С помощю этого онлайн калькулятора можно найти точку пересечения прямых в пространстве. Дается подробное решение с пояснениями. Для нахождения координат точки пересечения прямых задайте вид уравнения прямых («канонический» или «параметрический» ), введите коэффициенты уравнений прямых в ячейки и нажимайте на кнопку «Решить». Теоретическую часть и численные примеры смотрите ниже.
- Предупреждение
- Точка пересечения прямых в пространстве − теория, примеры и решения
- 1. Точка пересечения прямых в пространстве, заданных в каноническом виде.
- 2. Точка пересечения прямых в пространстве, заданных в параметрическом виде.
- 3. Точка пересечения прямых в пространстве, заданных в разных видах.
- 4. Примеры нахождения точки пересечения прямых в пространстве.
- Параметрические уравнения прямой на плоскости: описание, примеры, решение задач
- Вывод параметрических уравнений прямой на плоскости
- Составление параметрических уравнений прямой на плоскости
- Переход от параметрических уравнений прямой на плоскости к прочим уравнениям заданной прямой и обратно
- Примеры и задачи с параметрическими уравнениями прямой на плоскости
- № 41*. Докажите, что три прямые х + 2у = 3, 2x — у = 1 и 3х + у = 4 пересекаются в одной точке.
- 📸 Видео
Предупреждение
Инструкция ввода данных. Числа вводятся в виде целых чисел (примеры: 487, 5, -7623 и т.д.), десятичных чисел (напр. 67., 102.54 и т.д.) или дробей. Дробь нужно набирать в виде a/b, где a и b (b>0) целые или десятичные числа. Примеры 45/5, 6.6/76.4, -7/6.7 и т.д.
Видео:16. Показать что прямые пересекаются и найти точку их пересечения в пространствеСкачать
Точка пересечения прямых в пространстве − теория, примеры и решения
- Содержание
- 1. Точка пересечения прямых, заданных в каноническом виде.
- 2. Точка пересечения прямых, заданных в параметрическом виде.
- 3. Точка пересечения прямых, заданных в разных видах.
- 4. Примеры нахождения точки пересечения прямых в пространстве.
1. Точка пересечения прямых в пространстве, заданных в каноническом виде.
Пусть задана декартова прямоугольная система координат Oxyz и пусть в этой системе координат заданы прямые L1 и L2:
 , | (1) |
 , | (2) |
Найти точку пересечения прямых L1 и L2 (Рис.1).
 |
Запишем уравнение (1) в виде системы двух линейных уравнений:
 , | (3) |
 | (4) |
Сделаем перекрестное умножение в уравнениях (3) и (4):
| p1(x−x1)=m1(y−y1) |
| l1(y−y1)=p1(z−z1) |
Откроем скобки и переведем переменные в левую часть уравнений а остальные элементы в правую часть:
| p1x−m1y=p1x1−m1y1, | (5) |
| l1y−p1z=l1y1−p1z1. | (6) |
Аналогичным образом преобразуем уравнение (2):
Запишем уравнение (2) в виде системы двух линейных уравнений:
 , | (7) |
 | (8) |
Сделаем перекрестное умножение в уравнениях (7) и (8):
| p2(x−x2)=m2(y−y2) |
| l2(y−y2)=p2(z−z2) |
Откроем скобки и переведем переменные в левую часть уравнений а остальные элементы в правую часть:
| p2x−m2y=p2x2−m2y2, | (9) |
| l2y−p2z=l2y2−p2z2. | (10) |
Решим систему линейных уравнений (5), (6), (9), (10) с тремя неизвестными x, y, z. Для этого представим эту систему в матричном виде:
 | (11) |
Как решить систему линейных уравнений (11)(или (5), (6), (9), (10)) посмотрите на странице Метод Гаусса онлайн. Если система линейных уравнениий (11) несовместна, то прямые L1 и L2 не пересекаются. Если система (11) имеет множество решений, то прямые L1 и L2 совпадают. Единственное решение системы линейных уравнений (11) указывает на то, что это решение определяет координаты точки пересечения прямых L1 и L2 .
2. Точка пересечения прямых в пространстве, заданных в параметрическом виде.
Пусть задана декартова прямоугольная система координат Oxyz и пусть в этой системе координат заданы прямые L1 и L2 в параметрическом виде:
 | (12) |
 | (13) |
Задачу нахождения нахождения точки пересечения прямых L1 и L2 можно решить разными методами.
Метод 1. Приведем уравнения прямых L1 и L2 к каноническому виду.
Для приведения уравнения (12) к каноническому виду, выразим параметр t через остальные переменные:
 | (14) |
Так как левые части уравнений (14) равны, то можем записать:
 | (15) |
Аналогичным образом приведем уравнение прямой L2 к каноническому виду:
 | (16) |
Далее, для нахождения точки пересечения прямых, заданных в каноническом виде нужно воспользоваться параграфом 1.
Метод 2. Для нахождения точки пересечения прямых L1 и L2 решим совместно уравнения (12) и (13). Из уравнений (12) и (13) следует:
 | (17) |
 | (18) |
 | (19) |
Из каждого уравнения (17),(18),(19) находим переменную t. Далее из полученных значений t выбираем те, которые удовлетворяют всем уравнениям (17)−(19). Если такое значение t не существует, то прямые не пересекаются. Если таких значений больше одного, то прямые совпадают. Если же такое значение t единственно, то подставляя это зачение t в (12) или в (13), получим координаты точки пересечения прямых (12) и (13).
3. Точка пересечения прямых в пространстве, заданных в разных видах.
Если уравнения прямых заданы в разных видах, то можно их привести к одному виду (к каноническому или к параметрическому) и найти точку пересечения прямых, описанных выше.
4. Примеры нахождения точки пересечения прямых в пространстве.
Пример 1. Найти точку пересечения прямых L1 и L2:
 | (20) |
 | (21) |
Представим уравнение (20) в виде двух уравнений:
 | (22) |
 | (23) |
Сделаем перекрестное умножение в уравнениях (22) и (23):
 |
 |
Откроем скобки и переведем переменные в левую часть уравнений а остальные элементы в правую часть:
 |
 |
Аналогичным образом поступим и с уравнением (2).
Представим уравнение (2) в виде двух уравнений:
 | (26) |
 | (27) |
Сделаем перекрестное умножение в уравнениях (7) и (8)
 |
 |
Откроем скобки и переведем переменные в левую часть уравнений а остальные элементы в правую часть:
 |
 |
Решим систему линейных уравнений (24), (25), (28), (29) с тремя неизвестными x, y, z. Для этого представим эту систему в виде матричного уравнения:
 | (30) |
Решим систему линейных уравнений (30) отностительно x, y, z. Для решения системы, построим расширенную матрицу:
 |
Обозначим через aij элементы i-ой строки и j-ого столбца.
Первый этап. Прямой ход Гаусса.
Исключим элементы 1-го столбца матрицы ниже элемента a1 1. Для этого сложим строку 3 со строкой 1, умноженной на −1:
 |
Исключим элементы 2-го столбца матрицы ниже элемента a22. Для этого сложим строку 4 со строкой 2, умноженной на −1/4:
 |
Сделаем перестановку строк 3 и 4.
 |
Второй этап. Обратный ход Гаусса.
Исключим элементы 3-го столбца матрицы выше элемента a33. Для этого сложим строку 2 со строкой 3, умноженной на −4/3:
 |
Исключим элементы 2-го столбца матрицы выше элемента a22. Для этого сложим строку 1 со строкой 2, умноженной на 3/4:
 |
Делим каждую строку матрицы на соответствующий ведущий элемент (если ведущий элемент существует):
 |
 |
Ответ. Точка пересечения прямых L1 и L2 имеет следующие координаты:
Пример 2. Найти точку пересечения прямых L1 и L2:
 | (31) |
 | (32) |
Приведем параметрическое уравнение прямой L1 к каноническому виду. Выразим параметр t через остальные переменные:
 |
Из равентсв выше получим каноническое уравнение прямой:
 | (33) |
Представим уравнение (33) в виде двух уравнений:
 | (34) |
 | (35) |
Сделаем перекрестное умножение в уравнениях (34 и (35):
 |
 |
Откроем скобки и переведем переменные в левую часть уравнений а остальные элементы в правую часть:
 |
 |
 | (36) |
 . | (37) |
Аналогичным образом поступим и с уравнением (2).
Представим уравнение (2) в виде двух уравнений:
 | (38) |
 | (39) |
Сделаем перекрестное умножение в уравнениях (38) и (39)
 |
 |
Откроем скобки и переведем переменные в левую часть уравнений а остальные элементы в правую часть:
 |
 |
Решим систему линейных уравнений (36), (37), (40), (41) с тремя неизвестными x, y, z. Для этого представим эту систему в виде матричного уравнения:
 | (42) |
Решим систему линейных уравнений (42) отностительно x, y, z. Для решения системы, построим расширенную матрицу:
 |
Обозначим через aij элементы i-ой строки и j-ого столбца.
Первый этап. Прямой ход Гаусса.
Исключим элементы 1-го столбца матрицы ниже элемента a1 1. Для этого сложим строку 3 со строкой 1, умноженной на −1/6:
 |
Исключим элементы 2-го столбца матрицы ниже элемента a22. Для этого сложим строки 3 и 4 со строкой 2, умноженной на 8/21 и −1/7, соответственно:
 |
Исключим элементы 3-го столбца матрицы ниже элементаa33. Для этого сложим строку 4 со строкой 3, умноженной на -1/16:
 |
Из расширенной матрицы восстановим последнюю систему линейных уравнений:
 | (43) |
Уравнение (43) несовместна, так как несуществуют числа x, y, z удовлетворяющие уравнению (43). Следовательно система линейных уравнений (42) не имеет решения. Тогда прямые L1 и L2 не пересекаются. То есть они или параллельны, или скрещиваются.
Прямая L1 имеет направляющий вектор q1=, а прямая L2 имеет направляющий вектор q2=. Эти векторы не коллинеарны. Следовательно прямые L1 и L2 скрещиваются .
Видео:Видеоурок "Параметрические уравнения прямой"Скачать
Параметрические уравнения прямой на плоскости: описание, примеры, решение задач
Одним из подпунктов темы «Уравнение прямой на плоскости» является вопрос составления параметрических уравнений прямой на плоскости в прямоугольной системе координат. В статье ниже рассматривается принцип составления подобных уравнений при определенных известных данных. Покажем, как от параметрических уравнений переходить к уравнениям иного вида; разберем решение типовых задач.
Видео:17. Показать что прямые пересекаются и составить уравнение плоскости в которой они расположеныСкачать
Вывод параметрических уравнений прямой на плоскости
Конкретная прямая может быть определена, если задать точку, которая принадлежит этой прямой, и направляющий вектор прямой.
Допустим, нам задана прямоугольная система координат O x y . А также заданы прямая а с указанием лежащей на ней точки М 1 ( x 1 , y 1 ) и направляющий вектор заданной прямой a → = ( a x , a y ) . Дадим описание заданной прямой a , используя уравнения.
Используем произвольную точку М ( x , y ) и получим вектор М 1 М → ; вычислим его координаты по координатам точек начала и конца: M 1 M → = ( x — x 1 , y — y 1 ) . Опишем полученное: прямая задана множеством точек М ( x , y ) , проходит через точку М 1 ( x 1 , y 1 ) и имеет направляющий вектор a → = ( a x , a y ) . Указанное множество задает прямую только тогда, когда векторы M 1 M → = ( x — x 1 , y — y 1 ) и a → = ( a x , a y ) являются коллинеарными.
Существует необходимое и достаточное условие коллинеарности векторов, которое в данном случае для векторов M 1 M → = ( x — x 1 , y — y 1 ) и a → = ( a x , a y ) возможно записать в виде уравнения:
M 1 M → = λ · a → , где λ – некоторое действительное число.
Уравнение M 1 M → = λ · a → называют векторно-параметрическим уравнением прямой.
В координатной форме оно имеет вид:
M 1 M → = λ · a → ⇔ x — x 1 = λ · a x y — y 1 = λ · a y ⇔ x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ
Уравнения полученной системы x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ носят название параметрических уравнений прямой на плоскости в прямоугольной системе координат. Суть названия в следующем: координаты всех точек прямой возможно определить по параметрическим уравнениям на плоскости вида x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ при переборе всех действительных значений параметра λ
Видео:Написать канонические и параметрические уравнения прямой в пространствеСкачать
Составление параметрических уравнений прямой на плоскости
Согласно вышесказанному, параметрические уравнения прямой на плоскости x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ определяют прямую линию, которая задана в прямоугольной системе координат, проходит через точку М 1 ( x 1 , y 1 ) и имеет направляющий вектор a → = ( a x , a y ) . Следовательно, если заданы координаты некоторой точки прямой и координаты ее направляющего вектора, то возможно сразу записать параметрические уравнения заданной прямой.
Необходимо составить параметрические уравнения прямой на плоскости в прямоугольной системе координат, если заданы принадлежащая ей точка М 1 ( 2 , 3 ) и ее направляющий вектор a → = ( 3 , 1 ) .
Решение
На основе исходных данных получим: x 1 = 2 , y 1 = 3 , a x = 3 , a y = 1 . Параметрические уравнения будут иметь вид:
x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ ⇔ x = 2 + 3 · λ y = 3 + 1 · λ ⇔ x = 2 + 3 · λ y = 3 + λ
Ответ: x = 2 + 3 · λ y = 3 + λ
Необходимо отметить: если вектор a → = ( a x , a y ) служит направляющим вектором прямой а, а точки М 1 ( x 1 , y 1 ) и М 2 ( x 2 , y 2 ) принадлежат этой прямой, то ее возможно определить, задав параметрическими уравнениями вида: x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ , а также и таким вариантом: x = x 2 + a x · λ y = y 2 + a y · λ .
К примеру, нам заданы направляющий вектор прямой a → = ( 2 , — 1 ) , а также точки М 1 ( 1 , — 2 ) и М 2 ( 3 , — 3 ) , принадлежащие этой прямой. Тогда прямую определяют параметрические уравнения: x = 1 + 2 · λ y = — 2 — λ или x = 3 + 2 · λ y = — 3 — λ .
Следует обратить внимание и на такой факт: если a → = ( a x , a y ) — направляющий вектор прямой a , то ее направляющим вектором будет и любой из векторов μ · a → = ( μ · a x , μ · a y ) , где μ ϵ R , μ ≠ 0 .
Таким образом, прямая а на плоскости в прямоугольной системе координат может быть определена параметрическими уравнениями: x = x 1 + μ · a x · λ y = y 1 + μ · a y · λ при любом значении μ , отличном от нуля.
Допустим, прямая а задана параметрическими уравнениями x = 3 + 2 · λ y = — 2 — 5 · λ . Тогда a → = ( 2 , — 5 ) — направляющий вектор этой прямой. А также любой из векторов μ · a → = ( μ · 2 , μ · — 5 ) = 2 μ , — 5 μ , μ ∈ R , μ ≠ 0 станет направляющим вектором для заданной прямой. Для наглядности рассмотрим конкретный вектор — 2 · a → = ( — 4 , 10 ) , ему соответствует значение μ = — 2 . В таком случае заданную прямую можно также определить параметрическими уравнениями x = 3 — 4 · λ y = — 2 + 10 · λ .
Видео:Математика без Ху!ни. Уравнения прямой. Часть 2. Каноническое, общее и в отрезках.Скачать
Переход от параметрических уравнений прямой на плоскости к прочим уравнениям заданной прямой и обратно
В решении некоторых задач применение параметрических уравнений является не самым оптимальным вариантом, тогда возникает необходимость перевода параметрических уравнений прямой в уравнения прямой другого вида. Рассмотрим, как же это сделать.
Параметрическим уравнениям прямой вида x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ будет соответствовать каноническое уравнение прямой на плоскости x — x 1 a x = y — y 1 a y .
Разрешим каждое из параметрических уравнений относительно параметра λ , приравняем правые части полученных равенств и получим каноническое уравнение заданной прямой:
x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ ⇔ λ = x — x 1 a x λ = y — y 1 a y ⇔ x — x 1 a x = y — y 1 a y
При этом не должно смущать, если a x или a y будут равны нулю.
Необходимо осуществить переход от параметрических уравнений прямой x = 3 y = — 2 — 4 · λ к каноническому уравнению.
Решение
Запишем заданные параметрические уравнения в следующем виде: x = 3 + 0 · λ y = — 2 — 4 · λ
Выразим параметр λ в каждом из уравнений: x = 3 + 0 · λ y = — 2 — 4 · λ ⇔ λ = x — 3 0 λ = y + 2 — 4
Приравняем правые части системы уравнений и получим требуемое каноническое уравнение прямой на плоскости:
x — 3 0 = y + 2 — 4
Ответ: x — 3 0 = y + 2 — 4
В случае, когда необходимо записать уравнение прямой вида A x + B y + C = 0 , при этом заданы параметрические уравнения прямой на плоскости, необходимо сначала осуществить переход к каноническому уравнению, а затем к общему уравнению прямой. Запишем всю последовательность действий:
x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ ⇔ λ = x — x 1 a x λ = y — y 1 a y ⇔ x — x 1 a x = y — y 1 a y ⇔ ⇔ a y · ( x — x 1 ) = a x · ( y — y 1 ) ⇔ A x + B y + C = 0
Необходимо записать общее уравнение прямой, если заданы определяющие ее параметрические уравнения: x = — 1 + 2 · λ y = — 3 · λ
Решение
Для начала осуществим переход к каноническому уравнению:
x = — 1 + 2 · λ y = — 3 · λ ⇔ λ = x + 1 2 λ = y — 3 ⇔ x + 1 2 = y — 3
Полученная пропорция идентична равенству — 3 · ( x + 1 ) = 2 · y . Раскроем скобки и получим общее уравнение прямой: — 3 · x + 1 = 2 · y ⇔ 3 x + 2 y + 3 = 0 .
Ответ: 3 x + 2 y + 3 = 0
Следуя вышеуказанной логике действий, для получения уравнения прямой с угловым коэффициентом, уравнения прямой в отрезках или нормального уравнения прямой необходимо получить общее уравнение прямой, а от него осуществлять дальнейший переход.
Теперь рассмотрим обратное действие: запись параметрических уравнений прямой при другом заданном виде уравнений этой прямой.
Самый простой переход: от канонического уравнения к параметрическим. Пусть задано каноническое уравнение вида: x — x 1 a x = y — y 1 a y . Каждое из отношений этого равенства примем равным параметру λ :
x — x 1 a x = y — y 1 a y = λ ⇔ λ = x — x 1 a x λ = y — y 1 a y
Разрешим полученные уравнения относительно переменных x и y :
x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ
Необходимо записать параметрические уравнения прямой, если известно каноническое уравнение прямой на плоскости: x — 2 5 = y — 2 2
Решение
Приравняем части известного уравнения к параметру λ : x — 2 5 = y — 2 2 = λ . Из полученного равенства получим параметрические уравнения прямой: x — 2 5 = y — 2 2 = λ ⇔ λ = x — 2 5 λ = y — 2 5 ⇔ x = 2 + 5 · λ y = 2 + 2 · λ
Ответ: x = 2 + 5 · λ y = 2 + 2 · λ
Когда необходимо осуществить переход к параметрическим уравнениям от заданного общего уравнения прямой, уравнения прямой с угловым коэффициентом или уравнения прямой в отрезках, необходимо исходное уравнение привести к каноническому, а после осуществлять переход к параметрическим уравнениям.
Необходимо записать параметрические уравнения прямой при известном общем уравнении этой прямой: 4 x — 3 y — 3 = 0 .
Решение
Заданное общее уравнение преобразуем в уравнение канонического вида:
4 x — 3 y — 3 = 0 ⇔ 4 x = 3 y + 3 ⇔ ⇔ 4 x = 3 y + 1 3 ⇔ x 3 = y + 1 3 4
Приравняем обе части равенства к параметру λ и получим требуемые параметрические уравнения прямой:
x 3 = y + 1 3 4 = λ ⇔ x 3 = λ y + 1 3 4 = λ ⇔ x = 3 · λ y = — 1 3 + 4 · λ
Ответ: x = 3 · λ y = — 1 3 + 4 · λ
Видео:Математика без Ху!ни. Взаимное расположение прямой и плоскости.Скачать
Примеры и задачи с параметрическими уравнениями прямой на плоскости
Рассмотрим чаще всего встречаемые типы задач с использованием параметрических уравнений прямой на плоскости в прямоугольной системе координат.
- В задачах первого типа заданы координаты точек, принадлежащих или нет прямой, описанной параметрическими уравнениями.
Решение таких задач опирается на следующий факт: числа ( x , y ) , определяемые из параметрических уравнений x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ при некотором действительном значении λ , являются координатами точки, принадлежащей прямой, которая описывается этими параметрическими уравнениями.
Необходимо определить координаты точки, которая лежит на прямой, заданной параметрическими уравнениями x = 2 — 1 6 · λ y = — 1 + 2 · λ при λ = 3 .
Решение
Подставим в заданные параметрические уравнения известное значение λ = 3 и осуществим вычисление искомых координат: x = 2 — 1 6 · 3 y = — 1 + 2 · 3 ⇔ x = 1 1 2 y = 5
Ответ: 1 1 2 , 5
Также возможна следующая задача: пусть задана некоторая точка M 0 ( x 0 , y 0 ) на плоскости в прямоугольной системе координат и нужно определить, принадлежит ли эта точка прямой, описываемой параметрическими уравнениями x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ .
Чтобы решить подобную задачу, необходимо подставить координаты заданной точки в известные параметрические уравнения прямой. Если будет определено, что возможно такое значение параметра λ = λ 0 , при котором будут верными оба параметрических уравнения, тогда заданная точка является принадлежащей заданной прямой.
Заданы точки М 0 ( 4 , — 2 ) и N 0 ( — 2 , 1 ) . Необходимо определить, являются ли они принадлежащими прямой, определенной параметрическими уравнениями x = 2 · λ y = — 1 — 1 2 · λ .
Решение
Подставим координаты точки М 0 ( 4 , — 2 ) в заданные параметрические уравнения:
4 = 2 · λ — 2 = — 1 — 1 2 · λ ⇔ λ = 2 λ = 2 ⇔ λ = 2
Делаем вывод, что точка М 0 принадлежит заданной прямой, т.к. соответствует значению λ = 2 .
Далее по аналогии проверим заданную точку N 0 ( — 2 , 1 ) , подставив ее координаты в заданные параметрические уравнения:
— 2 = 2 · λ 1 = — 1 — 1 2 · λ ⇔ λ = — 1 λ = — 4
Очевидно, что не существует такого параметра λ , которому будет соответствовать точка N 0 . Другими словами, заданная прямая не проходит через точку N 0 ( — 2 , 1 ) .
Ответ: точка М 0 принадлежит заданной прямой; точка N 0 не принадлежит заданной прямой.
- В задачах второго типа требуется составить параметрические уравнения прямой на плоскости в прямоугольной системе координат. Самый простой пример такой задачи (при известных координатах точки прямой и направляющего вектора) был рассмотрен выше. Теперь разберем примеры, в которых сначала нужно найти координаты направляющего вектора, а потом записать параметрические уравнения.
Пример 8
Задана точка M 1 1 2 , 2 3 . Необходимо составить параметрические уравнения прямой, проходящей через эту точку и параллельной прямой x 2 = y — 3 — 1 .
Решение
По условию задачи прямая, уравнение которой нам предстоит опередить, параллельна прямой x 2 = y — 3 — 1 . Тогда в качестве направляющего вектора прямой, проходящей через заданную точку, возможно использовать направляющий вектор прямой x 2 = y — 3 — 1 , который запишем в виде: a → = ( 2 , — 1 ) . Теперь известны все необходимые данные для того, чтобы составить искомые параметрические уравнения:
x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ ⇔ x = 1 2 + 2 · λ y = 2 3 + ( — 1 ) · λ ⇔ x = 1 2 + x · λ y = 2 3 — λ
Ответ: x = 1 2 + x · λ y = 2 3 — λ .
Задана точка М 1 ( 0 , — 7 ) . Необходимо записать параметрические уравнения прямой, проходящей через эту точку перпендикулярно прямой 3 x – 2 y – 5 = 0 .
Решение
В качестве направляющего вектора прямой, уравнение которой надо составить, возможно взять нормальный вектор прямой 3 x – 2 y – 5 = 0 . Его координаты ( 3 , — 2 ) . Запишем требуемые параметрические уравнения прямой:
x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ ⇔ x = 0 + 3 · λ y = — 7 + ( — 2 ) · λ ⇔ x = 3 · λ y = — 7 — 2 · λ
Ответ: x = 3 · λ y = — 7 — 2 · λ
- В задачах третьего типа требуется осуществить переход от параметрических уравнений заданной прямой к прочим видам уравнений, которые ее определяют. Решение подобных примеров мы рассматривали выше, приведем еще один.
Пример 10
Дана прямая на плоскости в прямоугольной системе координат, определяемая параметрическими уравнениями x = 1 — 3 4 · λ y = — 1 + λ . Необходимо найти координаты какого-либо нормального вектора этой прямой.
Решение
Чтобы определить искомые координаты нормального вектора, осуществим переход от параметрических уравнений к общему уравнению:
x = 1 — 3 4 · λ y = — 1 + λ ⇔ λ = x — 1 — 3 4 λ = y + 1 1 ⇔ x — 1 — 3 4 = y + 1 1 ⇔ ⇔ 1 · x — 1 = — 3 4 · y + 1 ⇔ x + 3 4 y — 1 4 = 0
Коэффициенты переменных x и y дают нам требуемые координаты нормального вектора. Таким образом, нормальный вектор прямой x = 1 — 3 4 · λ y = — 1 + λ имеет координаты 1 , 3 4 .
Видео:Математика без Ху!ни. Уравнение плоскости.Скачать
№ 41*. Докажите, что три прямые х + 2у = 3, 2x — у = 1 и 3х + у = 4 пересекаются в одной точке.
Координаты точки пересечения этих прямых — это решение системы уравнений:
1) х = 3 — 2у подставляем во 2-е уравнение. 2)
точка пересечения прямых
Подставив в уравнение
вместо х и у координаты точки (1; 1), получим:
верное равенство. Значит, прямая 3х + у = 4 проходит через точку (1; 1). А значит, все три прямые пересекаются в точке (1; 1). Так как никакие две различные прямые не могут иметь более одной общей точки, то (1; 1) — единая общая точка. Что и требовалось доказать.
Решебник по геометрии за 8 класс (А.В. Погорелов, 2001 год),
задача №41
к главе «§8. Декартовы координаты на плоскости».
📸 Видео
Параметрические уравнения прямойСкачать
12. Уравнения прямой в пространстве Решение задачСкачать
15. Взаимное расположение прямых в пространствеСкачать
Аналитическая геометрия, 6 урок, Уравнение прямойСкачать
Записать уравнение прямой параллельной или перпендикулярной данной.Скачать
Видеоурок "Канонические уравнения прямой"Скачать
Как составить уравнение прямой, проходящей через две точки на плоскости | МатематикаСкачать
14. Угол между прямыми в пространствеСкачать
Видеоурок "Общие уравнения прямой"Скачать
Найти точку пересечения прямой и плоскостиСкачать
9 класс, 7 урок, Уравнение прямойСкачать
10. Параллельность и перпендикулярность плоскостей Решение задачСкачать
