От общего уравнения прямой к параметрическому

Видео:Видеоурок "Параметрические уравнения прямой"Скачать

Параметрическое уравнение прямой на плоскости

В данной статье мы рассмотрим параметрическое уравнение прямой на плоскости. Приведем примеры построения параметрического уравнения прямой, если известны две точки этой прямой или если известна одна точка и направляющий вектор этой прямой. Представим методы преобразования уравнения в параметрическом виде в канонический и общий виды.

Параметрическое уравнение прямой L на плоскости представляется следующей формулой:

(1)

Отметим что при записи уравнения прямой в параметрическом виде, направляющий вектор прямой не должен быть нулевым вектором, т.е хотя бы один координат направляющего вектора q должен быть отличным от нуля.

Для построения прямой на плоскости в декартовой прямоугольной системе координат, заданной параметрическим уравнением (1), достаточно задать параметру t две разные значения, вычислить x и y и провести через эти точки прямую линию. При t=0 имеем точку M₁(x₁, y₁) при t=1, получим точку M₂(x₁+m, y₁+p).

Для составления параметрического уравнения прямой на плоскости L достаточно иметь точку на прямой L и направляющий вектор прямой или две точки, принадлежащие прямой L. В первом случае, для построения параметрического уравнения прямой нужно координаты точки и направляющего вектора вставить в уравнение (1). Во втором случае сначала нужно найти направляющий вектор прямой q=<m, p>, вычисляя разности соответствующих координатов точек M₁ и M₂: m=x₂−x₁, p=y₂−y₁(Рис.1). Далее, аналогично первому случаю, подставить координаты одной из точек (не имеет значение какой именно) и направляющего вектора q прямой в (1).

Можно также вывести формулу параметрического уравнения прямой, проходящей через две точки. Для этого подставим значения m=x₂−x₁, p=y₂−y₁ в (1), получим параметрическое уравнение прямой на плоскости, проходящей через точки M₁(x₁, y₁) и M₂(x₂, y₂):

(2)

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

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

Пример 2. Прямая проходит через точки M₁=(−5, 2) и M₂=(−2, 3). Построить параметрическое уравнение прямой.

Решение. Воспользуемся формулой (2). Подставим координаты точек M₁ и M₂ в уравнение (2):

Упростим полученное уравнение:

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

Приведение параметрического уравнения на плоскости к каноническому виду

Выразим параметр t в (1) через переменные x и y:

(3)

Из выражений (3), можем записать каноническое уравнение прямой на плоскости:

.

(4)

Обратное преобразование смотрите здесь.

Пример 3. Прямая на плоскости представлена следующим параметрческим уравнением:

Привести данное уравнение прямой к каноническому виду.

Решение: Выразим параметр t через переменные x и y:

(5)

Из выражений (5), можем записать:

Видео:Написать канонические и параметрические уравнения прямой в пространствеСкачать

Приведение параметрического уравнения на плоскости к общему виду

Для приведения параметрического уравнения прямой на плоскости к общему виду, в формулах (1) выразим из второго уравнения параметр t через переменную y и подставим в первое уравнение:

(6)

Умножим обе части уравнения (6) на p и группируем элементы уравнения:

.

(7)

Сделаем обозначения: A=p, B=−m, C=−px₁+my₁. Тогда получим общее уравнение прямой:

Обратное преобразование смотрите здесь.

Пример 4. Прямая на плоскости представлена следующим параметрческим уравнением:

(9)

Привести данное уравнение прямой к общему виду.

Решение: В уравнении (9) имеем: x₁=−5, y₁=0, m=4, p=−2. Подставим эти значения в формулу (7):

(10)

Упростив выражение (10) получим общее уравнение прямой (9):

Видео:9 класс, 7 урок, Уравнение прямойСкачать

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:Видеоурок "Общие уравнения прямой"Скачать

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:Параметрические уравнения прямойСкачать

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:Видеоурок "Канонические уравнения прямой"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. Уравнения прямой. Часть 2. Каноническое, общее и в отрезках.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.

1. 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.

1. 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

1. 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:Уравнения прямой на плоскости | Векторная алгебраСкачать

Привести каноническое уравнение прямой к общему виду

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:Каноническое уравнение прямой в пространстве Преход от общего уравненияСкачать

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:Аналитическая геометрия, 6 урок, Уравнение прямойСкачать

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:Лекция 23. Виды уравнений прямой на плоскости.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:11. Прямая в пространстве и ее уравненияСкачать

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:§49 Параметрические уравнения прямойСкачать

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

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

12. Уравнения прямой в пространстве Решение задачСкачать

Видеоурок "Уравнение прямой в отрезках"Скачать

Видеоурок "Общее уравнение прямой"Скачать

§31.1 Приведение уравнения кривой к каноническому видуСкачать

Общее уравнение прямой привести к каноническому видуСкачать