Kanonske jednadžbe prave linije

Formulacija problema. Pronađite kanonske jednadžbe prave linije definirane kao presjek dvije ravni (opće jednadžbe)

Plan rješenja. Kanonske jednadžbe prave linije s vektorom smjera prolazi kroz dati poen , imaju oblik

. (1)

Dakle, da bi se napisale kanonske jednadžbe prave, potrebno je pronaći njen usmjeravajući vektor i neku tačku na pravoj liniji.

1. Kako prava pripada obe ravni istovremeno, njen vektor pravca je ortogonan na vektore normale obe ravni, tj. prema definiciji vektorskog proizvoda, imamo

. (2)

2. Odaberite neku tačku na liniji. Kako usmjeravajući vektor prave nije paralelan barem s jednom od koordinatnih ravni, prava siječe ovu koordinatnu ravan. Stoga se kao tačka na pravoj može uzeti tačka njenog preseka sa ovom koordinatnom ravninom.

3. Pronađene koordinate usmjeravajućeg vektora i tačke zamjenjujemo u kanonske jednačine prave (1).

Komentar. Ako je vektorski proizvod (2) jednak nuli, tada se ravnine ne sijeku (paralelno) i nije moguće zapisati kanonske jednačine prave.

Zadatak 12. Napišite kanonske jednačine prave.

Kanonske jednadžbe prave linije:

,

gdje su koordinate bilo koje tačke na pravoj, je njegov vektor smjera.

Pronađite bilo koju tačku na liniji . Neka onda

dakle, su koordinate tačke koja pripada pravoj.

Kroz svaku pravu liniju u prostoru prolazi beskonačan broj ravni. Bilo koje dvije od njih, ukrštajući se, definiraju ga u prostoru. Prema tome, jednačine bilo koje dvije takve ravni, razmatrane zajedno, su jednačine ove prave.

Općenito, bilo koje dvije paralelne ravni dato opštim jednačinama

odrediti njihovu liniju ukrštanja. Ove jednačine se nazivaju opšte jednačine ravno

Ulaznica 6 Napišite izraz za ugao između prave i ravni, uslov paralelnosti i okomitosti prave i ravni.

kutak između prave i ravni nazvaćemo ugao koji formira prava i njena projekcija na ravan. Neka je ravan data jednadžbama

Razmotrimo vektore i . Ako je ugao između njih oštar, onda će biti , gdje je φ ugao između prave i ravnine. Onda .

Ako je kut između vektora i tup, onda je jednak . Dakle . Stoga, u svakom slučaju. Sjećajući se formule za izračunavanje kosinusa ugla između vektora, dobijamo .

Uslov okomitosti prave i ravni. Prava i ravan su okomite ako i samo ako su vektor pravca i vektor normale ravni kolinearni, tj. .

Uslov paralelnosti prave i ravni. Prava i ravan su paralelne ako i samo ako su vektori i okomiti.

Ulaznica 7. Definirajte elipsu. Napišite jednačinu elipse u kanonskom obliku. Vrhovi, fokusi, ose i ekscentricitet elipse.

definicija: Elipsa je mjesto tačaka u ravni, za svaku od kojih je zbir udaljenosti do dvije date tačke iste ravni, koje se nazivaju fokusi elipse, konstantna vrijednost.

Neka bude F 1 i F 2 - žarišta elipse. Počni O koordinatni sistemi se nalaze u sredini segmenta F 1 F 2. Osa Ox direktno duž ovog segmenta, ose Oy- okomito na ovaj segment (Sl.).

definicija: Točke preseka elipse sa njenim osama simetrije nazivaju se vrh elipse a, centar simetrije je centar elipse, naziva se segment između dva vrha koji sadrže žarišta velika osa elipse, polovina njegove dužine velika poluosa elipse. Segment između vrhova na osi simetrije koji ne sadrži žarišta naziva se mala osa elipse, polovina njegove dužine je mala poluosa. Vrijednost se poziva ekscentricitet elipse.

Ako je elipsa data kanonskim jednačinama, tada njeni vrhovi imaju koordinate (- a;0), (a;0),(0; –b), (0;b), velika poluosa je a, mala poluosa je jednaka b. Vrijednost c, što je polovina udaljenosti između žarišta, određuje se iz formule c 2 = a 2 – b 2 .

Ekscentricitet elipse karakteriše stepen izduženja elipse. Što je ekscentricitet bliži nuli, to više elipsa izgleda kao kružnica. Što je ekscentricitet bliži 1, to je elipsa više rastegnuta. Imajte na umu da je, po definiciji, za elipsu 0< <1.

Jednačina se zove kanonska jednadžba elipse.

Ulaznica 8 Definirajte hiperbolu. Napišite jednadžbu hiperbole u kanonskom obliku. Vrhovi, žarišta, ose, asimptote i ekscentricitet hiperbole,

definicija: Hiperbola je lokus tačaka u ravni, za svaku od kojih je apsolutna vrijednost razlike udaljenosti do dvije fiksne tačke iste ravni, koje se nazivaju fokusi hiperbole, konstantna vrijednost.

Kao iu slučaju elipse, da bismo dobili jednačinu hiperbole, biramo odgovarajući koordinatni sistem. Porijeklo koordinata nalazi se u sredini segmenta između žarišta, ose Ox direktno duž ovog segmenta, a y-osa je okomita na njega.

Jednačina se zove kanonska jednačina hiperbola.

Hiperbola ima dvije međusobno okomite ose simetrije, od kojih jedna sadrži žarišta hiperbole, a centar simetrije. Ako je hiperbola data kanonskom jednadžbom, tada su njene osi simetrije koordinatne ose Ox i Oy, a ishodište je centar simetrije hiperbole.

definicija: Presječne točke hiperbole date kanonskom jednadžbom sa osom Ox pozvao vrhovima hiperbole, segment između njih se zove prava osa hiperbole. Segment y-ose između tačaka (0;– b) i (0; b) naziva se imaginarna osa. Brojevi a i b nazivaju se realna i imaginarna poluos hiperbole, respektivno. Porijeklo koordinata naziva se njegovo središte. Vrijednost se poziva ekscentričnost hiperbola.

komentar: Od jednakosti b 2 = c 2 – a 2 iz toga sledi c>a, odnosno hiperbola >1. Ekscentricitet karakteriše ugao između asimptota, što je bliži 1, to je ovaj ugao manji.

Ulaznica 9. Definirajte parabolu. Napišite jednadžbu parabole u kanonskom obliku. Directrix, fokus parabole

Parabola je mjesto tačaka u ravni koje su jednako udaljene od date tačke F i date prave d koja ne prolazi kroz datu tačku. Ova geometrijska definicija izražava parabola svojstvo imenika.

Svojstvo redakcije parabole Tačka F se naziva fokusom parabole, prava d se naziva direktrisa parabole, središte O okomice ispuštene iz fokusa na direktrisu je vrh parabole, udaljenost p od fokusa do direktrise je parametar parabole, a udaljenost p2 od vrha parabole do njenog fokusa je fokusna udaljenost (slika a). Prava linija okomita na direktrisu i koja prolazi kroz fokus naziva se osa parabole (fokalna osa parabole). Segment FM koji povezuje proizvoljnu tačku M parabole sa njenim fokusom naziva se fokalni poluprečnik tačke M. Segment koji povezuje dve tačke parabole naziva se tetiva parabole.

Za proizvoljnu tačku parabole, omjer udaljenosti do fokusa i udaljenosti do direktrise jednak je jedan. Uspoređujući svojstva imenika elipse, hiperbole i parabole, zaključujemo da ekscentricitet parabole je po definiciji jednako jedan

.Geometrijska definicija parabole , izražavajući svojstvo imenika, ekvivalentno je njegovoj analitičkoj definiciji - liniji datoj kanonskom jednadžbom parabole:

Ulaznica 10. Šta je kvadrat, identična, simetrična, ortogonalna matrica. Definirajte transponirani i inverzne matrice s.

Definicija 1.Matrix se zove pravokutna tablica brojeva koja sadrži - redove i - stupce. .

Definicija 2. Brojevi i zovu se Matrični nalozi(ili recite da matrica ima veličinu)

Definicija 3. Brojevi koji čine ovu matricu nazivaju se njenim elementi.

1. Definicija 4. Matrica se zove Square ako je broj redova jednak broju kolona. Kada kvadratna matrica uvode se koncepti glavna dijagonala(ovo su brojevi - ) i Bočna dijagonala(ovo su brojevi - ).

2.Simetrično(Simetrična) matrica je kvadratna matrica čiji su elementi simetrični u odnosu na glavnu dijagonalu. Formalnije, matrica se zove simetrična ako .

To znači da je jednaka svojoj transponovanoj matrici:

3. Matrica identiteta naziva se dijagonalna matrica u kojoj su svi dijagonalni elementi jednaki jedinici. Na primjer, matrica identiteta trećeg reda je matrica

ortogonalna matrica

kvadratna matrica A, za koji A -1 = A T pozvao ortogonalna matrica. Osnovna svojstva ortogonalne matrice: Modul determinante ortogonalne matrice jednak je jedan. Ovo svojstvo proizlazi iz svojstava determinanti:

Zbir kvadrata elemenata bilo kojeg stupca ortogonalne matrice jednak je jedan.

Skalarni proizvod red na sebi je 1, au bilo kom drugom redu je 0. Isto za kolone.

Zbroj proizvoda elemenata bilo kojeg reda ortogonalne matrice na odgovarajuće elemente drugog reda jednak je nuli.

inverzna matrica je matrica koja, kada se pomnoži i na desnoj i na lijevoj strani datom matricom, daje matricu identiteta. Označite inverznu matricu ALI kroz , tada prema definiciji dobijamo: gdje E je matrica identiteta.

Inverzna matrica ne postoji za sve matrice. Neophodan i dovoljno stanje nedegeneracija je

det( A) ≠ 0 ili rang ( A) = N.

Svojstva inverznih matrica

· , gdje označava determinantu.

za bilo koje dve invertibilne matrice i .

· , gdje označava transponiranu matricu.

· za bilo koji koeficijent .

Ako trebate riješiti sistem linearne jednačine, (b je vektor koji nije nula) gdje je željeni vektor, a ako postoji, onda . U suprotnom, ili je dimenzija prostora rješenja veća od nule, ili ih uopće nema.

Transponovana matrica- matrica dobijena iz originalne matrice zamjenom redova kolonama.

Formalno, matrica transponiranja za matricu veličine je matrica veličine, definirana kao .

Ulaznica 11.Šta su ekvivalentne matrice. Navedite elementarne transformacije matrica. Šta se može reći o rangovima ekvivalentnih matrica.

Definicija. Matrice dobivene kao rezultat elementarne transformacije se nazivaju ekvivalentan.

Elementarne transformacije nad redovima matrica pozivaju se sljedeće transformacije nizova:

1. množenje niza brojem koji nije nula;

2. permutacija dva prava;

3. dodatak jednom redu matrice drugog reda, pomnožen nekim brojem koji nije nula.

4. Ako se matrica prenosi iz matrice u matricu uz pomoć ekvivalentnih transformacija preko redova, tada se takve matrice nazivaju ekvivalentan i označiti .

5. Metoda elementarnih transformacija

6. Matrični rang jednak je broju ne-nulte redove u matrici nakon dovođenja u stepenasti oblik koristeći elementarne transformacije nad redovima matrice.

Ulaznica 12Šta je bazni mol. Navedite osnovnu sporednu teoremu.

Definicija. Rang matrice A je maksimalni poredak minora koji nije nula (minor je determinanta kvadratne matrice). Određeno .

Definicija. Minor koji određuje rang matrice naziva se Basis Minor. Redovi i stupci koji formiraju BM nazivaju se osnovnim redovima i stupcima.

Definicija. Sistem stubova naziva se linearno zavisni brojevi, koji nisu svi jednaki nuli i takvi da:

Osnovna mala teorema

Stupci matrice uključeni u bazni minor čine linearno nezavisan sistem. Bilo koji stupac matrice se linearno izražava u smislu preostalih stupaca iz osnovnog mola.

U matrici veličine, za minor th reda se kaže da je osnovni ako je različit od nule i svi minori reda -ro jednaki su nuli ili uopšte ne postoje.

Posljedica. Ako su svi stupci matrice linearno izraženi u terminima stupaca koji čine linearno nezavisan sistem, tada je rang matrice .

Ulaznica 13Šta je homogen i nehomogen sistem jednačina. Ono što se naziva rješenjem sistema jednačina. Objasniti pojmove: kompatibilan sistem jednačina, nekompatibilan sistem jednačina. Koji se sistemi jednačina nazivaju ekvivalentnim?

Definicija 1. Ako su svi slobodni članovi jednaki nuli, onda se sistem naziva homogenim, a heterogen - inače.

Definicija 2. Rješenje sistema je skup od n brojevi sa 1 , sa 2 , …, sa n , prilikom zamjene u sistem, umjesto nepoznatih, m numeričke identitete.

Definicija 3. Sistem se naziva kompatibilnim (nekompatibilnim) ako ima barem jedno rješenje (nema rješenja).

Definicija 4. Zglobni linearni sistem algebarske jednačine naziva se definitivnim (neodređenim) ako ima jedinstveno rješenje (skup rješenja).

Definicija.

Zovu se dva sistema linearnih jednačina ekvivalentan (ekvivalentan), ako imaju ista rješenja.

Ekvivalentni sistemi se dobijaju, posebno, kada elementarne transformacije sistem, pod uslovom da se transformacije izvode samo na sistemskim redovima.

Ulaznica 14Šta je fundamentalni sistem odlučivanja homogeni sistem jednačine. Ono što se zove opšte rešenje homogenog sistema jednačina.

Definicija. Osnova prostora rješenja sistema linearnih homogenih jednačina naziva se njegova fundamentalni sistem odlučivanja.

Teorema o strukturi opšteg rešenja homogenog sistema jednačina:

Bilo koje rješenje homogenog sistema linearnih jednačina definirano je formulom

gdje X 1 , X 2 , … , X n − r- osnovni sistem rješenja homogenog sistema linearnih jednačina i C 1 , C 2 , … , C n − r su proizvoljne konstante.

Osobine opšteg rešenja homogenog sistema jednačina:

1. Za bilo koje vrijednosti C 1 , C 2 , … , C n − r X, definisan formulom (3), je rješenje za sistem (1).

2. Kakva god odluka bila X 0 , postoje brojevi C 1 0 , … , C n − r 0 tako da

zaključak: Naći fundamentalni sistem i opšte rešenje homogenog sistema, potrebno je pronaći osnovu jezgra odgovarajućeg linearnog operatora.

Ulaznica 16. Dajte definiciju linearnog prostora i formulirajte njegova svojstva.

Gomila L pozvao linearno ili vektorski prostor , ako su za sve elemente (vektore) ovog skupa definisane operacije sabiranja i množenja brojem i tačno je:

1. Svaki par elemenata x i y od L ispunjava element x + y od L , zvao sumax i y, i:

x + y = y+x− sabiranje je komutativno;

x + (g + z) = (x + y) + z− sabiranje je asocijativno;

x +0 = x− postoji samo jedan null element 0 (x +0 = x za bilo koga x od L );

x + (− x)= 0 − za svaki element x od L postoji samo jedan suprotno element −x (x + (−x) = 0 za bilo koga x od L) .

2. Svaki par x i α, gdje je α − broj, i x element iz L , odgovara elementu α x, zvao radα ix, i:

α·(β · x) = (α·β) · x− množenje brojem je asocijativno: ;

1· x = x− za bilo koji element x od L .

3. Operacije sabiranja i množenja brojem povezane su relacijama:

α·( x + y) = α· x + α· y− množenje brojem je distributivno u odnosu na sabiranje elemenata;

(α + β )· x = α· x + β · x− množenje vektorom je distributivno u odnosu na sabiranje brojeva.

Ulaznica 17. Podprostor linearnog prostora. Njegova svojstva. Linearna školjka.

Definicija linearnog podprostora

Poziva se neprazan podskup L linearnog prostora V linearni podprostor prostor V ako

1) u+v∈L ∀u,v∈L (podprostor je zatvoren u odnosu na operaciju sabiranja);

2) λv∈L ∀v∈L i bilo koji broj λ (podprostor je zatvoren u odnosu na operaciju množenja vektora brojem).

Nekretnina 1 Svaki podprostor linearnog prostora R je linearni prostor.

Nekretnina 2 dim M ≤ dim Rn.

Nekretnina 3 (po završetku osnova). Ako je (ep)k baza u podprostoru M linearnog prostora Rn, i k< n, то можно так выбрать элементы в Rn ek+1, ek+2, . . . , en, что (ep)n будет базисом в Rn.

Definicija.Linearna ljuska je skup vektora koji definiraju linearni podprostor. strogo govoreći, linearna školjka je skup svega linearne kombinacije vektori podataka. Istaknimo i karakteristike:

Ulaznica 18. Definirajte Euklidski prostor. Objasni operaciju normalizacije vektora.

Definicija Neka je V vektorski prostor. Kažemo da je V dobio unutrašnji proizvod ako su dodijeljena bilo koja dva vektora x, y ∈ V pravi broj, nazvan unutrašnjim proizvodom ovih vektora i označen sa xy ili (x, y), tako da su ispunjeni sljedeći uslovi (ovdje su x, y, z proizvoljni vektori iz V, i

t je proizvoljan realan broj):

1) xy = yx (skalarni proizvod je komutativan);

2) (tx)y = t(xy);

3) (x + y)z = xz + yz (skalarni proizvod je distributivan u odnosu na sabiranje);

4) xx >=0, i xx = 0 ako i samo ako je x = 0.

vektorski prostor, u kojem je dat skalarni proizvod, naziva se euklidskim. Svojstva 1)–4) nazivaju se aksiomima euklidskog prostora.

Vektorski poziv normalizovana ili singularna ako je njegova dužina jednaka jedan. Normalizirati proizvoljni vektor različit od nule znači podijeliti ga njegovom dužinom. Ispostavilo se jedinični vektor, korežiran prema originalu.
Skalarni proizvod proizvoljnog vektora na jedinicu će dati tačnu dužinu projekcije ovog vektora na smjer jedinice. Da bismo dobili ne samo dužinu, već i sam vektor projekcije, moramo ovu dužinu pomnožiti sa našim jediničnim vektorom:

Ulaznica 19Šta je ortonormalna osnova. Objasnite Gram-Schmidtov proces ortogonalizacije koristeći dvodimenzionalnu osnovu kao primjer.

Ortonormalni sistem koji se sastoji od n vektori n-dimenzionalni euklidski prostor, čini osnovu ovog prostora. Takva osnova se zove ortonormalno osnovu.

Ako a e 1 , e 2 , ..., en -ortonormalno osnovu n-dimenzionalni euklidski prostor i

x = x 1 e 1 + x 2 e 2 + ... + x n e n - vektorska dekompozicija x preko ove baze, zatim koordinate xi vektor x u ortonormalnoj bazi izračunavaju se po formulama xi =(x, ei ), i= 1, 2, ..., n.

GRAMA-SCHMIDT, Dat je linearno nezavisan sistem vektora b 1 , b 2 , …, b l , a l+1 , …, a n l ≥ 1(1) dio na koji je ortogonan, označavamo b l+1 ortogonalna komponenta vektora i l+1 u odnosu na ortogonalni sistem b 1 , b 2 , …, b l Onda1. Vektorski sistem b 1 , b 2 , …, b l , b l+1 , a l+2 , …, a n(2) je ekvivalentno (1).

2. Sistem vektora (2) je linearno nezavisan i njegov dio b 1 , b 2 , …, b l , b l+1– ortogonalno Koristeći koncept ortogonalne komponente opisujemo proces transformacije linearno nezavisnog sistema a 1 , a 2 , …, a n in ortogonalni sistemb 1 , b 2 , …, b n vektori koji nisu nula, što se zove ortogonalizacija sistema a 1 , a 2 , …, a n.Ovaj proces se sastoji od n koraka, n je broj vektora u originalnom sistemu a 1 , a 2 , …, a n.

1 korak. Mi vjerujemo b 1 \u003d a 1 i nabavite sistem b 1 , a 2 , …, a n

2 korak. Zamenimo vektor u sistemu (3) a 2 ortogonalna komponenta u odnosu na b 1, i dobijamo sistem: b 1 ,b 2 , a 3 ,…, a n (4)

Prema koracima ortogonalizacije, sistem (4) je linearno nezavisan i njegov dio b 1, b 2-ortogonalno.

Pretpostavimo da smo već izgradili linearno nezavisan sistem b 1 , b 2 , …, b k-1 , a k ,…, a n, (5)

u kojem b 1 , b 2 , …, b k-1 su ortogonalne.

U k-tom koraku k = 3, n, zamjenjujemo vektor u sistemu (5) a k njegova ortogonalna komponenta u odnosu na sistem b 1 , b 2 , …, b k-1 i nabavite sistem b 1 , …,b k , a k+1 , …, a n.

Nakon izvođenja n-tog koraka dobijamo linearno nezavisan i ortogonalni sistem vektora b 1 , b 2 , …, b n.

Ulaznica 20.Definirajte operator u linearnom prostoru. Koji se operator naziva linearnim.

Operater naziva pravilo prema kojem svaki element x X jedan element je uparen y neki neprazan skup Y . Kaže se da operater djeluje od X in Y .

Akcija operatora je označena y = A (x), y- slika x, x- prototip y.

Ako svaki element y od Y ima jednu predsliku x od X , y= A (x), poziva se operator jedan-na-jedan mapiranje X in Y ili transformacija X , X - opseg definicije operatora.

Neka bude X i Y dva linearna prostora. Operater A glumeći iz X in Y , zove se linijski operater, ako za bilo koja dva elementa u i v od X i bilo koji broj α je tačan:

A(u+ v) = A (u) + A (v) , A (α· u) = α· A (u).

Ulaznica 21. Navedite primjer linearnog operatora. Koje operacije nad linearnim operatorima znate?

AT ovaj odjeljak Nastavimo proučavanje teme jednačine prave u prostoru sa stanovišta stereometrije. To znači da ćemo pravu liniju u trodimenzionalnom prostoru smatrati linijom presjeka dvije ravni.

Prema aksiomima stereometrije, ako se dvije ravni ne poklapaju i imaju jednu zajedničku tačku, onda imaju i jednu zajedničku pravu liniju na kojoj leže sve tačke koje su zajedničke za dvije ravni. Koristeći jednačine dvije ravnine koje se sijeku, možemo definirati pravu liniju u pravokutnom koordinatnom sistemu.

U toku razmatranja teme dat ćemo brojne primjere, niz grafičkih ilustracija i detaljna rješenja neophodna za bolju asimilaciju gradiva.

Neka su date dvije ravni koje se međusobno ne poklapaju i sijeku. Označimo ih kao ravan α i ravan β . Postavimo ih u pravougaoni koordinatni sistem O x y z trodimenzionalni prostor.

Kao što se sećamo, bilo koja ravan u pravougaonom koordinatnom sistemu definiše opštu jednačinu ravni oblika A x + B y + C z + D = 0 . Pretpostavljamo da ravan α odgovara jednačini A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 , a ravan β odgovara jednačini A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0 . U ovom slučaju, normalni vektori ravni α i β n 1 → \u003d (A 1, B 1, C 1) i n 2 → \u003d (A 2, B 2, C 2) nisu kolinearni, jer ravnine se ne poklapaju jedna s drugom i e postavljene paralelno jedna s drugom. Ovaj uslov pišemo na sljedeći način:

n 1 → ≠ λ n 2 → ⇔ A 1 , B 1 , C 1 ≠ λ A 2 , λ B 2 , λ C 2 , λ ∈ R

Da biste osvježili materijal na temu "Paralelizam ravnina", pogledajte odgovarajući odjeljak naše web stranice.

Linija presjeka ravnina će biti označena slovom a . One. a = α ∩ β . Ova prava je skup tačaka koje su zajedničke za obje ravnine α i β. To znači da sve tačke prave a zadovoljavaju obje jednačine ravnine A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 i A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0 . U stvari, oni su posebno rješenje za sistem jednačina A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0 .

Opće rješenje sistema linearnih jednadžbi A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0 određuje koordinate svih tačaka prave duž koje se presecaju dve ravni α i .beta. To znači da uz njegovu pomoć možemo odrediti položaj prave linije u pravougaonom koordinatnom sistemu O x y z .

Razmotrimo još jednom opisanu teoriju, sada na konkretnom primjeru.

Primjer 1

Prava O x je prava duž koje se sijeku koordinatne ravni O x y i O x z. Ravan O x y definiramo jednačinom z = 0, a ravan O x z jednačinom y = 0. O ovom pristupu smo detaljno govorili u odeljku „Nepotpuna opšta jednačina ravni“, pa se, u slučaju poteškoća, možemo ponovo obratiti na ovaj materijal. U ovom slučaju, koordinatna linija O x određena je u trodimenzionalnom koordinatnom sistemu sistemom od dvije jednačine oblika y = 0 z = 0 .

Pronalaženje koordinata tačke koja leži na pravoj liniji duž koje se ravnine sijeku

Hajde da razmotrimo problem. Neka je pravougaoni koordinatni sistem O x y z zadan u trodimenzionalnom prostoru. Prava duž koje se dvije ravni seku a data je sistemom jednačina A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0 . Zadana tačka u trodimenzionalnom prostoru M 0 x 0 , y 0 , z 0 .

Odredimo da li tačka M 0 x 0 , y 0 , z 0 pripada datoj pravoj liniji a .

Da bismo dobili odgovor na pitanje zadatka, u svaku od dvije jednačine ravnine zamjenjujemo koordinate tačke M 0. Ako se, kao rezultat zamjene, obje jednačine pretvore u prave jednakosti A 1 x 0 + B 1 y 0 + C 1 z 0 + D 1 = 0 i A 2 x 0 + B 2 y 0 + C 2 z 0 + D 2 = 0, tada tačka M 0 pripada svakoj ravni i pripada datoj pravoj. Ako je barem jedna od jednakosti A 1 x 0 + B 1 y 0 + C 1 z 0 + D 1 = 0 i A 2 x 0 + B 2 y 0 + C 2 z 0 + D 2 = 0 netačna, tada tačka M 0 ne pripada pravoj liniji.

Razmotrite primjer rješenja

Primjer 2

Prava linija je data u prostoru jednadžbama dvije ravnine koje se seku oblika 2 x + 3 y + 1 = 0 x - 2 y + z - 3 = 0 . Odrediti da li tačke M 0 (1, - 1, 0) i N 0 (0, - 1 3 , 1) pripadaju pravoj liniji preseka ravnina.

Odluka

Počnimo od tačke M 0 . Zamijenite njegove koordinate u obje jednačine sistema 2 1 + 3 (- 1) + 1 = 0 1 - 2 (- 1) + 0 - 3 = 0 ⇔ 0 = 0 0 = 0 .

Kao rezultat zamjene, dobili smo tačne jednakosti. To znači da tačka M 0 pripada obema ravnima i nalazi se na liniji njihovog preseka.

Zamenimo koordinate tačke N 0 (0, - 1 3, 1) u obe jednačine ravni. Dobijamo 2 0 + 3 - 1 3 + 1 = 0 0 - 2 - 1 3 + 1 - 3 = 0 ⇔ 0 = 0 - 1 1 3 = 0 .

Kao što vidite, druga jednačina sistema se pretvorila u netačnu jednakost. To znači da tačka N 0 ne pripada datoj pravoj.

odgovor: tačka M 0 pripada pravoj liniji, a tačka N 0 ne.

Sada vam nudimo algoritam za pronalaženje koordinata određene tačke koja pripada pravoj liniji, ako je prava linija u prostoru u pravokutnom koordinatnom sistemu O x y z određena jednadžbama ravnina koje se sijeku A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0 .

Broj rješenja sistema od dvije linearne jednadžbe sa nepoznatim A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0 je beskonačan. Bilo koje od ovih rješenja može biti rješenje problema.

Uzmimo primjer.

Primjer 3

Neka je prava linija data u trodimenzionalnom prostoru jednadžbama dvije ravnine koje se seku oblika x + 3 z + 7 = 0 2 x + 3 y + 3 z + 2 = 0 . Pronađite koordinate bilo koje tačke na ovoj pravoj.

Odluka

Prepišimo sistem jednačina x + 3 z + 7 = 0 2 x + 3 y + 3 z + 2 = 0 ⇔ x + 0 y + 3 z = - 7 2 x + 3 y + 3 z = - 2 .

Uzmimo minor drugog reda osim nule kao bazni minor glavne matrice sistema 1 0 2 3 = 3 ≠ 0 . To znači da z je slobodna nepoznata varijabla.

Prenosimo članove koji sadrže slobodnu nepoznatu varijablu z na desnu stranu jednadžbe:

x + 0 y + 3 z = - 7 2 x + 3 y + 3 z = - 2 ⇔ x + 0 y = - 7 - 3 z 2 x + 3 y = - 2 - 3 z

Uvodimo proizvoljan realni broj λ i pretpostavljamo da je z = λ .

Tada je x + 0 y = - 7 - 3 z 2 x + 3 y = - 2 - 3 z ⇔ x + 0 y = - 7 - 3 λ 2 x + 3 y = - 2 - 3 λ .

Da bismo riješili rezultirajući sistem jednačina, primjenjujemo Cramerovu metodu:

∆ = 1 0 2 3 = 1 3 - 0 1 = 2 ∆ x = - 7 - 3 λ 0 - - 3 λ 3 = - 7 - 3 λ 3 - 0 (- 2 - 3 λ) = 21 - 9 λ ⇒ x = ∆ x ∆ = - 7 - 3 λ ∆ y = 1 - 7 - 3 λ 2 - 2 - 3 λ = 1 - 2 - 3 λ - - 7 - 3 λ = 12 + 3 λ ⇒ y = ∆ y ∆ = 4 + λ

Opće rješenje sistema jednačina x + 3 z + 7 = 0 2 x + 3 y + 3 z + 2 = 0 će biti x = - 7 - 3 λ y = 4 + λ z = λ , gdje je λ ∈ R .

Da bismo dobili određeno rješenje sistema jednačina, koje će nam dati željene koordinate tačke koja pripada datoj pravoj, potrebno je uzeti određenu vrijednost parametra λ. Ako je λ = 0, tada je x = - 7 - 3 0 y = 4 + 0 z = 0 ⇔ x = - 7 y = 4 z = 0 .

Ovo nam omogućava da dobijemo koordinate željene tačke - 7, 4, 0.

Provjerimo ispravnost pronađenih koordinata tačke zamjenom ih u početne jednadžbe dvije ravnine koje se sijeku - 7 + 3 0 + 7 = 0 2 (- 7) + 3 4 + 3 0 + 2 = 0 ⇔ 0 = 0 0 = 0.

Odgovori: - 7 , 4 , 0

Vektor pravca duž koje se sijeku dvije ravni

Pogledajmo kako odrediti koordinate vektora smjera prave linije, koje su date jednadžbama dvije ravnine koje se sijeku A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 i A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0 . U pravougaonom koordinatnom sistemu 0xz, usmjeravajući vektor prave linije je neodvojiv od prave.

Kao što znamo, prava je okomita na ravan ako je okomita na bilo koju pravu koja leži u datoj ravni. Na osnovu prethodnog, normalni vektor ravni je okomit na bilo koji vektor različit od nule koji leži u datoj ravni. Ove dvije činjenice će nam pomoći u pronalaženju vektora smjera prave linije.

Ravnine α i β seku se duž prave a . Vektor smjera a → prava linija a je okomit na vektor normale n 1 → = (A 1 , B 1 , C 1) ravnine A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 i na vektor normale n 2 → = (A 2 , B 2 , C 2) ravni A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0 .

Vektor pravca pravca a je vektorski proizvod vektora n → 1 = (A 1 , B 1 , C 1) i n 2 → = A 2 , B 2 , C 2 .

a → = n → 1 × n 2 → = i → j → k → A 1 B 1 C 1 A 2 B 2 C 2

Definiramo skup svih usmjeravajućih vektora prave kao λ · a → = λ · n 1 → × n 2 → , gdje je λ parametar koji može uzeti bilo koju realnu vrijednost osim nule.

Primjer 4

Neka je prava linija u prostoru u pravougaonom koordinatnom sistemu O x y z data jednačinama dve ravnine koje se seku x + 2 y - 3 z - 2 = 0 x - z + 4 = 0 . Pronađite koordinate bilo kojeg vektora smjera ove linije.

Odluka

Ravni x + 2 y - 3 z - 2 = 0 i x - z + 4 = 0 imaju normalne vektore n 1 → = 1 , 2 , - 3 i n 2 → = 1 , 0 , - 1 . Uzmimo kao usmjeravajući vektor pravu liniju, koja je presek dvaju dati avioni, unakrsni proizvod normalnih vektora:

a → = n → 1 × n 2 → = i → j → k → 1 2 - 3 1 0 - 1 = i → 2 (- 1) + j → (- 3) 1 + k → 1 0 - - k → 2 1 - j → 1 (- 1) - i → (- 3) 0 = - 2 i → - 2 j → - 2 k →

Zapišimo odgovor u koordinatnom obliku a → = - 2 , - 2 , - 2 . Za one koji se ne sjećaju kako se to radi, preporučujemo da pogledate temu "Vektorske koordinate u pravokutnom koordinatnom sistemu".

odgovor: a → = - 2 , - 2 , - 2

Prelaz na parametarske i kanonske jednačine prave u prostoru

Za rješavanje niza problema lakše je koristiti parametarske jednadžbe prave u prostoru oblika x = x 1 + a x λ y = y 1 + a y λ z = z 1 + a z λ ili kanonske jednačine prave prava u prostoru oblika x = x 1 + a x λ y = y 1 + a y λ z = z 1 + a z λ . U ovim jednadžbama, a x , a y , a z su koordinate vektora smjera prave, x 1 , y 1 , z 1 su koordinate neke tačke na pravoj, a λ je parametar koji uzima proizvoljne realne vrijednosti.

Iz pravolinijske jednačine oblika A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0, možemo prijeći na kanonsku i parametarske jednačine prava linija u prostoru. Za pisanje kanonskih i parametarskih jednadžbi prave potrebne su nam vještine pronalaženja koordinata neke tačke prave, kao i koordinata nekog usmjeravajućeg vektora prave, dato jednačinama dve ravni koje se seku.

Pogledajmo gornji primjer.

Primjer 5

Postavimo pravu liniju u trodimenzionalnom koordinatnom sistemu jednačinama dvije ravnine koje se seku 2 x + y - z - 1 = 0 x + 3 y - 2 z = 0 . Napišimo kanonske i parametarske jednačine ove linije.

Odluka

Odredite koordinate vektora usmjeravanja prave, koji je vektorski proizvod vektora normale n 1 → = 2 , 1 , - 1 ravnine 2 x + y - z - 1 = 0 i n 2 → = (1 , 3 , - 2) ravni x + 3 y-2z=0:

a → = n 1 → × n 2 → = i → j → k → 2 1 - 1 1 3 - 2 = i → 1 (- 2) + j → (- 1) 1 + k → 2 3 - - k → 1 1 - j → 2 (- 2) - i → (- 1) 3 = i → + 3 j → + 5 k →

Koordinate vektora pravca a → = (1 , 2 , 5) .

Sledeći korak je određivanje koordinata neke tačke date prave, što je jedno od rešenja sistema jednačina: 2 x + y - z - 1 = 0 x + 3 y - 2 z = 0 ⇔ 2 x + y - z = 1 x + 3 y - 2z = 0 .

Uzmimo determinantu 2 1 1 3 = 2 · 3 - 1 · 1 = 5 kao sporednu matricu sistema, koja je različita od nule. U ovom slučaju, varijabla z je besplatno. Prenosimo članove sa njim na desnu stranu svake jednačine i dajemo promenljivoj proizvoljnu vrednost λ:

2 x + y - z = 1 x + 3 y - 2 z = 0 ⇔ 2 x + y = 1 + z x + 3 y = 2 z ⇔ 2 x + y = 1 + λ x + 3 y = 2 λ , λ ∈ R

Primjenjujemo Cramerovu metodu za rješavanje rezultirajućeg sistema jednačina:

∆ = 2 1 1 3 = 2 3 - 1 1 = 5 ∆ x = 1 + λ 1 2 λ 3 = (1 + λ) 3 - 1 2 λ = 3 + λ ⇒ x = ∆ x ∆ = 3 + λ 5 = 3 5 + 1 5 λ ∆ y = 2 1 + λ 1 2 λ = 2 2 λ - (1 + λ) 1 = - 1 + 3 λ ⇒ y = ∆ y ∆ = - 1 + 3 λ 5 = - 1 5 + 3 5 λ

Dobijamo: 2 x + y - z - 1 = 0 x + 3 y - 2 z = 0 ⇔ x = 3 5 + 1 5 y = - 1 5 + 3 5 z = λ

Uzmimo λ = 2 da bismo dobili koordinate tačke na pravoj liniji: x 1 = 3 5 + 1 5 2 y 1 = - 1 5 + 3 5 2 z 1 = 2 ⇔ x 1 = 1 y 1 = 1 z 1 = 2 . Sada imamo dovoljno podataka da zapišemo kanonske i parametarske jednadžbe ove linije u prostoru: x - x 1 a x = y - y 1 a y = z - z 1 a z ⇔ x - 1 1 = y - 1 3 = z - 2 5 x = x 1 + a x λ y = y 1 + a y λ z = z 1 + a z λ ⇔ x = 1 + 1 λ y = 1 + 3 λ z = 2 + 5 λ ⇔ x = 1 + λ y = 1 + 3 λ z = 2 + 5 λ

odgovor: x - 1 1 = y - 1 3 = z - 2 5 i x = 1 + λ y = 1 + 3 λ z = 2 + 5 λ

Ovaj problem ima drugi način da ga riješi.

Pronalaženje koordinata određene tačke na pravoj vrši se rješavanjem sistema jednadžbi A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0.

U opštem slučaju, njena rešenja se mogu napisati u obliku željenih parametarskih jednačina prave linije u prostoru x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ z = z 1 + a z · λ .

Dobijanje kanonskih jednadžbi vrši se na sljedeći način: rješavamo svaku od dobivenih jednadžbi s obzirom na parametar λ, izjednačavamo prave dijelove jednakosti.

x = x 1 + a x λ y = y 1 + a y λ z = z 1 + a z λ ⇔ λ = x - x 1 a x λ = y - y 1 a y λ = z - z 1 a z ⇔ x - x 1 a x = y - y 1 a y = z - z 1 a z

Primjenjivo ovuda do resavanja problema.

Primjer 6

Postavimo položaj prave pomoću jednačina dvije ravnine koje se seku 2 x + y - z - 1 = 0 x + 3 y - 2 z = 0 . Napišimo parametarske i kanonske jednačine za ovu pravu liniju.

Odluka

Rješenje sistema od dvije jednačine sa tri nepoznate izvodi se na isti način kao što smo radili u prethodnom primjeru. Dobijamo: 2 x + y - z - 1 = 0 x + 3 y - 2 z = 0 ⇔ x = 3 5 + 1 5 λ y = - 1 5 + 3 5 λ z = λ .

Ovo su parametarske jednačine prave u prostoru.

Kanonske jednadžbe se dobivaju na sljedeći način: x = 3 5 + 1 5 λ y = - 1 5 + 3 5 λ z = λ ⇔ λ = x - 3 5 1 5 λ = y + 1 5 3 5 λ = z 1 ⇔ x - 3 5 1 5 = y + 1 5 3 5 = z 1

Jednačine dobijene u oba primjera se razlikuju spolja, ali su ekvivalentne, jer određuju isti skup tačaka u trodimenzionalnom prostoru, a time i istu pravu liniju.

odgovor: x - 3 5 1 5 = y + 1 5 3 5 = z 1 i x = 3 5 + 1 5 λ y = - 1 5 + 3 5 λ z = λ

Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter

Problem preseka ravni, zbog svoje važnosti, brojni autori nazivaju "pozicionim problemom br. 2".

Iz stereometrije je poznato da je linija presjeka dvije ravni prava. U prethodnim preliminarnim problemima, gdje smo se bavili pojedinim slučajevima sjecišta ravnina, pošli smo od ove definicije.

Kao što je poznato, za konstruisanje jedne ili druge prave, u najjednostavnijem slučaju, potrebno je pronaći dvije tačke koje pripadaju ovoj pravoj. U slučaju specificiranja ravni po tragovima, ove dvije tačke su tačke preseka istoimenih tragova ravnina koje se seku.

Primjeri za samostalan rad

Vježba 5.1

Konstruisati linije preseka ravni datih tragovima (slika 72):

• a) horizontalno izbačen I i frontalno izbačen A;
• b) horizontalno projektovanje Z i ravan opšti položaj Q;
• c) dve ravni u opštem položaju I i 0.

Rice. 72

Na sl. 73 prikazuje odgovore na ovu vježbu.

Za slučajeve kada su ravni definisane lokalnim ravnim figurama, prikladno je koristiti najmanje dva različita rješenja.

Rice. 73

Prvo rješenje je upotreba trostepenog algoritma za pronalaženje tačke susreta prave u opštem položaju sa ravninom u opštem položaju. Da bi se pronašla linija presjeka dva trokuta, jedan od trokuta se ostavlja nepromijenjen, a drugi se mentalno dijeli na zasebne segmente, predstavljajući ih kao prave linije u općem položaju. Prvo pronađite tačku preseka jedne od pravih linija u opštem položaju sa ravninom trougla. Zatim pronađu još jednu tačku koja nedostaje koja pripada željenoj liniji. To se radi na sličan način, ponavljajući cijeli niz opisanih radnji.

Vježba 5.2

Prema datim koordinatama vrhova dva trougla LAN i DEK konstruirajte dijagram potonjeg i pronađite liniju njihovog sjecišta. Odredite vidljivost elemenata oba trokuta na dijagramu: ALI(0, 9, 2); ?(10, 1, 16); C (23, 14, 9); D(3, 17, 18); ?(22, 11, 17); ?(12,0, 2). Da biste pronašli linije presjeka trouglova, preporučljivo je prvo pronaći mjesto susreta prave KD sa trouglom ABC, a zatim tačka susreta prave linije SW sa trouglom EDK.

Opšti izgled rezultujućeg dijagrama prikazan je na sl. 74.

Drugo rješenje je korišćenje dve pomoćne rezne ravni nivoa.

Date ravne figure koje se ukrštaju treba dva puta ukrstiti pomoćnim ravnima nivoa (sličnim ili suprotnim - nije bitno), na primjer, sa dvije horizontalne ravni.

Lako je razumjeti da jednokratna disekcija omogućava pronalaženje dvije linije koje se ukrštaju hl i I 2 , daje jedan bod ALI, pripada željenoj liniji raskrsnice (Sl. 75). Crtanje druge slične pomoćne ravni na određenoj udaljenosti

Rice. 74

Rice. 75

od prve, dobijete sličnu konstrukciju i još jednu točku. Povezivanjem istoimenih projekcija dviju dobijenih tačaka nalaze se željena linija presjeka dvije ravni.

Vježba 5.3

Prema zadatim koordinatama tačaka dvije trouglaste figure, konstruirajte dijagram ove potonje, na kojoj ćete, koristeći pomoćne ravnine, konstruirati liniju presjeka trokuta. Odredite vidljivost elemenata oba trokuta na dijagramu:

na ABC. ALI(16, 5, 17); ja (10, 19,

A DEF:D (24, 12, 14); ? (4, 18,

Opšti prikaz riješenog problema prikazan je na sl. 76.

Vježba 5.4

Za konsolidaciju vještina pronalaženja linije presjeka dvije ravni dat je problem čije je rješenje dato u dinamici konstrukcija u skladu sa koracima algoritma.

Pronađite liniju presjeka dvije ravni zajedničkog položaja R IS jq

linije definisane sa dva trougla ABC i DEF, i odrediti vidljivost njihovog međusobnog prožimanja (Sl. 77).

Rješenje primjera svodi se na pronalaženje točaka presjeka stranica (pravih) A ABC sa generičkom ravninom koju je dao A DEF. Algoritam za rješavanje ovog primjera je poznat.

Zaključujemo stranu (ravnu) AC LAN u pomoćnu frontalno izbačenu ravan t _1_ P 2 (Sl. 78).

Prednji trag ove pomoćne ravni siječe projekcije stranica D 2 E 2 GLE 2 - 1 2 i D 2 F 2 pt 2 = 2 2 u tačkama 1 2 i 2 2 . Projekcione komunikacione linije omogućavaju vam da odredite liniju preseka na horizontalnoj ravni projekcije (1 !~2 2) = n A D X E X F ( . Onda poenta K 1 i njegovu projekciju K 2 odredi tačku preseka linije AC sa DEF.

Ponavljamo algoritam za pronalaženje tačke preseka stranice A ABC ravno sunce sa ADEF-om. Avion zaključujemo u pomoćnoj frontalno izbačenoj ravni p _L P 2 (sl. 79).

Pronađemo projekcije tačaka 3 i 4 i na horizontalnoj ravni projekcija odredimo projekciju tačke preseka prave U 1 C [ sa linijom raskrsnice (3,-4,):

Projekciona komunikacijska linija vam omogućava da pronađete njenu prednju projekcijsku tačku M 2 .

Povezujemo pronađene tačke Ki Mi naći liniju preseka dve ravni u opštem položaju A ABC N / A DEF= AF (Sl. 80).

Bočna vidljivost AABC relativno ADEF određuju konkurentski bodovi. Prvo odredite vidljivost geometrijski oblici na ravan projekcija P 2 . Da biste to učinili, kroz konkurentne tačke 5 i 6 (5 2 = 6 2) crtamo projekcijsku liniju komunikacije okomitu na osu projekcija x n(Sl. 81).

Na horizontalnim projekcijama 5 U i 6 { tačke 5 i 6, u kojima linija projekcijske veze, respektivno, siječe prave linije koje se seku AC 4 D.F., ispada da je tačka 6 udaljenija od ravni projekcije P 2 nego tačka 5. Dakle, tačka 6 i prava D.F., kojima pripada vidljivi su u odnosu na ravan projekcija P 2 . Iz ovoga slijedi da segment (K 2 -6 2) biće nevidljiv. Slično, određujemo vidljivost stranica A LAN i A DEF - Ned i D.F., one. segment (W 2 -8 2) će biti nevidljiv.

Vidljivost AABC i ADEF u odnosu na ravan projekcija P j, uspostavlja se slično. Odrediti vidljivost linija koje se seku AC * DF i BC ±DF u odnosu na ravan projekcija P] kroz konkurentske tačke 9 1 = 10 1 i 11 1 = 12 1 crtamo projekcijske linije komunikacije okomito x str. Na osnovu frontalnih projekcija ovih konkurentskih tačaka utvrđujemo da su projekcije tačaka 10 2 i 12 2 udaljenije od ravni projekcije P ( . Shodno tome, segmenti (A^-YUD i (M g 2 1) biće nevidljiv. Otuda vidljivost AABC i ADEF jasno prikazano na sl. 82.

UGAO IZMEĐU RAVNI

Razmotrimo dvije ravni α 1 i α 2 date respektivno jednadžbama:

Ispod kutak između dvije ravni mislimo na jedan od diedarskih uglova koji formiraju ove ravni. Očigledno, ugao između vektora normale i ravni α 1 i α 2 jednak je jednom od naznačenih susednih diedarskih uglova ili . Dakle . Jer i , onda

.

Primjer. Odredite ugao između ravnina x+2y-3z+4=0 i 2 x+3y+z+8=0.

Uslov paralelnosti dvije ravni.

Dvije ravni α 1 i α 2 su paralelne ako i samo ako su njihovi normalni vektori i paralelni, te stoga .

Dakle, dvije ravni su paralelne jedna s drugom ako i samo ako su koeficijenti na odgovarajućim koordinatama proporcionalni:

ili

Uslov okomitosti ravnina.

Jasno je da su dvije ravni okomite ako i samo ako su njihovi normalni vektori okomiti, i stoga, ili .

Dakle, .

Primjeri.

DIREKTNO U PROSTOR.

VEKTORSKA JEDNAČINA DIRECT.

PARAMETRIJSKE JEDNAČINE DIRECT

Položaj prave linije u prostoru u potpunosti je određen specificiranjem bilo koje njene fiksne tačke M 1 i vektor paralelan ovoj pravoj.

Vektor paralelan pravoj liniji se zove vođenje vektor ove linije.

Pa pusti pravo l prolazi kroz tačku M 1 (x 1 , y 1 , z 1) leži na pravoj liniji paralelnoj s vektorom .

Razmotrite proizvoljnu tačku M(x,y,z) na pravoj liniji. Iz slike se vidi da .

Vektori i su kolinearni, tako da postoji takav broj t, šta , gdje je množitelj t može uzeti bilo koju numeričku vrijednost ovisno o poziciji točke M na pravoj liniji. Faktor t naziva se parametar. Označavanje radijus vektora tačaka M 1 i M odnosno, kroz i , Dobijamo . Ova jednačina se zove vektor jednačina prave linije. Pokazuje da je svaka vrijednost parametra t odgovara radijus vektoru neke tačke M ležeći na pravoj liniji.

Ovu jednačinu zapisujemo u koordinatnom obliku. Obratite pažnju da, i odavde

Rezultirajuće jednačine se nazivaju parametarski pravolinijske jednačine.

Prilikom promjene parametra t promene koordinata x, y i z i tačka M kreće se pravolinijski.

DIREKTNE KANONIČKE JEDNAČINE

Neka bude M 1 (x 1 , y 1 , z 1) - tačka koja leži na pravoj liniji l, i je njegov vektor smjera. Opet, uzmite proizvoljnu tačku na pravoj liniji M(x,y,z) i razmotrimo vektor .

Jasno je da su vektori i kolinearni, tako da njihove odgovarajuće koordinate moraju biti proporcionalne, dakle

– kanonski pravolinijske jednačine.

Napomena 1. Imajte na umu da se kanonske jednadžbe prave mogu dobiti iz parametarskih jednačina eliminacijom parametra t. Zaista, iz parametarskih jednačina dobijamo ili .

Primjer. Napišite jednačinu prave linije na parametarski način.

Označiti , dakle x = 2 + 3t, y = –1 + 2t, z = 1 –t.

Napomena 2. Neka je prava okomita na jednu od koordinatne ose, kao što je os Ox. Tada je vektor smjera prave okomit Ox, dakle, m=0. Posljedično, parametarske jednačine prave imaju oblik

Eliminacija parametra iz jednačina t, dobijamo jednadžbe prave linije u obliku

Međutim, i u ovom slučaju pristajemo da formalno zapišemo kanonske jednačine prave u obliku . Dakle, ako je nazivnik jednog od razlomaka nula, onda to znači da je prava okomita na odgovarajuću koordinatnu os.

Slično, kanonske jednačine odgovara pravoj liniji okomitoj na osi Ox i Oy ili osa paralelna Oz.

Primjeri.

OPĆE JEDNAČINE PRAVA PRAVA KAO PRAVA presjeka DVIJE RAVNI

Kroz svaku pravu liniju u prostoru prolazi beskonačan broj ravni. Bilo koje dvije od njih, ukrštajući se, definiraju ga u prostoru. Prema tome, jednačine bilo koje dvije takve ravni, razmatrane zajedno, su jednačine ove prave.

Općenito, bilo koje dvije neparalelne ravni date općim jednačinama

odrediti njihovu liniju ukrštanja. Ove jednačine se nazivaju opšte jednačine ravno.

Primjeri.

Konstruirajte pravu liniju datu jednadžbama

Da bi se konstruisao prava, dovoljno je pronaći bilo koje dve njene tačke. Najlakši način je da odaberete tačke preseka linije sa koordinatne ravni. Na primjer, tačka preseka sa ravninom xOy dobijamo iz jednačina prave linije, pod pretpostavkom z= 0:

Rješavajući ovaj sistem, nalazimo poentu M 1 (1;2;0).

Slično, pod pretpostavkom y= 0, dobijamo tačku preseka prave sa ravninom xOz:

Od opštih jednačina prave linije može se preći na njene kanonske ili parametarske jednačine. Da biste to učinili, morate pronaći neku tačku M 1 na liniji i vektor smjera linije.

Koordinate tačaka M 1 dobijamo iz ovog sistema jednačina, dajući jednoj od koordinata proizvoljnu vrijednost. Da biste pronašli vektor smjera, imajte na umu da ovaj vektor mora biti okomit na oba normalna vektora i . Dakle, za vektor smjera prave linije l možete uzeti unakrsni proizvod normalnih vektora:

.

Primjer. Dajte opće jednačine prave linije kanonskom obliku.

Pronađite tačku na pravoj liniji. Da bismo to učinili, proizvoljno biramo jednu od koordinata, na primjer, y= 0 i riješi sistem jednačina:

Vektori normale ravnina koje definiraju pravu imaju koordinate Stoga će vektor smjera biti ravan

. dakle, l: .

UGAO IZMEĐU PRAVA

kutak između pravih u prostoru nazvat ćemo bilo koji od susjednih uglova formiranih od dvije prave povučene kroz proizvoljnu tačku paralelnu sa podacima.

Neka su u prostoru date dvije prave:

Očigledno, ugao φ između linija može se uzeti kao ugao između njihovih vektora smjera i . Budući da , onda prema formuli za kosinus kuta između vektora dobivamo