Как от канонического уравнения прямой к общему в пространстве

Рассмотрим переход от общего уравнения прямой (10) к каноническим уравнениям (11).

Данный переход осуществляется по АЛГОРИТМУ 1

АЛГОРИТМ 1 Переход от общего уравнения прямой к каноническим уравнениям Дано: Привести к каноническому виду общее уравнение прямой Решение Выполним схематичный чертеж общего уравнения прямой (рис. 18 ) Рис.18 1 Найдем координаты направляющего вектора . Так как прямая l лежит в плоскости α1, то вектор также лежит в плоскости α1, тогда – нормальный вектор плоскости α1. Аналогично Имеем , тогда 2 Найдем точку М , через которою проходит прямая. За точку М принимают точку пересечения прямой с одной из координатных плоскостей. Пусть М = l∩ХОУ, тогда , подставим координаты точки в уравнение (9), получим систему уравнений: Решим полученную систему, найдем координаты точки . 3 Составим уравнение прямой Подставим координаты точки и вектора в канонические уравнения прямой(10), получим Говорят, чтобы найти точку, через которую проходит прямая нужно одну из переменных в общем уравнение прямой приравнять нулю и решить полученную систему уравнений.

Задача 16 Привести к каноническому виду общее уравнение прямой

.

Решение

Найдём направляющий вектор прямой. Так как он должен быть перпендикулярен нормальным векторам и заданных плоскостей, то за можно принять векторное произведение векторов и :

Таким образом,

В качестве точки , через которую проходит прямая, можно взять точку пересечения её с любой из координатных плоскостей, например, с плоскостью XOY,так как при этом , то — и этой точки определяется из системы уравнений заданных плоскостей, если в них положить :

Решая эту систему, находим: , , т.е.

Подставим найденные координаты точки М и направляющего вектора S в уравнение (2), получим

.

Ответ:

Выполните самостоятельно

Задача 16.1 Привести к каноническому виду общее уравнение прямой:

Ответ: .

Не нашли то, что искали? Воспользуйтесь поиском:

Лучшие изречения: При сдаче лабораторной работы, студент делает вид, что все знает; преподаватель делает вид, что верит ему. 9508 — | 7341 — или читать все.

91.146.8.87 © studopedia.ru Не является автором материалов, которые размещены. Но предоставляет возможность бесплатного использования. Есть нарушение авторского права? Напишите нам | Обратная связь.

Отключите adBlock!
и обновите страницу (F5)
очень нужно

В данной статье мы рассмотрим каноническое уравнение прямой на плоскости. Определим понятие направляющего вектора прямой. Рассмотрим примеры построения канонического уравнения прямой, если известны две точки этой прямой или если известна одна точка и направляющий вектор этой прямой. Представим метод преобразования уравнения в каноническом виде в параметрический и общий виды.

Определение 1. Любой ненулевой вектор, параллельный данной прямой называется направляющим вектором этой прямой.

На рисунке Рис.1 представлена прямая L и векторы q₁, q₂, q₃, q₄. Из определения следует, что векторы q₁, q₂, q₄ являются направляющими векторами прямой L, а q₃ − нет.

Каноническое уравнение прямой L на плоскости представляется следующей формулой:

(1)

где x₁, y₁ координаты некоторой точки M₁ на прямой L. Вектор q= является направляющим вектором прямой L.

Надо отметить, что при записи уравнения прямой в каноническом виде, допускается, чтобы один из чисел m и p была равна нулю (одновременно m и p не могут быть равным нулю, т.к. направляющий вектор прямой не должен быть нулевым вектором). Равенство нулю одного из знаменателей означает равенство нулю соответствующего числителя. В этом можно убедится, записав уравнение (1) в следующем виде:

.

(2)

Выше мы отметили, что прямая L проходит через точку M₁(x₁, y₁). В этом можно убедится, подставив x=x₁, y=y₁ в уравнение (1).

.

(3)

Чтобы убедится, что точки M₁(x₁, y₁) и M₂(x₂, y₂) находятся на прямой L, поочередно подставим в уравнение (3) координаты точек M₁ и M₂. Получим тождества, следовательно эти точки принадлежат прямой L.

Сравним уравнения (1) и (3). Тогда можно записать q= = . На рисунке Рис.2 представлен вектор q, которая является разностью векторов, соответствующих точкам M₂ и M₁. Этот вектор является направляющим вектором прямой L. Следовательно, для определения направляющего вектора прямой, достаточно взять две точки на данной прямой и найти разность между соответсвующими координатами этих точек.

Таким образом, прямая на плоскости определяется точкой и направляющим вектором или двумя точками.

Онлайн калькулятор, для построения прямой через две точки находится тут.

Пример 1. Прямая проходит через точку M=(3,−1) и имеет направляющий вектор q= . Построить каноническое уравнение прямой.

Решение. Для построения канонического уравнения прямой, подставим координаты точки и направляющего вектора в уравнение (1):

.

.

Пример 2. Прямая проходит через точку M=(2, 2) и имеет направляющий вектор q= . Построить каноническое уравнение прямой.

Решение. Для построения канонического уравнения прямой, подставим координаты точки и направляющего вектора в уравнение (1):

.

.

На рисунке Рис.3 изображена прямая L, точка M=(2, 2) и направляющий вектор q= . Прямая проходит через точку M и параллельна направляющему вектору q.

Пример 3. Прямая проходит через точки M₁=(−7, 2) и M₂=(−4, 4). Построить каноническое уравнение прямой. Воспользуемся формулой (3). Подставим координаты точек в уравнение (3):

.

Упростим полученное уравнение:

.

.

Видео:Написать канонические и параметрические уравнения прямой в пространствеСкачать

Приведение канонического уравнения прямой на плоскости к параметрическому виду

Для приведения канонического уравнения прямой на плоскости к параметрическому виду, обозначим каждую часть уравнения (1) переменным t:

.

Выразим переменные x и y через t:

,

(4)

где t называется параметром, а уравнение (4) называется параметрическим уравнением прямой.

Для построения уравнения прямой, представленной параметрическом виде (4), достаточно задать параметру t любые значения и вычислить из уравнений (4) соответствующие координаты x и y некоторых точек. Затем провести через эти точки прямую.

Обратное преобразование смотрите здесь.

Пример 4. Каноническое уравнение прямой задана следующим уравнением:

.

(5)

Найти параметрическое уравнение прямой.

Решение. Обозначим через t левую и правую части уравнения (5):

.

Выразим переменные x и y через t:

.

.

Видео:13. Общие уравнения прямой в пространстве / приведение к каноническому видуСкачать

Приведение канонического уравнения прямой на плоскости к общему виду

Пусть прямая на плоскости задана каноническим уравнением прямой (1). Преобразовав (1) получим:

,

.

(6)

Сделаем следующие обозначения:

Тогда уравнение (6) можно записать в следующем виде:

где n= − называется нормальным вектором прямой.

Нетрудно заметить, что нормальный и направляющий векторы прямой перепендикулярны, т.е. скалярное произведение этих векторов равно нулю:

Обратное преобразование смотрите здесь.

Пример 5. Каноническое уравнение прямой задана следующим уравнением:

.

(7)

Записать общее уравнение прямой.

Решение. Сделаем преобразования уравнения (7):

Прямую линию в прямоугольной системе координат можно задать с помощью канонического уравнения. В этой статье мы расскажем, что это такое, приведем примеры, рассмотрим связи канонических уравнений с другими типами уравнений для этой прямой. В последнем пункте мы разберем несколько задач на закрепление темы.

Видео:Видеоурок "Канонические уравнения прямой"Скачать

Понятие канонического уравнения прямой

Допустим, что у нас есть декартова (прямоугольная) система координат, в которой задана прямая. Нам известны координаты произвольно взятой точки этой прямой M 1 ( x 1 , y 1 ) , а также ее направляющего вектора a → = ( a x , a y ) . Попробуем составить уравнение, которое описывало бы эту прямую.

Возьмем плавающую точку M ( x , y ) . Тогда вектор M 1 M → можно считать направляющим для исходной прямой. Его координаты будут равны x — x 1 , y — y 1 (если нужно, повторите материал о том, как правильно вычислять координаты вектора с помощью координат отдельных его точек).

Множество произвольно взятых точек M ( x , y ) будут определять нужную нам прямую с направляющим вектором a → = ( a x , a y ) только в одном случае – если векторы M 1 M → и a → = ( a x , a y ) будут коллинеарны по отношению друг к другу. Посмотрите на картинку:

Таким образом, мы можем сформулировать необходимое и достаточное коллинеарности этих двух векторов:

M 1 M → = λ · a → , λ ∈ R

Если преобразовать полученное равенство в координатную форму, то мы получим:

x — x 1 = λ · a x y — y 1 = λ · a y

При условии, что a x ≠ 0 и a y ≠ 0 , получим:

x — x 1 = λ · a x y — y 1 = λ · a y ⇔ λ = x — x 1 a x λ = y — y 1 a y ⇔ x — x 1 a x = y — y 1 a y

Итог наших преобразований и будет каноническим уравнением прямой на плоскости. Запись вида x — x 1 a x = y — y 1 a y также называют уравнением прямой в каноническом виде.

Таким образом, с помощью уравнения x — x 1 a x = y — y 1 a y можно задать в прямоугольной системе координат на плоскости прямую, которая имеет направляющий вектор a → = ( a x , a y ) и проходит через точку M 1 ( x 1 , y 1 ) .

Примером уравнения подобного типа является, например, x — 2 3 = y — 3 1 . Прямая, которая задана с его помощью, проходит через M 1 ( 2 , 3 ) и имеет направляющий вектор a → = 3 , 1 . Ее можно увидеть на рисунке:

Из определения канонического уравнения нужно сделать несколько важных выводов. Вот они:

1. Если прямая, имеющая направляющий вектор a → = ( a x , a y ) , проходит через две точки – M 1 ( x 1 , y 1 ) и M 2 ( x 2 , y 2 ) , то уравнение для нее может быть записано как в виде x — x 1 a x = y — y 1 a y , так и x — x 2 a x = y — y 2 a y .

2. Если заданная прямая имеет направляющий вектор с координатами a → = ( a x , a y ) , то множество всех ее векторов можно обозначить как μ · a → = ( μ · a x , μ · a y ) , μ ∈ R , μ ≠ 0 . Таким образом, любое уравнение прямой в каноническом виде x — x 1 μ · a x = y — y 1 μ · a y будет соответствовать этой прямой.

Разберем важный пример задачи на нахождение канонического уравнения.

В прямоугольной системе координат на плоскости задана прямая, которая проходит через точку M 1 ( 2 , — 4 ) и имеет направляющий вектор с координатами a → = ( 1 , — 3 ) . Запишите каноническое уравнение, описывающее данную прямую.

Решение

Для начала вспомним общий вид нужного нам канонического уравнения – x — x 1 a x = y — y 1 a y . Подставим в него имеющиеся значения x 1 = 2 , y 1 = — 4 , a x = 1 , a y = — 3 и подсчитаем:

x — x 1 a x = y — y 1 a y ⇔ x — 2 1 = y — ( — 4 ) — 3 ⇔ x — 2 1 = y + 4 — 3

Получившееся в итоге равенство и будет нужным ответом.

Ответ: x — 2 1 = y + 4 — 3

Видео:Видеоурок "Общие уравнения прямой"Скачать

Канонические уравнения прямой на плоскости с a x или a y , равными нулю

Если значение хотя бы одной переменной a является нулевым, то уравнение плоскости используют в первоначальном виде. Сразу две переменные нулевыми не могут быть по определению, поскольку нулевой вектор не бывает направляющим. В таком случае мы можем считать запись x — x 1 a x = y — y 1 a y условной и понимать ее как равенство a y ( x — x 1 ) = a x ( y — y 1 ) .

Разберем случаи канонических уравнений на плоскости с одним нулевым a более подробно. Допустим, что x — x 1 0 = y — y 1 a y при a x = 0 , а исходная прямая будет проходить через M 1 ( x 1 , y 1 ) . В таком случае она является параллельной оси ординат (если x 1 = 0 , то она будет с ней совпадать). Докажем это утверждение.

Для этой прямой вектор a → = ( 0 , a y ) будет считаться направляющим. Этот вектор является коллинеарным по отношению к координатному вектору j → = ( 0 , 1 ) .

Если же нулевым является значение второго параметра, то есть a y = 0 , то мы получаем равенство вида x — x 1 a x = y — y 1 0 . Это уравнение описывает прямую, проходящую через M 1 ( x 1 , y 1 ) , которая расположена параллельно оси абсцисс. Это утверждение верно, поскольку a → = ( a x , 0 ) является для этой прямой направляющим вектором, а он в свою очередь является коллинеарным по отношению к координатному вектору i → = ( 1 , 0 ) .

Проиллюстрируем два частных случая канонического уравнения, описанные выше:

На плоскости задана прямая, параллельная оси O y . Известно, что она проходит через точку M 1 2 3 , — 1 7 . Запишите каноническое уравнение для нее.

Решение

Если прямая по отношению оси ординат является параллельной, то мы можем взять координатный вектор j → = ( 0 , 1 ) в качестве направляющего для нее. В таком случае искомое уравнение выглядит следующим образом:

x — 2 3 0 = y — — 1 7 1 ⇔ x — 2 3 0 = y + 1 7 1

Ответ: x — 2 3 0 = y + 1 7 1

На рисунке изображена прямая. Запишите ее каноническое уравнение.

Решение

Мы видим, что исходная прямая проходит параллельно оси O x через точку M 1 ( 0 , 3 ) . Мы берем координатный вектор i → = ( 1 , 0 ) в качестве направляющего. Теперь у нас есть все данные, чтобы записать нужное уравнение.

x — 0 1 = y — 3 0 ⇔ x 1 = y — 3 0

Ответ: x 1 = y — 3 0

Видео:Математика без Ху!ни. Уравнения прямой. Часть 2. Каноническое, общее и в отрезках.Скачать

Преобразование канонического уравнения прямой в другие виды уравнений

Мы уже выяснили, что в прямоугольной системе координат на плоскости заданную прямую можно описать с помощью канонического уравнения. Оно удобно для решения многих задач, однако иногда лучше производить вычисления с помощью другого типа уравнений. Сейчас мы покажем, как преобразовать каноническое уравнение в другие виды, если это требуется по ходу решения.

Стандартной форме записи канонического уравнения x — x 1 a x = y — y 1 a y можно поставить в соответствие систему параметрических уравнений на плоскости x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ . Чтобы преобразовать один вид уравнения в другой, нам надо приравнять правую и левую часть исходного равенства к параметру λ . После этого надо выполнить разрешение получившихся равенств относительно переменных x и y :

x — x 1 a x = y — y 1 a y ⇔ x — x 1 a x = y — y 1 a y = λ ⇔ ⇔ x — x 1 a x = λ y — y 1 a y = λ ⇔ x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ

Покажем на примере, как именно выполняется это действие с конкретными числами.

У нас есть прямая, заданная на плоскости с помощью канонического уравнения x + 2 3 = y — 1 11 . Запишите параметрические уравнения исходной прямой.

Решение

Сначала поставим знак равенства между отдельными частями уравнения и переменной λ и получим x + 2 3 = λ y — 1 11 = λ .

Далее можно перейти к формулированию необходимых параметрических уравнений:

x + 2 3 = λ y — 1 11 = λ ⇔ x + 2 = 3 · λ y — 1 = 11 · λ ⇔ x = — 2 + 3 · λ y = 1 + 11 · λ

Ответ: x = — 2 + 3 · λ y = 1 + 11 · λ

Из канонического уравнения можно получить не только параметрические, но и общие уравнения прямой. Вспомним понятие пропорции: запись a b = c d можно представить в виде a · d = b · c с сохранением смысла. Значит, что x — x 1 a x = y — y 1 a y ⇔ a y ( x — x 1 ) = a x ( y — y 1 ) ⇔ a y x — a x y — a y x 1 + a x y 1 = 0 .

Это и есть общее уравнение прямой. Это станет более очевидно, если мы добавим в него значения параметров a y = A , — a x = B , — a y x 1 + a x y 1 = C .

Прямая на плоскости описана с помощью канонического уравнения x — 1 2 = y + 4 0 . Вычислите общее уравнение этой прямой.

Решение

Делаем указанные выше действия по порядку.

x — 1 2 = y + 4 0 ⇔ 0 · ( x — 1 ) = 2 · ( y + 4 ) ⇔ y + 4 = 0

Ответ: y + 4 = 0 .

Также из канонического уравнения мы можем получить уравнение прямой в отрезках, прямой с угловым коэффициентом или нормальное уравнение прямой, но это действие выполняется в два шага: первым делом мы получаем общее уравнение прямой, а вторым – преобразуем его в уравнение указанного типа. Разберем пример такой задачи.

На плоскости задана прямая с помощью уравнения x + 3 3 = y — 2 2 . Запишите уравнение этой же прямой в отрезках.

Решение

Для начала преобразуем исходное каноническое уравнение в общее уравнение прямой.

x + 3 3 = y — 2 2 ⇔ 2 · ( x + 3 ) = 3 · ( y — 2 ) ⇔ 2 x — 3 y + 6 + 2 3 = 0

Далее переходим к формулировке уравнения прямой в отрезках.

2 x — 3 y + 6 + 2 3 = 0 ⇔ 2 x — 3 y = — 6 + 2 3 ⇔ ⇔ 2 — ( 6 + 2 3 ) x — 3 — ( 6 + 2 3 ) y = 1 ⇔ x — 6 + 2 3 2 + y 6 + 2 3 3 = 1 ⇔ x — 3 + 3 + y 3 3 + 2 = 1

Ответ: x — 3 + 3 + y 3 3 + 2 = 1

Достаточно легко решить и задачу, обратную этой, т.е. привести уравнение прямой на плоскости обратно к каноническому. Допустим, у нас есть общее уравнение прямой в стандартной формулировке – A x + B y + C = 0 . При условии A ≠ 0 мы можем перенести B y вправо с противоположным знаком. Получим A x + C = — B y . Теперь выносим A за скобки и преобразуем равенство так:

Получившееся уравнение мы записываем в виде пропорции: x + C A — B = y A .

У нас получилось нужное нам каноническое уравнение прямой на плоскости.

А как сделать преобразование, если B ≠ 0 ? Переносим все слагаемые, кроме A x , вправо с противоположными знаками. Получаем, что A x = — B y — C . Выносим — B за скобки:

Формируем пропорцию: x — B = y + C B A

Есть общее уравнение прямой x + 3 y — 1 = 0 . Перепишите его в каноническом виде.

Решение

Оставим с левой стороны только одну переменную x . Получим:

Теперь вынесем — 3 за скобки: x = — 3 y — 1 3 . Преобразуем равенство в пропорцию и получим необходимый ответ:

Ответ: x — 3 = y — 1 3 1

Таким же образом мы поступаем, если нам нужно привести к каноническому виду уравнение прямой в отрезках и уравнение прямой с угловым коэффициентом.

Наиболее простая задача – переход от параметрических уравнений к каноническим. Нужно просто выразить параметр λ в системе уравнений x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ и приравнять обе части равенств. Схема решения выглядит так:

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

Если значение одного из параметров a будет нулевым, мы поступаем точно таким же образом.

Прямая на плоскости описана с помощью системы параметрических уравнений x = 3 + 0 · λ y = — 2 — 4 · λ . Запишите каноническое уравнение для этой прямой.

Решение

Для начала преобразуем исходные уравнения в систему x = 3 + 0 · λ y = — 2 — 4 · λ . Следующим шагом будет выражение параметра в каждом уравнении:

x = 3 + 0 · λ y = — 2 — 4 · λ ⇔ λ = x — 3 0 λ = y + 2 — 4

Ставим знак равенства между получившимися частями и получаем нужное нам каноническое уравнение: x — 3 0 = y + 2 — 4

Ответ: x — 3 0 = y + 2 — 4

Видео:Каноническое уравнение прямой в пространстве Преход от общего уравненияСкачать

Как решать задачи на составление канонических уравнений

В первую очередь канонические уравнения используются для тех задач, где нужно выяснить, принадлежит ли некоторая точка заданной прямой или нет. Вспомним, что в случае, если точка лежит на прямой, ее координаты будут удовлетворять уравнению этой прямой.

На плоскости задана прямая, каноническое уравнение которой имеет вид x — 1 2 = y + 1 2 — 3 . Выясните, лежат ли на ней точки M 1 3 , — 3 1 2 и M 2 ( 5 , — 4 ) .

Решение

Для проверки принадлежности необходимо подставить координаты точки в исходное уравнение и проверить, получим ли мы в итоге верное равенство.

3 — 1 2 = — 3 1 2 + 1 2 — 2 ⇔ 1 = 1

Результат говорит нам, что точка M 1 3 , — 3 1 2 принадлежит исходной прямой.

Точно так же поступим и с координатами второй точки:

5 — 1 2 = — 4 + 1 2 — 3 ⇔ 2 = 7 6

Получившееся в итоге равенство не является верным, значит, эта точка заданной прямой не принадлежит.

Ответ: первая точка лежит на заданной прямой, а вторая нет.

Есть две точки M 1 ( 2 , 4 ) и M 2 ( — 1 , 3 ) . Будет ли прямая, которая задана в той же плоскости с помощью уравнения x — 2 0 = y — 3 2 , проходить через них?

Решение

Вспомним, что запись x — 2 0 = y — 3 2 можно понимать как 2 · ( x — 2 ) = 0 · ( y — 3 ) ⇔ x — 2 = 0 . Подставим координаты заданных точек в это равенство и проверим.

Начнем с первой точки M 1 ( 2 , 4 ) : 2 — 2 = 0 ⇔ 0 = 0

Равенство верное, значит, эта точка расположена на заданной прямой.

Подставляем данные второй точки: — 1 — 2 = 0 ⇔ — 3 = 0 .

Равенство неверное, значит, точка M 2 ( — 1 , 3 ) не лежит на исходной прямой.

Ответ: через точку M 1 ( 2 , 4 ) прямая проходит, а через M 2 ( — 1 , 3 ) нет.

Далее мы посмотрим, какие еще типичные задачи на нахождение канонического уравнения можно встретить. Возьмем примеры с разными условиями.

Наиболее простыми являются задачи на нахождение канонического уравнения прямой на плоскости, в которых уже заданы координаты некой точки, лежащей на прямой. В первой части материала мы уже приводили пример решения такой задачи.

Чуть сложнее будет найти нужное уравнение, если нам предварительно нужно будет вычислить координаты направляющего вектора исходной прямой. Чаще всего встречаются задачи, в которой нужная прямая проходит через две точки с известными координатами.

Прямая на плоскости проходит через точку M 1 ( 0 , — 3 ) и через точку M 2 ( 2 , — 2 ) . Сформулируйте для этой прямой канонической уравнение.

Решение

Eсли у нас есть координаты двух точек, то мы можем вычислить по ним координаты вектора M 1 M 2 → = 2 , 1 . По отношению к прямой, чье уравнение мы составляем, он будет направляющим вектором. После этого мы можем записать следующее:

x — 0 2 = y — ( — 3 ) 1 ⇔ x 2 = y + 3 1

Также можно использовать координаты второй точки. Тогда мы получим: x — 2 2 = y — ( — 2 ) 1 ⇔ x — 2 2 = y + 2 1

Ответ: x 2 = y + 3 1

Посмотрим, как нужно составлять канонические уравнения прямой на плоскости в том случае, если направляющий вектор этой прямой нужно вычислять исходя из параллельных или перпендикулярных ей прямых.

Известно, что точка M 1 ( 1 , 3 ) принадлежит некоторой прямой, которая параллельна второй прямой, заданной с помощью уравнения x 2 = y — 5 . Запишите каноническое уравнение первой прямой.

Решение

Для первой прямой можно определить направляющий вектор a → = 2 , — 5 . Его можно рассматривать и в качестве направляющего для второй прямой, что следует из самого определения направляющих векторов. Это позволяет нам получить всю информацию, нужную для записи искомого уравнения: x — 1 2 = y — 3 — 5

Ответ: x — 1 2 = y — 3 — 5

Через точку M 1 ( — 1 , 6 ) проходит прямая, которая является перпендикулярной другой прямой, определенной на плоскости с помощью уравнения 2 x — 4 y — 7 = 0 . Запишите каноническое уравнение первой прямой.

Решение

Из данного уравнения мы можем взять координаты нормального вектора второй прямой – 2 , 4 . Мы знаем, что этот вектор является направляющим по отношению к первой. Тогда мы можем записать искомое уравнение:

x — ( — 1 ) 2 = y — 6 4 ⇔ x + 1 1 = y — 6 2

Видео:11. Прямая в пространстве и ее уравненияСкачать

Прямая в пространстве – виды уравнения прямой в пространстве

Прямая в пространстве – это линия, которая проходит от одной точки к другой, а также за пределы этих точек в бесконечность. Есть несколько видов уравнения прямой в пространстве: каноническое, параметрическое, угол между двумя прямыми в пространстве и т. д. Про это расскажем в данной статье и для наглядности предоставим несколько примеров.

Видео:12. Уравнения прямой в пространстве Решение задачСкачать

Параметрическое и каноническое уравнение прямой в пространстве

Параметрическое и каноническое уравнение прямой рассматривается практически так, как и для прямой на плоскости. Значит, нужно составить уравнение прямой , которая проходит через данную точку параллельно направляющему вектору .

Пусть, – произвольная точка прямой, тогда векторы и коллинеарные, а это значит, что координаты их пропорциональны, поэтому получаем:

это и есть канонические уравнения прямой.

Приравнивая каждую из дробей (1) к параметру , запишем параметрические уравнения прямой:

Видео:Аналитическая геометрия, 6 урок, Уравнение прямойСкачать

Уравнение прямой в пространстве, которая проходит через две заданные точки

Уравнение прямой в пространстве – тема очень лёгкая, так как здесь самое важное – знать нужную формулу. Тогда легко можно решить любую задачу.

Итак, через две точки и можно не только геометрично провести линию, но и сложить её уравнения.

За направляющий вектор возьмём , тогда по формуле (1) у нас получается:

уравнение прямой в пространстве, которые проходят через две заданные точки.

Нужна помощь в написании работы?

Мы — биржа профессиональных авторов (преподавателей и доцентов вузов). Наша система гарантирует сдачу работы к сроку без плагиата. Правки вносим бесплатно.

Видео:Каноническое уравнение прямой в пространстве. 11 класс.Скачать

Общее уравнение прямой – переход к каноническому уравнению

Объяснение про общее уравнение прямой начнём с прямой, которая задана двумя плоскостями, что пересекаются по этой прямой.

Пусть известны их уравнения:

Тогда система (4) называется общим уравнением прямой.

Чтобы перейти к каноническим уравнениям вида (1), необходимо найти вектор и точку этой прямой.

Точку находим, как один из решений системы (4). Например, положив в (4) находим , тогда и точку . Направляющий вектор , который параллелен к каждой из плоскостей и и перпендикулярен к их нормальным векторам и , то есть , . (см. рис. 1). Поэтому вектор можно найти при помощи векторного произведения и

= x =

Найдены координаты и подставим в каноническое уравнение (1).

Например, от общих уравнений прямой:

Перейдём к каноническим, положив в системе (при нём относительно больше коэффициенты). найдём . Нормальные векторы и . Тогда направляющий вектор

x = ,

и канонические уравнения станут:

Видео:Лекция 28. Виды уравнения прямой в пространстве.Скачать

Угол между двумя прямыми в пространстве. Условия параллельности и перпендикулярности прямых

Угол между двумя прямыми :

и

равен углу между их направляющими векторами и , поэтому

=

Условия параллельности и перпендикулярности прямых соответственно запишутся:

и .

Видео:Видеоурок "Параметрические уравнения прямой"Скачать

Примеры решения задач

Давайте рассмотрим первый пример, где можно двумя способами построить прямую:

Задача

При точке и направляющем векторе необходимо:

1. составить каноническое уравнение прямой;
2. построить эту прямую.

Решение

1) По формуле (1) запишем каноническое уравнение прямой :

= .

2) Рассмотрим два способа построения прямой .

Первый способ

В системе координат строим вектор и точку и проводим через точку прямую параллельную вектору .

Второй способ

По формуле (2) запишем каноническое уравнение прямой в параметрическом виде:

На рисунке видно, что при произвольных значениях из системы находим координаты соответствующих точек, которые принадлежат прямой . Так при находим координаты . Через две точки и проводим прямую .

Очевидно, что найти острый угол между прямыми совершенно не сложно при знании темы и определённых формул. Давайте разберём такой пример:

Задача

Найти острый угол между прямыми:

,

Решение

По формуле (7) получаем:

= = =

Так как , тогда угол тупой, , а острый угол .

Ответ

.

Рассмотрим последний пример, где нужно составить уравнение. Здесь, как и в каждой задаче, важно знать и понимать, какой формулой нужно воспользоваться.

Задача

Составить уравнение прямой , которая проходит через точку и параллельна прямой .

Решение

От параметрического уравнения переходим к каноническому При условии параллельности прямых то есть направляющим вектором новой прямой может служить известный вектор и по формуле (1) у нас получается:

.

Ответ

.

Видео:Уравнение прямой в пространстве через 2 точки. 11 класс.Скачать

Канонические уравнения прямой в пространстве: теория, примеры, решение задач

Одним из видов уравнений прямой в пространстве является каноническое уравнение. Мы рассмотрим это понятие во всех подробностях, поскольку знать его необходимо для решения многих практических задач.

В первом пункте мы сформулируем основные уравнения прямой, расположенной в трехмерном пространстве, и приведем несколько примеров. Далее покажем способы вычисления координат направляющего вектора при заданных канонических уравнениях и решение обратной задачи. В третьей части мы расскажем, как составляется уравнение прямой, проходящей через 2 заданные точки в трехмерном пространстве, а в последнем пункте укажем на связи канонических уравнений с другими. Все рассуждения будут проиллюстрированы примерами решения задач.

Видео:Математика без Ху!ни. Уравнение плоскости.Скачать

Что такое каноническое уравнение прямой в пространстве

О том, что вообще из себя представляют канонические уравнения прямой, мы уже говорили в статье, посвященной уравнениям прямой на плоскости. Случай с трехмерным пространством мы разберем по аналогии.

Допустим, у нас есть прямоугольная система координат O x y z , в которой задана прямая. Как мы помним, задать прямую можно разными способами. Используем самый простой из них – зададим точку, через которую будет проходить прямая, и укажем направляющий вектор. Если обозначить прямую буквой a , а точку M , то можно записать, что M 1 ( x 1 , y 1 , z 1 ) лежит на прямой a и направляющим вектором этой прямой будет a → = ( a x , a y , a z ) . Чтобы множество точек M ( x , y , z ) определяло прямую a , векторы M 1 M → и a → должны быть коллинеарными,

Если мы знаем координаты векторов M 1 M → и a → , то можем записать в координатной форме необходимое и достаточное условие их коллинеарности. Из первоначальных условий нам уже известны координаты a → . Для того чтобы получить координаты M 1 M → , нам необходимо вычислить разность между M ( x , y , z ) и M 1 ( x 1 , y 1 , z 1 ) . Запишем:

M 1 M → = x — x 1 , y — y 1 , z — z 1

После этого нужное нам условие мы можем сформулировать так: M 1 M → = x — x 1 , y — y 1 , z — z 1 и a → = ( a x , a y , a z ) : M 1 M → = λ · a → ⇔ x — x 1 = λ · a x y — y 1 = λ · a y z — z 1 = λ · a z

Здесь значением переменной λ может быть любое действительное число или ноль. Если λ = 0 , то M ( x , y , z ) и M 1 ( x 1 , y 1 , z 1 ) совпадут, что не противоречит нашим рассуждениям.

При значениях a x ≠ 0 , a y ≠ 0 , a z ≠ 0 мы можем разрешить относительно параметра λ все уравнения системы x — x 1 = λ · a x y — y 1 = λ · a y z — z 1 = λ · a z

Между правыми частями после этого можно будет поставить знак равенства:

x — x 1 = λ · a x y — y 1 = λ · a y z — z 1 = λ · a z ⇔ 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

В итоге у нас получились уравнения x — x 1 a x = y — y 1 a y = z — z 1 a z , с помощью которых можно определить искомую прямую в трехмерном пространстве. Это и есть нужные нам канонические уравнения.

Такая запись используется даже при нулевых значениях одного или двух параметров a x , a y , a z , поскольку она в этих случаях она также будет верна. Все три параметра не могут быть равны 0 , поскольку направляющий вектор a → = ( a x , a y , a z ) нулевым не бывает.

Если один-два параметра a равны 0 , то уравнение x — x 1 a x = y — y 1 a y = z — z 1 a z носит условный характер. Его следует считать равным следующей записи:

x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ z = z 1 + a z · λ , λ ∈ R .

Частные случаи канонических уравнений мы разберем в третьем пункте статьи.

Из определения канонического уравнения прямой в пространстве можно сделать несколько важных выводов. Рассмотрим их.

1) если исходная прямая будет проходить через две точки M 1 ( x 1 , y 1 , z 1 ) и M 2 ( x 2 , y 2 , z 2 ) , то канонические уравнения примут следующий вид:

x — x 1 a x = y — y 1 a y = z — z 1 a z или x — x 2 a x = y — y 2 a y = z — z 2 a z .

2) поскольку a → = ( a x , a y , a z ) является направляющим вектором исходной прямой, то таковыми будут являться и все векторы μ · a → = μ · a x , μ · a y , μ · a z , μ ∈ R , μ ≠ 0 . Тогда прямая может быть определена с помощью уравнения x — x 1 a x = y — y 1 a y = z — z 1 a z или x — x 1 μ · a x = y — y 1 μ · a y = z — z 1 μ · a z .

Вот несколько примеров таких уравнений с заданными значениями:

x — 3 2 = y + 1 — 1 2 = z ln 7

Тут x 1 = 3 , y 1 = — 1 , z 1 = 0 , a x = 2 , a y = — 1 2 , a z = ln 7 .

x — 4 0 = y + 2 1 = z + 1 0

Тут M 1 ( 4 , — 2 , — 1 ) , a → = ( 0 , 1 , 0 ) .

Видео:Лекция 25. Виды уравнений плоскости в пространстве.Скачать

Как составить каноническое уравнение прямой в пространстве

Мы выяснили, что канонические уравнения вида x — x 1 a x = y — y 1 a y = z — z 1 a z будут соответствовать прямой, проходящей через точку M 1 ( x 1 , y 1 , z 1 ) , а вектор a → = ( a x , a y , a z ) будет для нее направляющим. Значит, если мы знаем уравнение прямой, то можем вычислить координаты ее направляющего вектора, а при условии заданных координат вектора и некоторой точки, расположенной на прямой, мы можем записать ее канонические уравнения.

Разберем пару конкретных задач.

У нас есть прямая, заданная в трехмерном пространстве с помощью уравнения x + 1 4 = y 2 = z — 3 — 5 . Запишите координаты всех направляющих векторов для нее.

Решение

Чтобы получить координаты направляющего вектора, нам надо просто взять значения знаменателей из уравнения. Мы получим, что одним из направляющих векторов будет a → = ( 4 , 2 , — 5 ) , а множество всех подобных векторов можно сформулировать как μ · a → = 4 · μ , 2 · μ , — 5 · μ . Здесь параметр μ – любое действительное число (за исключением нуля).

Ответ: 4 · μ , 2 · μ , — 5 · μ , μ ∈ R , μ ≠ 0

Запишите канонические уравнения, если прямая в пространстве проходит через M 1 ( 0 , — 3 , 2 ) и имеет направляющий вектор с координатами — 1 , 0 , 5 .

Решение

У нас есть данные, что x 1 = 0 , y 1 = — 3 , z 1 = 2 , a x = — 1 , a y = 0 , a z = 5 . Этого вполне достаточно, чтобы сразу перейти к записи канонических уравнений.

x — x 1 a x = y — y 1 a y = z — z 1 a z ⇔ x — 0 — 1 = y — ( — 3 ) 0 = z — 2 5 ⇔ ⇔ x — 1 = y + 3 0 = z — 2 5

Ответ: x — 1 = y + 3 0 = z — 2 5

Эти задачи – самые простые, потому что в них есть все или почти все исходные данные для записи уравнения или координат вектора. На практике чаще можно встретить те, в которых сначала нужно находить нужные координаты, а потом записывать канонические уравнения. Примеры таких задач мы разбирали в статьях, посвященных нахождению уравнений прямой, проходящей через точку пространства параллельно заданной, а также прямой, проходящей через некоторую точку пространства перпендикулярно плоскости.

Видео:Уравнение прямой в пространстве. 11 класс.Скачать

Канонические уравнения с одним или двумя a, равными нулю

Ранее мы уже говорили, что одно-два значения параметров a x , a y , a z в уравнениях могут иметь нулевые значения. При этом запись x — x 1 a x = y — y 1 a y = z — z 1 a z = λ приобретает формальный характер, поскольку мы получаем одну или две дроби с нулевыми знаменателями. Ее можно переписать в следующем виде (при λ ∈ R ):

x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ z = z 1 + a z · λ

Рассмотрим эти случаи подробнее. Допустим, что a x = 0 , a y ≠ 0 , a z ≠ 0 , a x ≠ 0 , a y = 0 , a z ≠ 0 , либо a x ≠ 0 , a y ≠ 0 , a z = 0 . В таком случае нужные уравнения мы можем записать так:

В первом случае:
x — x 1 0 = y — y 1 a y = z — z 1 a z = λ ⇔ x — x 1 = 0 y = y 1 + a y · λ z = z 1 + a z · λ ⇔ x — x 1 = 0 y — y 1 a y = z — z 1 a z = λ

Во втором случае:
x — x 1 a x = y — y 1 0 = z — z 1 a z = λ ⇔ x = x 1 + a x · λ y — y 1 = 0 z = z 1 + a z · λ ⇔ y — y 1 = 0 x — x 1 a x = z — z 1 a z = λ

В третьем случае:
x — x 1 a x = y — y 1 a y = z — z 1 0 = λ ⇔ x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ z — z 1 = 0 ⇔ z — z 1 = 0 x — x 1 a x = y — y 1 a y = λ

Получается, что при таком значении параметров нужные прямые находятся в плоскостях x — x 1 = 0 , y — y 1 = 0 или z — z 1 = 0 , которые располагаются параллельно координатным плоскостям (если x 1 = 0 , y 1 = 0 либо z 1 = 0 ). Примеры таких прямых показаны на иллюстрации.

Следовательно, мы сможем записать канонические уравнения немного иначе.

1. В первом случае: x — x 1 0 = y — y 1 0 = z — z 1 a z = λ ⇔ x — x 1 = 0 y — y 1 = 0 z = z 1 + a z · λ , λ ∈ R
2. Во втором: x — x 1 0 = y — y 1 a y = z — z 1 0 = λ ⇔ x — x 1 = 0 y = y 1 + a y · λ , λ ∈ R z — z 1 = 0
3. В третьем: x — x 1 a x = y — y 1 0 = z — z 1 0 = λ ⇔ x = x 1 + a x · λ , λ ∈ R y = y 1 = 0 z — z 1 = 0

Во всех трех случаях исходные прямые будут совпадать с координатными осями или окажутся параллельными им: x 1 = 0 y 1 = 0 , x 1 = 0 z 1 = 0 , y 1 = 0 z 1 = 0 . Их направляющие векторы имеют координаты 0 , 0 , a z , 0 , a y , 0 , a x , 0 , 0 . Если обозначить направляющие векторы координатных прямых как i → , j → , k → , то направляющие векторы заданных прямых будут коллинеарными по отношению к ним. На рисунке показаны эти случаи:

Покажем на примерах, как применяются эти правила.

Найдите канонические уравнения, с помощью которых можно определить в пространстве координатные прямые O z , O x , O y .

Решение

Координатные векторы i → = ( 1 , 0 , 0 ) , j → = 0 , 1 , 0 , k → = ( 0 , 0 , 1 ) будут для исходных прямых направляющими. Также мы знаем, что наши прямые будут обязательно проходить через точку O ( 0 , 0 , 0 ) , поскольку она является началом координат. Теперь у нас есть все данные, чтобы записать нужные канонические уравнения.

Для прямой O x : x 1 = y 0 = z 0

Для прямой O y : x 0 = y 1 = z 0

Для прямой O z : x 0 = y 0 = z 1

Ответ: x 1 = y 0 = z 0 , x 0 = y 1 = z 0 , x 0 = y 0 = z 1 .

В пространстве задана прямая, которая проходит через точку M 1 ( 3 , — 1 , 12 ) . Также известно, что она расположена параллельно оси ординат. Запишите канонические уравнения этой прямой.

Решение

Учитывая условие параллельности, мы можем сказать, что вектор j → = 0 , 1 , 0 будет для нужной прямой направляющим. Следовательно, искомые уравнения будут иметь вид:

x — 3 0 = y — ( — 1 ) 1 = z — 12 0 ⇔ x — 3 0 = y + 1 1 = z — 12 0

Ответ: x — 3 0 = y + 1 1 = z — 12 0

Видео:14.10.2021 Прямая в пространстве. Общие и канонические уравнения прямой.Скачать

Как записать каноническое уравнение прямой, которая проходит через две заданные точки

Допустим, что у нас есть две несовпадающие точки M 1 ( x 1 , y 1 , z 1 ) и M 2 ( x 2 , y 2 , z 2 ) , через которые проходит прямая. Как в таком случае мы можем сформулировать для нее каноническое уравнение?

Для начала примем вектор M 1 M 2 → (или M 2 M 1 → ) за направляющий вектор данной прямой. Поскольку у нас есть координаты нужных точек, сразу вычисляем координаты вектора:

M 1 M 2 → = x 2 — x 1 , y 2 — y 1 , z 2 — z 1

Далее переходим непосредственно к записи канонического уравнения, ведь все нужные данные у нас уже есть. Исходная прямая будет определяться записями следующего вида:

x — x 1 x 2 — x 1 = y — y 1 y 2 — y 1 = z — z 1 z 2 — z 1 x — x 2 x 2 — x 1 = y — y 2 y 2 — y 1 = z — z 2 z 2 — z 1

Получившиеся равенства – это и есть канонические уравнения прямой, проходящей через две заданные точки. Взгляните на иллюстрацию:

Приведем пример решения задачи.

в пространстве есть две точки с координатами M 1 ( — 2 , 4 , 1 ) и M 2 ( — 3 , 2 , — 5 ) , через которые проходит прямая. Запишите канонические уравнения для нее.

Решение

Согласно условиям, x 1 = — 2 , y 1 = — 4 , z 1 = 1 , x 2 = — 3 , y 2 = 2 , z 2 = — 5 . Нам требуется подставить эти значения в каноническое уравнение:

x — ( — 2 ) — 3 — ( — 2 ) = y — ( — 4 ) 2 — ( — 4 ) = z — 1 — 5 — 1 ⇔ x + 2 — 1 = y + 4 6 = z — 1 — 6

Если мы возьмем уравнения вида x — x 2 x 2 — x 1 = y — y 2 y 2 — y 1 = z — z 2 z 2 — z 1 , то у нас получится: x — ( — 3 ) — 3 — ( — 2 ) = y — 2 2 — ( — 4 ) = z — ( — 5 ) — 5 — 1 ⇔ x + 3 — 1 = y — 2 6 = z + 5 — 6

Ответ: x + 3 — 1 = y — 2 6 = z + 5 — 6 либо x + 3 — 1 = y — 2 6 = z + 5 — 6 .

Видео:Математика без Ху!ни. Уравнения прямой. Часть 1. Уравнение с угловым коэффициентом.Скачать

Преобразование канонических уравнений прямой в пространстве в другие виды уравнений

Иногда пользоваться каноническими уравнениями вида x — x 1 a x = y — y 1 a y = z — z 1 a z не очень удобно. Для решения некоторых задач лучше использовать запись x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ z = z 1 + a z · λ . В некоторых случаях более предпочтительно определить нужную прямую с помощью уравнений двух пересекающихся плоскостей A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0 . Поэтому в данном пункте мы разберем, как можно перейти от канонических уравнений к другим видам, если это требуется нам по условиям задачи.

Понять правила перехода к параметрическим уравнениям несложно. Сначала приравняем каждую часть уравнения к параметру λ и разрешим эти уравнения относительно других переменных. В итоге получим:

x — x 1 a x = y — y 1 a y = z — z 1 a z ⇔ x — x 1 a x = y — y 1 a y = z — z 1 a z ⇔ ⇔ x — x 1 a x = λ y — y 1 a y = λ z — z 1 a z = λ ⇔ x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ z = z 1 + a z · λ

Значение параметра λ может быть любым действительным числом, ведь и x , y , z могут принимать любые действительные значения.

В прямоугольной системе координат в трехмерном пространстве задана прямая, которая определена уравнением x — 2 3 = y — 2 = z + 7 0 . Запишите каноническое уравнение в параметрическом виде.

Решение

Сначала приравниваем каждую часть дроби к λ .

x — 2 3 = y — 2 = z + 7 0 ⇔ x — 2 3 = λ y — 2 = λ z + 7 0 = λ

Теперь разрешаем первую часть относительно x , вторую – относительно y , третью – относительно z . У нас получится:

x — 2 3 = λ y — 2 = λ z + 7 0 = λ ⇔ x = 2 + 3 · λ y = — 2 · λ z = — 7 + 0 · λ ⇔ x = 2 + 3 · λ y = — 2 · λ z = — 7

Ответ: x = 2 + 3 · λ y = — 2 · λ z = — 7

Следующим нашим шагом будет преобразование канонических уравнений в уравнение двух пересекающихся плоскостей (для одной и той же прямой).

Равенство x — x 1 a x = y — y 1 a y = z — z 1 a z нужно для начала представить в виде системы уравнений:

x — x 1 a x = y — y 1 a y x — x 1 a x = z — z 1 a x y — y 1 a y = z — z 1 a z

Поскольку p q = r s мы понимаем как p · s = q · r , то можно записать:

x — x 1 a x = y — y 1 a y x — x 1 a x = z — z 1 a z y — y 1 a y = z — z 1 a z ⇔ a y · ( x — x 1 ) = a x · ( y — y 1 ) a z · ( x — x 1 ) = a x · ( z — z 1 ) a z · ( y — y 1 ) = a y · ( z — z 1 ) ⇔ ⇔ a y · x — a x · y + a x · y 1 — a y · x 1 = 0 a z · x — a x · z + a x · z 1 — a z · x 1 = 0 a z · y — a y · z + a y · z 1 — a z · y 1 = 0

В итоге у нас вышло, что:

x — x 1 a x = y — y 1 a y = z — z 1 a z ⇔ a y · x — a x · y + a x · y 1 — a y · x 1 = 0 a z · x — a x · z + a x · z 1 — a z · x 1 = 0 a z · y — a y · z + a y · z 1 — a z · y 1 = 0

Выше мы отмечали, что все три параметра a не могут одновременно быть нулевыми. Значит, ранг основной матрицы системы будет равен 2 , поскольку a y — a x 0 a z 0 — a x 0 a z — a y = 0 и один из определителей второго порядка не равен 0 :

a y — a x a z 0 = a x · a z , a y 0 a z — a x = a x · a y , — a x 0 0 — a x = a x 2 a y — a x 0 a z = a y · a z , a y 0 0 — a y = — a y 2 , — a x 0 a z — a y = a x · a y a z 0 0 a z = a z 2 , a z — a x 0 — a y = — a y · a z , 0 — a x a z — a y = a x · a z

Это дает нам возможность исключить одно уравнение из наших расчетов. Таким образом, канонические уравнения прямой можно преобразовать в систему из двух линейных уравнений, которые будут содержать 3 неизвестных. Они и будут нужными нам уравнениями двух пересекающихся плоскостей.

Рассуждение выглядит довольно сложным, однако на практике все делается довольно быстро. Продемонстрируем это на примере.

Прямая задана каноническим уравнением x — 1 2 = y 0 = z + 2 0 . Напишите для нее уравнение пересекающихся плоскостей.

Решение

Начнем с попарного приравнивания дробей.

x — 1 2 = y 0 = z + 2 0 ⇔ x — 1 2 = y 0 x — 1 2 = z + 2 0 y 0 = z + 2 0 ⇔ ⇔ 0 · ( x — 1 ) = 2 y 0 · ( x — 1 ) = 2 · ( z + 2 ) 0 · y = 0 · ( z + 2 ) ⇔ y = 0 z + 2 = 0 0 = 0

Теперь исключаем из расчетов последнее уравнение, потому что оно будет верным при любых x , y и z . В таком случае x — 1 2 = y 0 = z + 2 0 ⇔ y = 0 z + 2 = 0 .

Это и есть уравнения двух пересекающихся плоскостей, которые при пересечении образуют прямую, заданную с помощью уравнения x — 1 2 = y 0 = z + 2 0

Ответ: y = 0 z + 2 = 0

Прямая задана уравнениями x + 1 2 = y — 2 1 = z — 5 — 3 , найдите уравнение двух плоскостей, пересекающихся по данной прямой.

Решение

Приравниваем дроби попарно.

x + 1 2 = y — 2 1 = z — 5 — 3 ⇔ x + 1 2 = y — 2 1 x + 1 2 = z — 5 — 3 y — 2 1 = z — 5 — 3 ⇔ ⇔ 1 · ( x + 1 ) = 2 · ( y — 2 ) — 3 · ( x + 1 ) = 2 · ( z — 5 ) — 3 · ( y — 2 ) = 1 · ( z — 5 ) ⇔ x — 2 y + 5 = 0 3 x + 2 z — 7 = 0 3 y + 7 — 11 = 0

Получаем, что определитель основной матрицы полученной системы будет равен 0 :

1 — 2 0 3 0 2 0 3 1 = 1 · 0 · 1 + ( — 2 ) · 2 · 0 + 0 · 3 · 3 — 0 · 0 · 0 — 1 · 2 · 3 — ( — 2 ) · 3 · 1 = 0

Минор второго порядка нулевым при этом не будет: 1 — 2 3 0 = 1 · 0 — ( — 2 ) · 3 = 6 . Тогда мы можем принять его в качестве базисного минора.

В итоге мы можем вычислить ранг основной матрицы системы x — 2 y + 5 = 0 3 x + 2 z — 7 = 0 3 y + z — 11 = 0 . Это будет 2. Третье уравнение исключаем из расчета и получаем:

x — 2 y + 5 = 0 3 x + 2 z — 7 = 0 3 y + z — 11 = 0 ⇔ x — 2 y + 5 = 0 3 x + 2 z — 7 = 0

Ответ: x — 2 y + 5 = 0 3 x + 2 z — 7 = 0

📺 Видео

16. Показать что прямые пересекаются и найти точку их пересечения в пространствеСкачать