вільний член D=0. Рівняння прийме
вигляд
Ax+By+Cz = 0
(4)
Рівнянню (4) задовільняють координати точки О (0;0;0), отже
площина (4) проходить через початок координат (рис.1)
рис.1
2) Коли А=0, B,C,D≠0, це означає, що проекція нормального
вектора площини N = (О;В;С) на вісь ОХ дорівнює нулю.
Отже вектор N перпендикулярний до осі ОХ, а сама
площина, яка задається рівнянням паралельна осі ОХ.
By+Cz+D=0
(5)
3) Коли В=0, а А,С,D≠0, рівняння площини (3) приймає вигляд
Ax+Cz+D=0
(6)
Нормальний вектор N = (А,О,С) перпендикулярний до осі ОY.
4) Коли С=0, а А,В,D≠0, рівняння площини буде
Ax+By+D=0
5
(7)
Аналогічно, як у попередньому випадку площина (7) проходить
паралельно осі OZ (рис.2)
рис.2
5) Нехай А=В=0, а С,D≠0. Рівняння площини має вигляд:
D
CZ+D=0, або Z= C
(8)
Нормальний вектор площини має вигляд N = (0,0,С). Його
проекції на вісі ОХ і OY дорівнюють нулю, отже нормальний
вектор N розміщенний перпендикулярно площині XOY, а сама
площина (8) проходить паралельно площині XOY і
перпендикулярна осі OZ. (рис.3)
рис. 3
6
6) Якщо А=С=0, а В,D≠0, тоді рівняння площини
D
By+D=0,
або y = - B
(9)
Площина, яка задається рівнянням (9) буде паралельна
координатній площині XOZ.
7) Коли В=С=0, а А,D≠0, тоді рівняння площини
Ax+D=0, або x = -
D
A
(10)
Площина (10) перпендикулярна осі ОХ і паралельна
координатній площині YOZ.
8) Нехай А=D=0, а В,С≠0. Рівняння площини приймає вигляд
By+Cz=0
(11)
Нормальний вектор N = (0,В,С) перпендикулярний до осі ОХ.
Сама площина проходить через початок координат (D=0) і
паралельна осі ОХ, отже площина проходить через вісь ОХ
(рис.4)
рис. 4
9) Якщо B=D=0, а А,С≠0, тоді рівняння має вигляд
Ax+Сz=0
(12)
Нормальний вектор N =(А,0,С) перпендикулярний до осі ОY.
Сама площина буде проходить через вісь OY.
7
10) Коли С=D=0, а А,В≠0, тоді рівняння площини має вигляд
Ax+By=0
(13)
Ця площина (13) проходить через вісь OZ.
11) Частичними випадками рівняння (3) є рівняння
координатних площин: XOY, XOZ, YOZ. Якщо А=В=D, а С≠0.
Рівняння площини буде
z=0
(14)
Рівняння (14) є рівнянням координатної площини XOY.
Якщо A=C=D=0, В≠0 тоді рівняння площини
y=0
(15)
це рівняння координатної площини XOZ.
Рівняння координатної площини YOZ можна одержати із
загального рівняння (3), якщо покласти В=С=D=0, а А≠0, тоді
маємо
x=0
(16)
1.3Нормальне рівняння площини.
Нехай задано нормальний вектор площини, який є одиничним
n =(cosα,cosβ,cosγ) і початок якого знаходиться в початку
координат, а також відстань від початку координат до площини Q,
яку позначимо через p=| OK | (рис.5)
8
рис.5
Знайти рівняння площини Q. Візьмемо на площині Q довільну
точку М(x,y,z) і розглянемо вектор OM =(x,y,z). Знайдемо проекцію
вектора OM на напрям, що співпадає з вектором n . Проекція
вектора OM на вектор n дорівнює скалярному добутку вектора
OM на вектор n
прn OM = OM ⋅ n
(17)
з другого боку ця проекція дорівнює відстані від точки О до точки
К, або довжині вектора OK , яку ми позначим через p. Отже
OM · n = p або
r ·n = p,
(18)
де r = OM
Рівняння (18) є рівнянням площини Q записане у векторній формі.
Запишемо рівняння (18) у скалярній формі
x cos α + ycocβ + z cos γ − p = 0
(19)
Рівняння (19) називається нормальним рівнянням площини, де
cosα, cosβ, cosγ – напрямні косинуси вектора n , або проекції вектора
n на вісі координат α,β,γ – кути, які утворює вектор n з осями
координат.
9
1.4.Відстань від точки до площини.
Знайдемо відстань від точки М0(x0y0z0) до площини Q. Відстань
позначимо через d. Покажимо, що відстань d визначається за
формулою:
d = x0 cos α + y0 cos β + z0 cos γ − p
(20)
Відстань d=|KN|, де відрізок ON лежить на нормальному векторі
площини
d = KN = ON − OK
(21)
Точка К лежить на площині Q (рис.6). З другого боку
ON = прn OM 0 = OM 0 · n , OK=P.
рис.6
Підставимо в формулу (21) замість ON= OM 0 · n , а ОК =Р, маємо
d = | OM 0 ⋅ n |
(22)
Вектор OM 0 має координати x0,y0,z0, вектор n =( cosα, cosβ, cosγ)
– є одиничним вектором, який перпендикулярний до площини Q.
Запишемо формулу (22) в скалярній формі
10
d = x0 cosα + y0 cos β + z 0 cos γ − p
Якщо рівняння площини Q задається в загальному вигляді
Ax+By+Cz+D=0 (3), тоді відстань від точки М0(x0y0z0), що не
лежить на площині до площини Q визначається за формулою
d=
Ax0 + By0 + Cz 0 + D
A2 + B 2 + C 2
(23)
Модуль в формулах (20) і (23) ставимо з таких міркувань. Якщо
точка М0 і початок координат розміщені по різні сторони площини
Q, тоді
x0 cosα + y0 cos β + z0 cosγ ⟩ P
і вираз, що стоїть під знаком модуля у формулі (20) буде
додатнім.
Якщо точка М0 і початок координат – точка О лежить по одну
сторону площини Q, тоді
x0 cosα + y0 cos β + z0 cosγ ⟨ P
і вираз під знаком модуля буде від’ємним.
Приклад. Знайти відстань від точки М0(1;3;-3) до площини
3x-2y-5z-16=0. Як розміщена точка М0 відносно площини?
Розв’язання. Так як рівняння площини задається в загальному
вигляді, то використаємо формулу (23)
для обчислення
відстані d
d=
Ax0 + By0 + Cz 0 + D
A2 + B 2 + C 2
11
У нашому прикладі А=3; В=-2; С=-5; D=-16; x0=1; y0=3; z0=-3.
Підставимо ці числа в формулу, одержимо
d=
3 ⋅1 − 2 ⋅ 3 + 5 ⋅ 3 − 16
32 + (−2) 2 + (−5) 2
=
−4
38
=
4
38
Так як Ax0+By0+Cz0+D=-4 < 0, точка М0 розміщена по ту
сторону площини, що і початок координат.
1.5.Приведення загального рівняння площини до нормального
вигляду.
Нехай маємо рівняння площини в загальному вигляді
Ax+By+Cz+D=0
(а)
Треба привести це рівняння до рівняння площини в нормальному
вигляді
x cos α + y cos β + z cos γ − p = 0
(б)
Рівняння (а) і (б) визначають одну площину, отже коефіцієнти
при x,y,z пропорційні
cos α cos β cos γ
=
=
=μ
A
B
C
(24)
звідки Aμ = cos α ; Bμ = cos β ; Cμ = cos γ ; μD = − P
Якщо останні рівності піднести до квадрата і додати то
одержимо
12
μ 2 ( A 2 + B 2 + C 2 ) = cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ
враховуючи, що cos2α+cos2β+cos2γ=1, маємо
μ =±
1
(25)
A2 + B 2 + C 2
Число μ називається нормованим множником.
Правило. Для того, щоб привести загальне рівняння площини до
нормального вигляду, необхідно за формулами (24) знайти cosα,
cosβ, cosγ і р. Знак нормованого множника μ визначається із
рівності μD = -p. Отже знак μ беремо протилежний знаку вільного
члена D загального рівняння (а).
Приклад. Рівняння площини 3x+4y-5z+11=0 привести до
нормального рівняння площини.
Розв’язання. Знайдемо нормований множник μ за формулою
μ=±
1
A + B +C
2
2
Отже
2
,
μ=±
1
3 2 + 4 2 + ( −5) 2
=±
1
1
=± ;
7
49
1
7
Виберемо знак μ. D=11>0, отже μ беремо зі знаком «мінус» μ = − .
За формулами (24) маємо:
3
4
5
1
11
cosα = − ; cos β = − ; cos γ = ; p = − μD = ⋅11 = ;
7
7
7
7
7
Підставимо в нормальне рівняння площини (б)
3
4
5 11
− x− y+ z− =0
7
7
7
7
13
1.6. Рівняння площини у відрізках.
Розглянемо загальне рівняння площини
Ax+By+Cz+D=0,
де
А,В,С,D≠0.
Поділимо почленно ліву і праву частини рівняння на (-D),
одержимо
A
B
C
z −1 = 0
x+
y+
−D
−D
−D
Позначимо
−D
= a;
A
приймає вигляд
−D
= c , тоді останнє рівняння
C
−D
= b;
B
x y z
+ + =1
a b c
(26)
Рівняння (26) називається рівнянням площини у відрізках. Числа
a,b,c – відрізки, які відсікає площина відповідно по осям OX, OY,
OZ.
Приклад 1. Скласти рівняння площини, яка проходить через
точку М0(2;1;-1) паралельно до векторів a =(4;0;2) і b =(2;1;3).
Привести одержане рівняння:
а) до загального вигляду;
б) до рівняння площини у відрізках.
Розв’язання. Рівняння площини шукаємо у вигляді
A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0) = 0
Знайдемо нормальний вектор N =( A, B, C ) площини. Так як вектори
a і b паралельні площині, тоді нормальний вектор N = a × b .
14
Знайдемо векторний добуток векторів a і b :
ι
γ
κ
2 1
3
a × b = 4 0 2 = − 2ι − 8γ + 4κ
Отже нормальний вектор площини має координати А=-2; В=-8;
С=4. Запишемо рівняння площини:
-2(x-2)-8(y-1)+4(z+1)=0;
а) Зведемо останнє рівняння до загального вигляду. Розкриємо
дужки в останньому рівнянні
-2x-8y+4z+16=0, або x+4y-2z-8=0 - рівняння площини в
загальному вигляді.
б) Поділимо кожен доданок на 8, одержимо
x y z
+ − = 1 - рівняння площини у відрізках.
8 2 4
1.7.Рівняння площини, що проходить через три точки.
Нехай площині Q належать три точки М1(x1y1z1), М2(x2y2z2) і
М3(x3y3z3), які не лежать на одній прямій. Складемо рівняння
площини Q. Для цього розглянемо довільну точку М(x,y,z), яка теж
лежить на площині Q. Вектори M 1 M 2 , M 1 M 3 і M 1 M (рис.7) лежать
в площині Q, отже вони комплонарні.
рис.7
15
Мішаний добуток таких векторів дорівнює нулю
(M 1M × M 1M 2 ) ⋅ M 1M 3 = 0
(27)
Визначимо координати цих векторів. M 1 M = ( x − x1 ; y − y1 ; z − z1 ) ,
M 1 M 3 = ( x3 − x1 ; y3 − y1 ; z3 − z1 ) .
M 1M 2 = ( x2 − x1 ; y2 − y1 ; z2 − z1 ) ,
Запишемо мішаний добуток (27) в координатній формі.
x − x1
x2 − x1
x3 − x1
y − y1
y2 − y1
y3 − y1
z − z1
z2 − z1 = 0
z3 − z1
(28)
Рівняння (28) називається рівнянням площини, що проходить
через три задані точки.
Приклад. Скласти рівняння площини, що проходить через точки
М1(2;3;-1), М2(4;5;2) і початок координат.
Розв’язання. Рівняння площини шукаємо у вигляді (28). Третя
точка О є початок координат, отже в рівнянні (28) x3 = y3 = z 3 = 0
Підставимо координати точок М1, М2 і О в рівняння (28)
x−2
2
y − 3 z +1
2
3 =0
−2
−3
1
Розкладемо одержаний визначник третього порядку за елементами
першого рядка, одержимо
( x − 2)
2
3
−3 1
− ( y − 3)
2
3
−2 1
+ ( z + 1)
2
−2 −3
Обчислимо визначники другого порядку, маємо
16
2
=0
11(x-2)-8(y-3)-2(z+1) = 0,
або
1.8.Кут між двома площинами.
перпендикулярності двох площин.
11x-8y-2z = 0
Умови
паралельності
і
Розглянемо дві площини Q1 i Q2, які не паралельні і задані
рівнянням в загальному вигляді
Q1 - A1x+B1y+C1z+D1=0
Q2 - A2x+B2y+C2z+D2=0
За кут між двома можна взяти один із двогранних кутів, які
утворюють площини. Один із цих кутів буде дорівнювати лінійному
куту між нормальними векторами цих площин N 1 =( A1 B1C1 ) і
N 2 = ( A2 B2 C 2 ) . Позначимо кут між векторами N1 і N 2 через φ, тоді
користуючись означенням скалярного добутку векторів N1 і N 2
можна записати
cos ϕ =
N1 ⋅ N 2
N1 ⋅ N 2
(29)
Запишемо формулу (29) через координати векторів
cosϕ =
A1 A2 + B1 B2 + C1C2
A12 + B12 + C12 ⋅ A22 + B22 + C22
(30)
Якщо площини Q1 i Q2 перпендикулярні, тоді і вектори N 1 і N 2
теж перпендикулярні, а їх скалярний добуток дорівнює нулю. Отже
умова перпендикулярності двох площин має вигляд
А1А2+В1·В2+С1С2=0
(31)
Умова паралельності. Якщо площини Q1 i Q2 паралельні, тоді
вектори N 1 і N 2 будуть колінеарні, а отже координати цих векторів
17
пропорційні
A1 B1 C1
=
=
A2 B2 C 2
(32)
Приклад 1. Знайти кут між площинами 2x-3y+4z-5=0 i
x+2y+z+4=0
Розв’язання. Перша площина має нармальний
N 1 = (2;−3;4) , друга N 2 = (1;2;1) . За формулою (30), маємо
cosϕ =
2 ⋅1 + (−3) ⋅ 2 + 4 ⋅1
2 2 + (−3) 2 + 4 2 ⋅ 12 + 2 2 + 12
Отже cosφ=0, а кут ϕ =
=
вектор
0
= 0;
29 6
π
. Площини між собою перпендикулярні.
2
Приклад 2. Обчислити кут між площинами, що проходять через
точку М(1;-1;-1), одній із яких належить вісь ОХ, а другій – вісь OZ.
Розв’язання. Запишемо рівняння площин у загальному вигляді:
Q1 - A1x+B1y+C1z+D1=0
Q2 - A2x+B2y+C2z+D2=0
Площина Q1 проходить через вісь ОХ, отже A1 = D1 = 0 і рівняння
площини Q1 має вигляд
B1y+C1z = 0
Площина Q2 проходить через вісь OZ, отже C2=D2=0 і рівняння буде
площини Q2 буде
А2х+В2у = 0
Так як площини проходять через точку М(1;-1;-1), тоді
координати точки М задовільняють рівнянням площини.
18
Підставимо координати точки М, маємо
-В1-С1 = 0
А2-В2 = 0
Звідки маємо, що В1=-С1; А2=В2. Підставимо в рівняння площини
Q1 замість В1 (– С1), а в рівняння площини Q2 A2=B2, одержимо
рівняння площин:
Q1 Q2 -
y-z =0
x+y =0
Нормальні вектори площин N1 = (0;1;−1) , N 2 = (1;1;0) . За формулою
(30) знайдемо кут між площинами
cos ϕ =
0 ⋅1 + 1 ⋅1 + ( −1) ⋅ 0
12 + ( −1) 2 ⋅ 12 + 12
1
1
= ;
2⋅ 2 2
=
Кут φ між площинами Q1 і Q2 дорівнює
π
6
.
Контрольні питання.
1. Який вигляд має рівняння площини, що проходить через задану
точку?
2. Що таке нормальний вектор площини?
3. Загальне рівняння площини, якими параметрами воно
визначається?
4. Записати рівняння площини, що проходить через вісь ОХ.
5. Записати рівняння координатних площин.
6. Побудувати площину, яка задається рівнянням Аx+By+Cz=0
7. Записати рівняння площини, яка паралельна осі OZ, та
побудувати її.
8. Записати рівняння площини, яка паралельна координатній
19
площині XOZ, та побудувати її.
9. Якими параметрами визначається нормальне рівняння
площини?
10. Записати нормальне рівняння площини.
11. Як знайти відстань від заданої точки до площини?
12. Як привести загальне рівняння площини до нормального
вигляду?
13. Який вигляд має рівняння площини у відрізках?
14. Записати рівняння площини, що проходить через три задані
точки.
15. Як знайти кут між двома площинами?
16. Записати умови паралельності і перпендикулярності двох
площин.
Завдання.
1. Скласти рівняння площини, яка проходить черет точку
М0(1;2;3), перпендикулярно вектору a =(3;4;-5).
2. Точка Р(3;-2;-2) є основою перпендикуляра опущеного із
початку координат на площину. Скласти рівняння цієї
площини.
3. Скласти рівняння площини, яка проходить через точку
М1(2;3;-5) паралельно векторам a =(3;2;-1) і b =(-1;4;1) і
привести це рівняння до рівняння площини у відрізках.
4. Скласти рівняння площини, що проходить через точки
М1(3;-1;2), М2(4;-1;-1), М3(2;0;2)
5. Визначити при якому значенні С площини будуть
перпендикулярні 3x-5y+Cz-4=0, x+3y-2z+6=0.
6. Визначити кут між площинами: x+2y+2z-3=0 i
16x+12y-15z-1=0
7. Скласти рівняння площини, яка проходить через початок
координат паралельно площині 7x-3y-5z+2=0.
8. Знайти площу трикутника, який відтинає площина
3x-2y+z+6=0 від координатного кута Oxy.
9. Привести рівняння площини 4x-6y-12z-11=0 до нормального
20
вигляду.
10. Обчислити відстань d від точки М1(-1;1;-2) до площини, що
проходить через точку М2(1;4;3) паралельно векторам
a =(1;3;-2)
b =(-2;3;-4).
11. Скласти рівняння площини, яка проходить через вісь ОХ і
точку М1(3;-4;2).
12. Обчислити об’єм піраміди, обмеженої площиною
2x-3y+6z-12=0 і координатними площинами.
2. Пряма на площині і у просторі.
Розглянемо спочатку рівняння прямої у просторі, а потім прямої
на площині, як частинний випадок рівнянь прямої у просторі.
2.1. Параметричні рівняння прямої у просторі.
Нехай задана точка М0(x0y0z0) лежить на прямій l, і заданий
вектор S =(m,n,p), який паралельний прямій l ( S ≠ 0 ).Знайдемо
рівняння прямої l. Візьмемо на прямій довільну точку М(x;y;z) і
розглянемо радіуси – вектори r 0 =(x0y0z0), r =(xyz), а також вектор
MoM =(x-x0;y-y0;z-z0). (рис.8)
рис.8
Предсавимо вектор r через вектори r 0 і MoM .
21
r = r0 + MoM
(33)
Вектори MoM і S - колінеарні, отже вектор MoM можна
записати у вигляді
MoM = t ⋅ S ,
(34)
де t сталий множник, який називається параметром. Рівняння (33) з
урахуванням (34) приймає вигляд
r = r0 + St
(35)
Рівняння (35) називається параметричними рівняннями прямої. Ці
рівняння записані у векторній формі. Вектор S називається
напрямним вектором прямої.
Запишемо рівняння (35) через координати векторів r , r 0 , S
⎧ x = x0 + mt
⎪
⎨ y = y0 + nt
⎪ z = z + pt
⎩
0
(36)
Параметр t впливає на положення точки М(xyz) на прямій.
2.2. Канонічні рівняння прямої у просторі.
Вектор MoM =(x-x0;y-y0;z-z0) і вектор S =(m,n,p) (рис.8) –
колінеарні. Якщо вектори колінеарні, то їх відповідні проекції
порпорційні. Отже маємо
x − x0 y − y 0 z − z 0
=
=
m
n
p
22
(36)
Рівняння (36) називається каноничним рівнянням прямої.
Це рівняння визначається координатами точки М0, і напрямного
вектора m, n, p.
Приклад 1. Скласти каноничні рівняння прямої, яка проходить
через точку М0(2;3;-1) паралельно прямій
x − 3 y − 2 z −1
=
=
;
4
3
10
Розв’язання. Рівняння прямої шукаємо у вигляді
x − x0 y − y 0 z − z 0
=
=
m
n
p
(с)
x0,y0,z0 – це координати точки М0. x0=2; y0=3; z0=-1. Координати
напрямного вектора m, n ,p – невідомі. Так як шукана пряма
паралельна прямій
x − 3 y − 2 z −1
=
=
, за напрямний вектор можна
4
3
10
взяти напрямний вектор заданої прямої. Отже m=4; n=3; p=10.
Підставимо в рівняння (с) координати точки М0 і координати
напрямного вектора, одержимо шукані рівняння прямої
x − 2 y − 3 z +1
=
=
4
3
10
Приклад 2. Скласти параметричні рівняння прямої, яка
проходить через точку М0(1;-1;-3) паралельно вектору
a = 2ι − 3γ + 4k
Розв’язання. Рівняння прямої шукаємо у вигляді
⎧ x = x0 + mt
⎪
⎨ y = y 0 + nt ,
⎪ z = z + pt
⎩
0
де x0=1; y0= -1; z0=-3 координати точки через яку проходить пряма.
m,n,p – координати напрямного вектора прямої. За напрямний
вектор можна взяти вектор a . Отже m=2, n=-3, p=4.
23
Шукані рівняння прямої
⎧ x = 1 + 2t
⎪
⎨ y = −1 − 3t
⎪ z = −3 + 4t
⎩
2.3. Загальне рівняння прямої.
Розглянемо дві площини, які не паралельні. Якщо площини не
паралельні, то вони перетинаються. Лінією перетину двох площин є
пряма. Отже пряму можна задати, як систему рівнянь, кожне із
яких є рівняння площини в загальному вигляді
⎧ A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0
⎨
⎩ A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0
(37)
Рівняння (37) називається загальними рівняннями прямої у
просторі.
Загальні рівняння прямої (37) можна привести до каноничних
рівнянь (36). Щоб розв’язати цю задачу необхідно знайти
координати точки М0(x0;y0;z0) і напрямний вектор S =(m;n;p). Ті
перетворення, які необхідно виконати, щоб перейти від рівнянь (37)
до рівнянь (36), прослідкуємо на прикладі.
Приклад. Звести рівняння прямої до каноничного вигляду
⎧ x − 2 y + 3z − 4 = 0
⎨
⎩3 x + 2 y − 5 z − 4 = 0
(е)
Розв’язання. Для знаходження координат точки М0(x0;y0;z0) одну
із цих координат вибираємо довільно, наприклад z=z0=0, одержимо
систему двох рівнянь, із якої знайдемо x0, y0
⎧ x0 − 2 y 0 − 4 = 0
⎨
⎩3 x0 + 2 y 0 − 4 = 0
24
Додамо два рівняння системи, тим самим виключимо невідому y0
і маємо
4 x0 − 8 = 0; x0 = 2
Із першого рівняння знайдемо y0, в яке підставимо х0=2. Отже
у0= -1. Знайшли координати точки М0(2;-1;0). Знайдемо координати
напрямного вектора S =(m;n;p). Нормальні вектори площини
N 1 = (1;−2;3) і N 2 = (3;2;−5) перпендикулярні до прямої (рис.9).
рис.9
Напрямний вектор S розміщений вздовж прямої перпендикулярно
векторам N 1 , N 2 . Тому вектор S можна знайти через векторний
добуток векторів N 1 , N 2
ι
j
k
S = N1 × N 2 = 1 − 2 3
3 2 −5
Розкладемо визначник за елементами першого рядка
S=
−2
1
−2 3
1 3
ι−
j+
2 −5
3 −5
3
2
25
k,
або
S = 4ι + 14γ + 8k
Запишемо каноничні рівняння прямої
x − 2 y +1 z
=
=
4
14
8
2.4. Рівняння прямої у просторі, що проходить через дві точки.
Нехай пряма проходить через дві задані точки М1(x1y1z1) і
М2(x2y2z2). Складемо рівняння цієї прямої. Шукаємо рівняння
прямої у каноничному вигляді. Для цього необхідно знайти
координати точки через яку пряма проходе і напрямний вектор S .
За цю точку візьмемо точку М1(x1y1z1), за напрямний вектор
візьмемо вектор M 1 M 2 =(x2-x1;y2-y1;z2-z1). Підставимо в каноничні
рівняння (36) координати точки М1, і координати напрямного
вектора m=x2-x1; n=y2-y1; p=z2-z1, одержимо
x − x1
y − y1
z − z1
=
=
x2 − x1 y 2 − y1 z 2 − z1
(38)
Рівняння (38) називається рівнянням прямої, що проходить через
дві задані точки.
Приклад 1. Знайти рівняння прямої, яка проходить через точки
М1(2;3;-4) і М2(-1;3;5)
Розв’язання. Рівняння прямої шукаємо у вигляді
x − x1
y − y1
z − z1
=
=
x2 − x1 y2 − y1 z 2 − z1
Підставимо в це рівняння координати точок М1 , М2
26
x −2 y −3 z + 4
=
=
,
−1− 2 3 − 3 5 + 4
або
x−2 y −3 z + 4
=
=
−3
0
9
В останньому рівнянні y2-y1=n=0. Це означає, що проекція
напрямного вектора S на вісь ОY дорівнює нулю, що в свою чергу
означає, що пряма розміщена перпендикулярно осі ОY. В цьому
випадку рівняння прямої має вигляд
⎧y − 3 = 0
⎪
⎨x − 2 z + 4
⎪⎩ − 3 = 9
або
⎧y − 3 = 0
⎨
⎩3x + z − 2 = 0
Приклад 2. Через точки М1(-6;6;-5) і М2(12;-6;) проведена пряма
l. Знайти точки перетину прямої l з координатними площинами.
Розв’язання. Підставимо координати точок М1 і М2 в рівняння
(38), одержимо рівняння l.
x+6 y−6 z +5
=
=
18
− 12
6
або
x+6 y−6 z +5
=
=
−2
3
1
Знайдемо точку перетину прямої l з координатною площиною
XOY. Для цього в останньому рівнянні покладемо z = 0
x+6 y−6
=
=5
3
−2
або
⎧x + 6
⎪⎪ 3 = 5
⎨
⎪y −6 =5
⎪⎩ − 2
Звідки маємо x=9; y=-4 : Отже пряма l перетинає площу XOY у
точці М1(9;-4;0).
Знайдемо точку перетину прямої l з площиною XOZ. Покладемо
в рівнянні прямої у=0, одержимо
27
x+6 z +5
=
=3
3
1
Отже точка перетину М2 з площиною XOZ знаходиться із рівнянь:
і буде М2(3;0;-2).
z +5
=3
1
x+6
= 3;
3
Аналогічно знаходиться точка перетину прямої з площиною
YOZ, М3(0;2;-3).
2.5. Кут між двома прямими.
перпендикулярності двох прямих.
Умови
паралельності
і
Розглянемо дві непаралельні прямі l1 і l2, які задаються рівнянням
в каноничному вигляді
l1 −
x − x1 y − y z − z1
=
=
;
m1
n1
p1
l2 −
x − x2 y − y2 z − z2
=
=
,
m2
n2
p2
де (x1;y1;z1) і (x2;y2;z2) – координати точок через які прямі l1 і l2 –
проходять. S1 = (m1 ; n1 ; p1 ) і S 2 = (m2 ; n2 ; p 2 ) - напрямні вектори
прямих l1 і відповідно l2.
рис.10
Кут φ між двома прямими (рис.10) дорівнює куту між
напрямними векторами прямих. Знайдемо косинус кута між
векторами S1 і S 2 , як скалярний добуток цих векторів поділити на
28
добуток їх модулів.
∧
cos ϕ = cos( S1 S 2 ) =
S1 ⋅ S 2
S1 ⋅ S 2
Запишемо останню формулу через координати векторів S1 і S 2
cosϕ =
m1 m2 + n1n2 + p1 p2
m +n + p ⋅ m +n + p
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
(39)
Умови паралельності і перендикулярності двох прямих:
а) Умова паралельності l1 і l2.
Якщо l1 паралельна l2, тоді вектори S1 і S 2 колінеарні, а отже
відповідні їх проекції пропорційні.
m1 n1 p1
= =
m2 n2 p2
(40)
б) Умова перпендикулярності двох прямих l1 і l2
Якщо прямі взаємно перпендикулярні, тоді їх напрямні
вектори S1 і S 2 перпендикулярні, а отже скалярний добуток таких
векторів дорівнює нулю.
m1 m2 + n1n2 + p1 p 2 = 0
Приклад 1. Довести, що прямі, які задані рівняннями
перпендикулярні.
l1 -
x y −1 z
= ;
=
1 −2 3
l2 -
29
⎧3x + y − 5 z + 1 = 0
⎨
⎩2 x + 3 y − 8 z + 3 = 0
(41)
Розв’язання. Довести, що прямі l1 і l2 перпендикулярні означає
перевірити виконання умови
m1 m2 + n1n2 + p1 p 2 = 0 ,
де m1, n1, p1 – координати напрямного вектора S 1 . Пряма l1 задається
каноничними рівняннями. Отже m1=1; n1= -2; p1=3. Знайдемо
напрямний вектор S 2 прямої l2.
ι
j k
S 2 = N1 × N 2 = 3 1 − 5 = 7ι + 14 j + 7 k
2 3 −8
Скалярний добуток дорівнює
S1 ⋅ S 2 = 1 ⋅ 7 − 2 ⋅14 + 3 ⋅ 7 = 7 − 28 + 21 = 0
Отже прямі l1 і l2 взаємно перпендикулярні.
Приклад 2. Обчислити кути, які утворює з осями координат
пряма
⎧x − 2 y − 6 = 0
⎨
⎩ x − 3z + 9 = 0
Розв’язання. Кути між прямою і осями координат дорівнюють
кутам між напрямним вектором прямої S і ортами ι , j,k . Знайдемо
напрямний вектор заданої прямої
S = N1 × N 2
Нормальні вектори площин мають координати N 1 = (1;−2;0) ,
N 2 = (1;0;−3) . Одиничні вектори, або орти мають координати
30
ι = (1;0;0) , j = (0;1;0) , k = (0;0;1) . Знайдемо вектор S
ι
j
S = 1 −2
1
0
k
0 = 6ι + 3 j + 2κ
−3
Косинус кута між вектором S і вектором ι буде дорівнювати
6 ⋅1 + 3 ⋅ 0 + 2 ⋅ 0
6
S ⋅i
cos α = cos( S ι ) =
=
= ;
2
2
2
S ⋅ι
6 +3 +2 ⋅ 1 7
∧
Аналогічно обчислюється
∧
cos γ = cos(S k ) =
2
7
3
cos β = cos( S j ) = ,
7
∧
2.6. Кут між прямою і площиною. Умови паралельності і
перпендикулярності прямої і площини.
1) Знайдемо кут між прямою l, яка задається рівняннями у
каноничному вигляді
l−
x − x0 y − y 0 z − z 0
=
=
m
n
p
і площиною Q, яка задається рівнянням у загальному вигляді
Q−
Ax + By + Cz + D = 0
Кут між прямою і площиною позначимо через φ. Гострий кут φ
дорівнює куту між прямою l і її проекцією на площину Q (рис.11)
31
рис.11
Кут між напрямним вектором прямої S = (m, n, p) і нормальним
вектором площини Q. N = ( A; B; C ) буде дорівнювати θ = 90 − ϕ . Кут θ
може бути додатнім, коли φ≤900 і від’ємним, коли φ>900
cosθ =
N ⋅S
N⋅S
,
або
cos(90 − ϕ ) = sin ϕ
Отже
sin ϕ =
N ⋅S
N ⋅S
якщо підставити координати векторів N і S , одержимо
sin ϕ =
Am + Bn + Cp
A + B +C ⋅ m +n + p
2
2
2
2
2
2
(40)
2) Умова паралельності прямої і площини. Якщо пряма l паралельна
площині Q, тоді напрямний вектор прямої S = (m, n, p)
перпендикулярний нормальному вектору площини N = ( A, B, C ) і
скалярний добуток N ⋅ S дорівнює нулю, отже
Am + Bn + Cp = 0
(41)
3) Умова перпендикулярності прямої і площини. Якщо пряма l
перпендикулярна площині Q,
тоді вектори S і N - колінеарні.
32
Якщо вектори колінеарні, тоді відповідні проекції пропорційні
A B C
= =
m n p
(42)
Приклад. Довести, що пряма x = 3t − 2 , y = −4t + 1, z = 4t − 5
паралельна площині 4 x − 3 y − 6 z − 5 = 0
Розв’язання. Використаємо умову паралельності прямої і
площини
Am + Bn + Cp = 0
(д)
А,В,С – координати нормального вектора площини, де А=4; В= -3;
С= -6; m=3; n= -4; p=4. Підставимо в умову (д)
4 ⋅ 3 − 3(−4) − 6 ⋅ 4 = 0
12 + 12 − 24 = 0
0≡0
Умова паралельності виконується. Отже пряма і площина
паралельні.
2.7. Точка перетину прямої з площиною.
Нехай пряма і площина непаралельні. Знайдемо точку перетину
прямої
x − x0 y − y 0 z − z 0
=
=
з площиною Ax + By + Cz + D = 0 . Для
m
n
p
того, щоб знайти точку перетину, необхідно розв’язати систему
рівнянь
⎧ Ax + By + Cz + D = 0
⎪
⎨ x − x0 y − y 0 z − z 0
⎪ m = n = p
⎩
33
Таку систему рівнянь зручніше розв’язати коли пряма
задається у параметричному вигляді
⎧ x = mt + x0
⎪
⎨ y = nt + y0
⎪ z = pt + z
⎩
0
(43)
Отже треба розв’язати систему рівнянь
⎧ Ax + By + Cz + D = 0
⎪ x = mt + x
⎪
0
⎨
⎪ y = nt + y 0
⎪⎩ z = pt + z 0
Підставимо в рівняння площини x,y,z, які задаються через
параметр t, одержимо
A( mt + x0 ) + B (nt + y 0 ) + C ( pt + z 0 ) + D = 0
Із останнього рівняння визначимо параметр t, для цього
відкриємо дужки і знайдемо коефіцієнт при t
t ( Am + Bn + Cp) + Ax0 + By0 + Cz0 + D = 0,
звідки
Ax0 + By 0 + Cz 0 + D
t=−
Am + Bn + Cp
(44)
В формулі (44) знаменник не дорівнює нулю, тому що пряма і
площина не паралельні, а отже скалярний добуток векторів S і N
не дорівнює нулю.
34
Якщо підставити формулу (44) в рівняння (43), одержимо
координати точки перетину прямої і площини.
Приклад. Знайти точку перетину прямої
x −1 y + 2 z − 4
=
=
4
3
1
і площини 5 x − 3 y + 6 z − 1 = 0
Розв’язання. Запишемо рівняння прямої у параметричному
вигляді
⎧ x = 4t + 1
⎪
⎨ y = 3t − 2
⎪z = t + 4
⎩
(е)
Підставимо в рівняння площини замість x, y, z значення через t
із рівняння прямої, одержимо
5(4t + 1) − 3(3t − 2) + 6(t + 4) − 1 = 0
Звідки t = −2 ; Підставимо значення t в рівняння (е), одержимо
координати точки перетину прямої і площини, яку позначимо через
M 1 , отже M 1 (−7;−8;2)
Контрольні питання.
1. Який вигляд мають параметричні рівняння прямої?
2. Що таке напрямний вектор прямої?
3. Як із параметричних рівнянь прямої одержати каноничні?
4. Який вигляд має загальне рівняння прямої?
5. Як рівняння прямої в загальному вигляді привести до
каноничних рівнянь?
6. Записати рівняння прямої, що проходить через дві точки
35
7. Як знайти кут між двома прямими?
8. Умова паралельності двох прямих.
9. Записати умову перпендикулярності двох прямих у векторній
формі.
10. Як знайти кут між прямою і площиною?
11. Який вигляд має умова паралельності прямої і площини?
12. Який вигляд має умова паралельності і перпендикулярності
прямої і площини?
Завдання.
1. Скласти каноничні рівняння прямої, що проходить через точку
M 0 (3;0;−4) паралельно вектору a = (4;−3;6)
2. Скласти параметричні рівняння прямої, які проходять через
точку M .0 (1;−2;−3) паралельно прямій: x = 4t − 1; y = −2t + 5;
z = 3t + 1
3. Скласти каноничні рівняння прямої, що проходить через точку
M 1 ( 2;3;−5) паралельно прямій 3 x − y + 2 z − 7 = 0 ,
x + 3y − 2z + 3 = 0
4. Довести, що прямі паралельні
⎧ x + y − 3z + 1 = 0
⎨
⎩x − y + z + 3 = 0
і
⎧x + 2 y − 5z − 1 = 0
⎨
⎩ x − 2 y + 3z − 9 = 0
5. Скласти рівняння прямої, що проходить через точки M 1 (3;−1;2) ,
M 2 (2;1;1)
6. Знайти косинус кута між прямими
⎧x − y − 4z − 5 = 0
і
⎨
2
2
4
0
+
−
−
=
x
y
z
⎩
⎧x − 6 y − 6z + 2 = 0
⎨
⎩2 x + 2 y + 9 z − 1 = 0
7. Скласти рівняння прямої, яка проходить через точку
M 1 (2;−3;−5) перпендикулярно до площини 6 x − 3 y − 5 z + 2 = 0 .
8. При якому значенні «m» пряма
площині x − 3 y + 6 z + 5 = 0 .
36
x +1 y − 2 x + 3
=
=
паралельна
−2
m
3
3. Пряма на площині.
3.1. Параметричне рівняння прямої.
Нехай пряма l проходить через точку M 0 ( x0 y 0 ) паралельно
вектору S = (m, n) . Вектор
S
називається напрямним вектором
прямої. Одержимо рівняння прямої l. Рівняння прямої l можна
одержати двома способами. Перший спосіб аналогічний, як для
прямої у просторі. Візьмемо довільну точку M ( x, y ) на прямій l і
розглянемо вектори r0 = ( x0 y 0 ) , r = ( x, y ) і M 0 M = ( x − x0 ; y − y0 ) .
рис.12
Як маємо із рисунка 12 вектор r можна представити як суму
векторів r0 і M 0 M
r = r0 + M 0 M
Вектор M 0 M і вектор S колінеарні, отже M 0 M = t S , де t –
сталий параметр. Отже рівняння прямої l у векторній формі
r = r0 + t S
37
(45)
Запишемо рівняння (45) в координатній формі
⎧ x = x0 + tm
⎨
⎩ y = y 0 + tn
(46)
Рівняння (46) є параметричні рівняння прямої на площині.
Другий спосіб одержання параметричних рівнянь прямої.
Використати рівняння (36) – параметричні рівняння прямої у
просторі. В цьому рівнянні відкинути третє рівняння z = z 0 + tp ,
так як на площині третьої координати точки немає.
3.2. Каноничні рівняння прямої.
Виключимо параметр t із конжного рівняння системи (46),
одержимо
x − x0 y − y 0
=
m
n
(47)
Рівняння (47) називається каноничним рівнянням прямої на
площині.
Частинні випадки рівнянь прямої:
• Нехай в рівнянні (47) m = 0 , тоді рівняння приймає вигляд
x − x0 y − y 0
=
0
n
(48)
m = 0 означає, що проекція напрямного вектора прямої на вісь ОХ
дорівнює нулю. Отже пряма перпендикулярна осі ОХ і задається
рівнянням
38
x = x0
• Нехай в рівнянні (47) n = 0 , тоді проекція вектора S на вісь
OY дорівнює нулю, а пряма розміщена перпендикулярно осі
OY, рівняння якої
y = y0
3.3. Рівняння прямої, що проходить через задану точку в
заданому напрямі.
Розглянемо каноничні рівняння прямої l
x − x0 y − y 0
=
,
m
n
x0 , y0 - координати точки через яку проходить пряма , m, n координати напрямного вектора S .
Нехай напрямний вектор S лежить на прямій і дорівнює вектору
AB
рис.13
Із каноничних рівнянь знайдемо y − y0
y − y0 =
Відношення
n
= tgα , де
m
n
( x − x0 )
m
α кут який утворює пряма l з додатнім
39
напрямом осі ОХ.
Позначимо tgα = K , тоді останнє рівняння приймає вигляд
y − y0 = K ( x − x0 )
(48)
Рівняння (48) називається рівнянням прямої, що проходить
через задану точку в заданому напрямі. Напрям задається
кутовим коефіцієнтом К.
3.4. Рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом.
Розглянемо рівняння (48). Нехай кут α ≠
π
2
, тоді пряма l
перетинає вісь OY. Точка M 0 ( x0 y 0 ) лежить на прямій. Вона може
займати любе положення на прямій, тому нехай точка M 0 лежить на
осі OY i має координати x0 = 0 ; y 0 = b . Підставимо координати
точки M 0 в рівняння (48), одержимо
y − b = Kx ,
або
y = Kx + b
Рівняння (49) називається рівнянням прямої з кутовим
коефіцієнтом. Кутовий коефіцієнт ( K = tgα ) дорівнює тангенсу
кута, який утворює пряма з додатнім напрямом осі OХ (рис.13),
b - відрізок який відсікає пряма на осі OY.
3.5. Рівняння прямої, що проходить через дві задані точки.
Нехай пряма на площині проходить через точки M 1 ( x1 y1 ) і
M 2 ( x 2 y 2 ) . Складемо рівняння прямої. Для цього використаємо
каноничні рівняння
x − x0 y − y 0
=
m
n
За напрямний вектор S можна взяти вектор
40
(49)
S = M 1 M 2 = ( x 2 − x1 , y 2 − y1 ) , а точку M 0 ( x0 y0 ) замінимо в рівнянні
точкою M 1 ( x1 , y1 ) , тоді маємо
x − x1
y − y1
=
x2 − x1 y 2 − y1
(50)
Рівняння (50) є рівнянням прямої, що проходить через дві задані
точки.
Зауваження. Рівняння (50) можна одержати із рівняння (38), як
частинний випадок, коли відсутня третя координата z.
3.6. Рівняння прямої на площині, що проходить через задану
точку перпендикулярно заданому вектору.
Розглянемо пряму l, яка проходить через точку M 1 ( x1 y1 )
перпендикулярно вектору N = ( A, B) . Складемо рівняння прямої l.
Для цього візьмемо на прямій довільну точку M ( x, y ) і розглянемо
вектор M 1 M = ( x − x; y − y1 ) . Вектор N розміщений перпендикулярно
прямій l, а отже перпендикулярно вектору M 1 M , що лежить на
прямій (рис.14)
рис.14
Скалярний добуток таких векторів дорівнює нулю.
N ⋅ M 1M = 0
41
Запишемо останнє векторне рівняння через проекції векторів N і
M 1 M , маємо
A( x − x1 ) + B ( y − y1 ) = 0
(51)
Рівняння (51) називається рівнянням прямої, що проходить
через задану точку перпендикулярно заданому вектору.
Зауваження. Рівняння (51) задовільняють координати довільної
точки M ( x, y ) , що лежить на прямій l. Якщо точка не лежить на
прямій l1 , то її координати не будуть задовільняти рівнянню (51),
тому, що скалярний добуток вектора N на вектор M 1 M не буде
дорівнювати нулю.
Приклад. Скласти рівняння прямої, яка проходить через точку
M 1 (1;3) перпендикулярно вектору N = (−1;2) .
Розв’язання. Рівняння прямої шукаємо у вигляді
A( x − x1 ) + B ( y − y1 ) = 0
В нашому прикладі A = −1; B = 2; x1 = 1; y1 = 3 . Підставимо в
рівняння вказані числа, маємо
− ( x − 1) + 2( y − 3) = 0 ,
або
− x + 2y − 5 = 0
3.7. Загальне рівняння прямої на площині.
Розглянуті рівняння прямої на площині (46)-(51) є рівняннями
першого степеня відносно поточних координат x і y. Розглянемо ще
одне рівняння, яке є теж першого степеня відносно x і y
Ax + By + C = 0
(52)
Це рівняння називається загальним рівнянням прямої.
Одержати рівняння (52) можна із рівняння (51), якщо відкрити
дужки, а числа додати, при умові A ≠ 0 і B ≠ 0
42
A( x − x1 ) + B( y − y1 ) = 0
Ax − Ax1 + By − By1 = 0
Ax + By + (− Ax1 − By1 ),
позначимо число − Ax1 − By1 = C , тоді одержимо рівняння (52). В
цьому рівнянні А і В координати вектора N , який називається
нормальним вектором прямої.
Частинні випадки рівняння (52):
• Нехай А=0; В≠0. Це означає, що проекція нормального вектора
прямої на вісь ОХ дорівнює нулю, а пряма паралельна осі ОХ,
рівняння якої
y=−
C
;
B
• Якщо А≠0, В=0, тоді нормальний вектор N перпендикулярний
до осі OY, а пряма паралельна осі OY і має рівняння
C
x=− ;
A
• Якщо в рівнянні (52) А≠0, В≠0, а С=0, тоді рівнянню
задовільняють координати x=0, y=0
Ax + By = 0
а пряма проходить через початок координат.
• Якщо в рівнянні (52) покласти А=С=0, а В≠0, тоді одержимо
y=0
це рівняння осі ОХ.
43
• Якщо в (52) покласти В=С=0, А≠0, тоді маємо
x=0
це рівняння осі OY.
3.8. Кут між двома прямими. Умови паралельності і
перпендикулярності двох прямих.
1) Розглянемо дві прямі l1 і l2 , які задаються рівняннями
y = k1 x + b1 і y = k 2 x + b2
де
k1 = tgα 1 ; k 2 = tgα 2
Припустимо, що прямі не перпендикулярні . Знайдемо кут φ
між цими прямими (рис.15)
рис.15
Кут φ представимо через кути, які утворюють прямі з додатнім
напрямом осі ОХ ( α1 ,α 2 )
ϕ = α 2 − α1
Знайдемо тангенс кута φ
tgϕ = tg (α 2 − a1 ) =
tgα 2 − tgα 1
,
1 + tgα 1tgα 2
44
або
tgϕ =
k 2 − k1
1 + k1k 2
(53)
Отже тангенс кута φ обчислюється через кутові коефіцієнти k1 і k 2
прямих, кут φ відраховується від прямої l1 до прямої l2 .
2) Нехай рівняння прямих l1 і l2 задаються в каноничному
вигляді
x − x1 y − y1
=
l1 −
;
m1
n1
x − x2 y − y2
=
l2 −
,
m2
n2
де S1 = ( m1 , n1 ); S 2 = ( m2 ; n2 ) - напрямні вектори прямих. Кут між
прямими l1 і l2 дорівнює куту між векторами S1 і S 2 .
cos ϕ =
S1 ⋅ S 2
S1 ⋅ S 2
m1m2 + n1n2
m12 + n12 ⋅ m22 + n22
=
(54)
3) Якщо прямі l1 і l 2 задаються в загальному вигляді:
l1 - A1 x + B1 y + C1 = 0 ,
l2 − A2 x + B2 y + C 2 = 0 ,
де N 1 = ( A1 , B1 ) , N 2 = ( A2 , B2 ) - напрямні вектори прямих. Кут φ
між прямими дорівнює куту між нормальними векторами прямих,
отже
∧
cos ϕ = cos( N1 N 2 ) =
N1 ⋅ N 2
N1 ⋅ N 2
або
cosϕ =
A1 A2 + B1 B2
A12 + B12 ⋅ A22 + B22
(55)
4) Умова паралельності двох прямих.
- Якщо прямі задаються рівнянням y = k1 x + b1 , y = k 2 x + b2 тоді,
45
якщо прямі паралельні, то кутові коефіцієнти однакові
k1 = k 2
(56)
- Якщо прямі задаються рівнянням в каноничному вигляді
l1 −
x − x1 y − y1
;
=
m1
n1
l2 −
x − x2 y − y 2
=
m2
n2
і є паралельні, тоді напрямні вектори S 1 = (m1 , n1 ) і S 2 = (m2 n2 ) колінеарні, а їх координати пропорційні
m1 n1
=
m2 n2
(57)
•
Якщо прямі задаються рівняннями в загальному вигляді
l1 - A1 x + B1 y + C1 = 0 l2 − A2 x + B2 y + C 2 = 0 , тоді якщо прямі
паралельні , то їх нормальні вектори N 1 і N 2 теж паралельні, отже
умова паралельності
A1 B1
=
A2 B2
(58)
5) Умова перпендикулярності двох прямих:
а) Нехай прямі задаються рівнянням: y = k1 x + b1 , y = k 2 x + b2 .
Кут φ між прямими дорівнює 900, а tgϕ не існує, а це можливо
коли в формулі (53) знаменник дорівнює нулю
46
1 + k1k 2 = 0 ,
або
k2 = −
1
k1
(59)
б) Якщо прямі задаються рівняннями в каноничному вигляді і є
перпендикулярними, тоді вектори S1 і S 2 - теж перпендикулярні,
а отже їх скалярний добуток дорівнює нулю
S1 ⋅ S 2 = 0 ,
m1m2 + n1n2 = 0
або
(60)
в) Якщо прямі l1 і l2 задаються рівняннями в загальному вигляді і
перпендикулярні, тоді нормальні вектори теж перпендикулярні,
отже
N1 ⋅ N 2 = 0 ,
A1 A2 + B1 B2 = 0
або
(61)
Приклад 1. Знайти косинус кута між прямими 2 x − 3 y + 5 = 0 і
3x + 4 y − 1 = 0 .
Розв’язання. Прямі задані рівнянням у загальному вигляді. Кут
між прямими знайдемо за формулою (55). Підставимо в формулу
A1 = 2 ; B1 = −3 ; A2 = 3 ; B2 = 4 , одержимо
cosϕ =
2 ⋅ 3 + (−3) ⋅ 4
−6
−6
=
=
13 ⋅ 25 5 13
2 2 + (−3) 2 ⋅ 32 + 4 2
Приклад 2. При якому значенні m прямі перпендикулярні
x −1 y + 2
x+ 2 y −3
=
=
і
3
4
6
m
Розв’язання. Дві прямі задані рівняннями у каноничному
вигляді. Умова перпендикулярності таких прямих задається
формулою (60). Підставимо в формулу m1 = 3 ; n1 = 4 ; m2 = m ;
n2 = 6 , одержимо
47
3m + 4 ⋅ 6 = 0 ,
або
m = −8
3.9. Відстань від точки до прямої.
Задана пряма l : Ax + By + C = 0 і точка M 0 ( x0 y0 ) . Треба
знайти відстань від точки M 0 до прямої l . Відстань від точки до
прямої позначимо через d.
рис. 16
Як маємо із рис.16 відстань
d = M 1M 0 ,
де точка M 1 ( x1 y1 ) є основою перпендикуляра опущеного із точки
M 0 на пряму l вектор M 1 M 0 = ( x0 − x; y0 − y1 ) і нормальний вектор
прямої N = ( A, B) колінеарні. Знайдемо їх скалярний добуток
N ⋅ M 1 M 0 = N ⋅ M 1 M 0 ⋅ cos ϕ = ± N d
Кут φ може дорівнювати нулю або
знайдемо відстань d
48
π.
Із останньої формули
d =±
N ⋅M 1M 0
(62)
N
Запишемо формулу (62) через проекції векторів на вісі координат
d =±
A( x0 − x1 ) + B ( y0 − y1 )
Ax0 + By 0 − ( Ax1 + By1 )
=
±
A2 + B 2
A2 + B 2
Точка M 1 ( x1 y1 ) лежить на прямій, отже її координати
задовільняють рівнянню прямої Ax1 + By1 + C = 0 звідки
Ax1 + By1 = −C
Тому відстань d від точки до прямої можна записати так
d=
Ax0 + By0 + C
A2 + B 2
(63)
Приклад 1. Задані вершини трикутника ABC: A(1;5), B(2;1),
C(4;3). Знайти довжину висоти CD.
Розв’язання. Довжина висоти CD дорівнює відстані від точки С
до сторони АВ. Знайдемо рівняння сторони АВ, як прямої, що
проходить через дві задані точки
x −1 y − 5
,
=
2 −1 1− 5
4x + y − 9 = 0
або
Відстань від точки С до прямої АВ знайдемо за формулою (63)
d=
4 ⋅ 4 + 1⋅ 3 − 9
4 2 + 12
=
10
≈ 2,43
17
Приклад 2. Побудувати пряму 3 x − 5 y + 6 = 0
Розв’язання. Знайдемо точки перетину нашої прямої з осями
координат. Для цього покладемо в рівнянні x = 0, одержимо
49
6
⎧
⎧− 5 y + 6 = 0 ⎪ y = = 1,2
→⎨
5
⎨
⎩x = 0
⎪⎩ x = 0
Точка M (0,1,2) є точкою перетину прямої з віссю OY. Щоб
знайти точку перетину прямої з віссю ОХ, покладемо в рівнянні
y=0
⎧3 x + 6 = 0 ⎧ x = −2
→⎨
⎨
⎩y = 0
⎩y = 0
Точка N (−2;0) є точкою перетину прямої з віссю ОХ. Проведемо
пряму через точки M і N .
Приклад 3. Скласти рівняння прямої,що проходить через точку
M 1 ( −2;−3) перпендикулярно прямій 2 x + y − 3 = 0 і привести його
до рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом.
x − x1 y − y1
=
Розв’язання. Рівняння прямої шукаємо у вигляді
,
m
n
де m, n - координати напрямного вектора S , які невідомі. За
напрямний вектор шуканої прямої візьмемо нормальний вектор
прямої 2 x + y − 3 = 0 . Він має вигляд N = (2;1) . Отже S = (2;1) .
Підставимо в рівняння прямої
x+2 y+3
=
,
2
1
або
y=
1
x−2
2
Приклад 4. Точка A(−4;5) є вершиною квадрата, діагональ якого
лежить на прямій 7 x − y + 8 = 0 . Скласти рівняння другої діагоналі
квадрата.
Розв’язання. Нормальний вектор прямої 7 x − y + 8 = 0 має вигляд
N = (7;−1) . Цей вектор буде напрямним вектором прямої, на якій
лежить друга діагональ, отже S = (7;−1) .
50
Рівняння другої діагоналі шукаємо у вигляді
x − x1 y − y1
=
,
m
n
де
x1 = −4; y1 = 5; m = 7; n = −1
Підставимо ці числа в рівняння, одержимо
x+4 y−5
=
7
−1
або
x + 7 y − 31 = 0
Контрольні питання.
1. Який вигляд має параметричне рівняння прямої на площині?
2. Записати каноничне рівняння прямої на площині.
3. Який вигляд має рівняння прямої, що проходить через задану
точку?
4. Записати рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом,
геометричне тлумачення параметрів k і b .
5. Який вигляд має рівняння прямої на площині, що проходить
через дві задані точки?
6. Записати рівняння прямої, що проходить через точку
M 1 ( x1 ; y1 ) перпендикулярно вектору N = ( A; B) .
7. Який вигляд має загальне рівняння прямої на площині?
8. Записати рівняння осі OX і OY.
9. Як знайти кут між двома прямими на площині?
10. Записати умову паралельності і перпендикулярності двох
прямих на площині.
11. Який вигляд має умова паралельності двох прямих, які
задаються рівняннями у каноничному вигляді?
12. Як знайти відстань від точки до прямої?
51
Завдання.
1. Скласти рівняння прямої, яка утворює з додатнім напрямом осі
ОХ кут α = 30 0 і відсікає по осі OY відрізок b = −3 .
2. Скласти рівняння прямої, яка проходить через точку M 1 ( −3;2)
Перпендикулярно прямій 3 x − 4 y + 5 = 0 .
52
Похожие документы
Скачать