Jednačina linije duž koje se sijeku ravnine. Jednačine prave u prostoru. Svojstva inverznih matrica

U ovom dijelu nastavit ćemo proučavati temu jednačine prave u prostoru iz perspektive stereometrije. To znači da ćemo pravu liniju u trodimenzionalnom prostoru smatrati linijom presjeka dvije ravni.

Prema aksiomima stereometrije, ako se dvije ravni ne poklapaju i imaju jednu zajednička tačka, tada imaju i jednu zajedničku pravu liniju na kojoj leže sve tačke koje su zajedničke za dvije ravni. Koristeći jednačine dvije ravnine koje se sijeku, možemo odrediti pravu liniju pravougaoni sistem koordinate

Razmatrajući temu, dat ćemo brojne primjere, niz grafičkih ilustracija i detaljna rješenja neophodna za bolju asimilaciju gradiva.

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

Kao što se sjećamo, bilo koja ravan u pravougaonom koordinatnom sistemu data je opštom ravanskom jednadžbom oblika A x + B y + C z + D = 0. Pretpostavićemo da ravan α odgovara jednačini A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0, a ravan β odgovara jednačini A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0. U ovom slučaju, normalni vektori ravni α i β n 1 → = (A 1, B 1, C 1) i n 2 → = (A 2, B 2, C 2) nisu kolinearni, jer ravni ne poklapaju jedno s drugim i e su postavljene paralelno jedna s drugom. Zapišimo ovaj uslov na sljedeći način:

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

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

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

Opšte rješenje sistem linearnih jednadžbi A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0 određuje koordinate svih tačaka prave duž koje su dvije ravni α i β seku . To znači da uz njegovu pomoć možemo odrediti položaj prave u pravougaonom koordinatnom sistemu O x y z.

Razmotrimo ponovo opisanu teoriju, sada koristeći konkretan primjer.

Primjer 1

Prava linija O x je prava linija duž koje se sijeku koordinatne ravni O x y i O x z. Definirajmo ravan O x y jednačinom z = 0, a ravan O x z jednačinom y = 0. Ovaj pristup smo detaljno razmatrali u odeljku „Nepotpuna opšta jednačina ravni“, tako da se, u slučaju poteškoća, možete ponovo obratiti na ovaj materijal. U ovom slučaju, koordinatna linija O x određena je u trodimenzionalnom koordinatnom sistemu sistemom od dvije jednačine oblika y = 0 z = 0.

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

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

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

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

Pogledajmo primjer rješenja

Primjer 2

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

Rješenje

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

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

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

Kao što vidite, druga jednačina sistema je postala netačna jednačina. To znači da tačka N 0 ne pripada datoj pravoj.

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

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

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

Dajemo primjer.

Primjer 3

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

Rješenje

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

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

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

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

Hajde da uvedemo proizvoljan realni broj λ i pretpostavimo da je z = λ.

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

Da bismo riješili rezultirajući sistem jednačina, primjenjujemo Cramerovu metodu:

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

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

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

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

Provjerimo tačnost pronađenih koordinata tačke zamjenom ih u originalne jednačine dvije ravnine koje se sijeku - 7 + 3 · 0 + 7 = 0 2 · (- 7) + 3 · 4 + 3 · 0 + 2 = 0 ⇔ 0 = 0 0 = 0 .

Odgovori: - 7 , 4 , 0

Vektor pravca duž koje se sijeku dvije ravni

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

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

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

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

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

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

Primjer 4

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

Rješenje

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

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

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

odgovor: a → = - 2 , - 2 , - 2

Prelaz na parametarske i kanoničke jednačine prave u prostoru

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

Iz pravolinijske jednačine oblika A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0 možemo prijeći na kanonske i parametarske jednačine prava linija u prostoru. Za pisanje kanonskih i parametarskih jednadžbi prave trebat će nam vještine pronalaženja koordinata određene tačke na pravoj liniji, kao i koordinata određenog usmjeravajućeg vektora prave, date jednadžbama dve ravni koje se seku.

Pogledajmo gore napisano na primjeru.

Primjer 5

Definirajmo pravu liniju u trodimenzionalnom koordinatnom sistemu jednadžbama dvije ravnine 2 x + y - z - 1 = 0 x + 3 y - 2 z = 0. Napišimo kanonske i parametarske jednačine ove linije.

Rješenje

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

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

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

Sledeći korak je određivanje koordinata određene tačke na datoj pravoj liniji, što je jedno od rešenja sistema jednačina: 2 x + y - z - 1 = 0 x + 3 y - 2 z = 0 ⇔ 2 x + y - z = 1 x + 3 y - 2 z = 0 .

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

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

Koristimo Cramerovu metodu za rješavanje rezultirajućeg sistema jednačina:

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

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

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

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

Postoji još jedan način za rješavanje ovog problema.

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

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

Kanonske jednadžbe se dobivaju na sljedeći način: svaku od dobijenih jednadžbi rješavamo s obzirom na parametar λ i izjednačavamo desnu stranu jednakosti.

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

Primijenimo ovu metodu da riješimo problem.

Primjer 6

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

Rješenje

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

Ovo su parametarske jednačine prave u prostoru.

Dobijamo kanonske jednadžbe na sljedeći način: x = 3 5 + 1 5 · λ y = - 1 5 + 3 5 · λ z = λ ⇔ λ = x - 3 5 1 5 λ = y + 1 5 3 5 λ = z 1 ⇔ x - 3 5 1 5 = y + 1 5 3 5 = z 1

Jednačine dobijene u oba primjera razlikuju se po izgledu, ali su ekvivalentne, jer definiraju isti skup tačaka u trodimenzionalnom prostoru, a samim tim i istu pravu liniju.

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

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

Zbog svoje važnosti, problem preseka ravni je od strane više autora nazvan „pozicionim problemom br. 2“.

Iz stereometrije je poznato da je linija presjeka dvije ravni prava. U prethodnim preliminarnim problemima, gde smo govorili o posebnim slučajevima preseka ravni, polazili smo od ove definicije.

Kao što je poznato, da bi se konstruisao jedan ili drugi pravac, u najjednostavnijem slučaju potrebno je pronaći dvije tačke koje pripadaju ovoj pravoj. U slučaju specificiranja ravni po tragovima, ove dvije tačke su tačke preseka istih tragova ravnina koje se seku.

Primjeri za samostalan rad

Vježba 5.1

Konstruisati linije preseka ravni definisanih stazama (slika 72):

• a) horizontalno izbačen I i frontalno izbačen A;
• b) horizontalno projektovanje Z i ravan opšti položaj Q;
• c) dvije ravni opšteg položaja I i 0.

Rice. 72

Na sl. 73 daje odgovore na ovu vježbu.

Za slučajeve u kojima su ravni određene figurama lokalnih ravni, prikladno je koristiti najmanje dva različita puta rješenja.

Rice. 73

Prvo rješenje je koristeći trostepeni algoritam za pronalaženje tačke susreta glavne linije sa opštom ravninom. Da bi se pronašla linija presjeka dva trokuta, jedan od trokuta se ostavlja nepromijenjen, a drugi se mentalno dijeli na zasebne segmente, predstavljajući ih kao prave linije u općem položaju. Prvo pronađite tačku preseka jedne od opštih linija sa ravninom trougla. Zatim pronađu još jednu tačku koja nedostaje koja pripada željenoj liniji. To se radi na sličan način, ponavljajući cijeli opisani slijed radnji.

Vježba 5.2

Date koordinate vrhova dva trougla LAN I DEK konstruirajte dijagram potonjeg i pronađite liniju njihovog sjecišta. Označite vidljivost elemenata oba trokuta na dijagramu: A(0, 9, 2); ?(10, 1, 16); C (23, 14, 9); D(3, 17, 18); ?(22, 11, 17); ?(12,0, 2). Za pronalaženje presječnih linija trouglova, preporučuje se da se prvo pronađe tačka susreta prave linije KD sa trouglom ABC, a zatim tačka susreta prave linije NE sa trouglom EDK.

Opšti izgled rezultirajućeg dijagrama prikazan je na Sl. 74.

Drugo rješenje je korišćenje dve pomoćne rezne ravni nivoa.

Date ravne figure koje se ukrštaju treba dva puta presjeći pomoćne ravnine (bilo istog imena ili suprotnog - nije važno), na primjer, dvije horizontalne ravnine.

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

Rice. 74

Rice. 75

od prvog dobijaju sličnu konstrukciju i još jedan bod. Povezivanjem istoimenih projekcija dviju dobijenih tačaka nalazi se željena linija presjeka dvije ravni.

Vježba 5.3

Koristeći date koordinate tačaka dvije trokutaste figure, konstruirajte dijagram ove potonje, na kojoj ćete pomoću pomoćnih ravnina konstruirati liniju presjeka trokuta. Označite vidljivost elemenata oba trokuta na dijagramu:

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

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

Opšti prikaz riješenog problema prikazan je na sl. 76.

Vježba 5.4

Da bi se ojačale vještine pronalaženja linije presjeka dvije ravni, dat je problem čije je rješenje dato u dinamici konstrukcija u skladu sa fazama algoritma.

Pronađite liniju preseka dve ravni u zajedničkom položaju p je jq

cije definisane sa dva trougla ABC I DEF i utvrditi vidljivost njihovog međusobnog prožimanja (Sl. 77).

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

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

Čeoni trag ove pomoćne ravni siječe projekcije stranica D 2 E 2 gE 2 - 1 2 i D 2 F 2 pt 2 = 2 2 u tačkama 1 2 i 2 2 . Projekcione komunikacione linije omogućavaju određivanje linije preseka (1 !~2 2) = n A na horizontalnoj ravni projekcija D X E X F ( . Onda pokažite K 1 i njegovu projekciju K 2 odredi tačku preseka linije AC sa A DEF.

Ponavljamo algoritam za pronalaženje tačke preseka stranice A ABC direktno Ned sa ADEF-om. Sunce zatvaramo u pomoćnu frontalno projektovanu ravan p_L P 2 (Sl. 79).

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

Projekciona komunikaciona linija vam omogućava da pronađete njenu prednju tačku projekcije M 2.

Povezivanje pronađenih tačaka Ki Mi naći liniju preseka dve generičke ravni A ABC n A DEF= AF (Sl. 80).

Vidljivost strana AABC relativno ADEF utvrđeno korištenjem konkurentskih bodova. Prvo određujemo vidljivost geometrijski oblici na ravni projekcije P 2. Da biste to učinili, kroz konkurentne tačke 5 i 6 (5 2 = 6 2) nacrtati projekcijsku komunikacionu liniju okomitu na osu projekcije x n(Sl. 81).

Prema horizontalnim projekcijama 5 U I 6 { tačke 5 i 6, u kojima projekcijska veza siječe linije koje se ukrštaju AC 4 D.F. ispada da je tačka 6 udaljenija od ravni projekcije P 2 nego tačka 5. Dakle, tačka 6 je prava linija D.F. kojoj pripada vidljivi su u odnosu na ravan projekcije P 2 . Iz toga slijedi da je segment (K 2 -6 2) biće nevidljiv. Slično određujemo vidljivost stranica A LAN i A DEF - sunce I D.F. one. segment (F 2 -8 2) će biti nevidljiv.

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

UGAO IZMEĐU RAVNI

Razmotrimo dvije ravni α 1 i α 2, definirane jednadžbama:

Ispod ugao između dvije ravni razumjet ćemo jedan od diedarskih uglova koje formiraju ove ravni. Očigledno je da je ugao između vektora normale i ravni α 1 i α 2 jednak jednom od navedenih susednih diedarskih uglova ili . Zato . Jer I , To

.

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

Uslov za paralelnost dve ravni.

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

Dakle, dvije ravni su paralelne jedna s drugom ako i samo ako su koeficijenti odgovarajućih koordinata proporcionalni:

ili

Uslov okomitosti ravnina.

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

Dakle, .

Primjeri.

PRAVO U PROSTOR.

VEKTORSKA JEDNAČINA ZA PRAVU.

PARAMETRIČKE DIREKTNE JEDNAČINE

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

Poziva se vektor paralelan pravoj vodiči vektor ove linije.

Dakle, neka prava linija l prolazi kroz tačku M 1 (x 1 , y 1 , z 1), koja leži na pravoj paralelnoj vektoru .

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

Vektori i su kolinearni, tako da postoji takav broj t, šta , gdje je množitelj t može uzeti bilo koju numeričku vrijednost ovisno o poziciji točke M na pravoj liniji. Faktor t naziva parametar. Nakon što smo odredili radijus vektore tačaka M 1 i M odnosno, kroz i , Dobijamo . Ova jednačina se zove vektor jednačina prave linije. To pokazuje da za svaku vrijednost parametra t odgovara radijus vektoru neke tačke M, leži na pravoj liniji.

Zapišimo ovu jednačinu u koordinatnom obliku. Imajte na umu da, i odavde

Rezultirajuće jednačine se nazivaju parametarski jednačine prave linije.

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

KANONIČKE JEDNAČINE DIREKTNE

Neka M 1 (x 1 , y 1 , z 1) – tačka koja leži na pravoj liniji l, And je njegov vektor smjera. Uzmimo opet proizvoljnu tačku na pravoj M(x,y,z) i razmotrimo vektor .

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

– kanonski jednačine prave linije.

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

Primjer. Zapišite jednačinu prave u parametarskom obliku.

Označimo , odavde x = 2 + 3t, y = –1 + 2t, z = 1 –t.

Napomena 2. Neka je prava okomita na jednu od koordinatnih osa, na primjer na os Ox. Tada je vektor smjera prave okomit Ox, dakle, m=0. Shodno tome, parametarske jednačine prave će poprimiti oblik

Isključivanje parametra iz jednačina t, dobijamo jednadžbe prave u obliku

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

Slično kanonskim jednačinama odgovara pravoj liniji okomitoj na osi Ox I Oy ili paralelno sa osom Oz.

Primjeri.

OPĆE JEDNAČINE PRAVE KAO PRAVE PRESEKA DVIJE RAVNE

Kroz svaku pravu liniju u svemiru postoji bezbroj ravni. Bilo koja dva od njih, ukrštajući se, definiraju ga u prostoru. Prema tome, jednačine bilo koje dvije takve ravni, razmatrane zajedno, predstavljaju jednačine ove prave.

Općenito, date su bilo koje dvije neparalelne ravni opšte jednačine

odrediti pravu liniju njihovog preseka. Ove jednačine se nazivaju opšte jednačine direktno.

Primjeri.

Konstruirajte pravu zadanu jednadžbama

Za konstruiranje prave linije dovoljno je pronaći bilo koje dvije njene tačke. Najlakši način je da odaberete tačke preseka prave linije sa koordinatnim ravnima. Na primjer, tačka preseka sa ravninom xOy dobijamo iz jednačina prave linije, pod pretpostavkom z= 0:

Nakon što smo riješili ovaj sistem, nalazimo poentu M 1 (1;2;0).

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

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

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

.

Primjer. Dajte opće jednačine linije kanonskom obliku.

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

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

. dakle, l: .

UGAO IZMEĐU RAVNIH

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

Neka su u prostoru date dvije linije:

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

Neka u kanonskim jednadžbama prave

koeficijent je različit od nule, tj. prava linija nije paralelna sa ravninom xOy. Zapišimo ove jednadžbe odvojeno u ovom obliku:

Pod našim uslovom, jednadžbe (6) u potpunosti definiraju pravu liniju. Svaki od njih pojedinačno izražava ravan, pri čemu je prva paralelna sa Oy osi, a druga sa osom

Dakle, predstavljajući pravu liniju sa jednačinama oblika (6), smatramo je presekom dve ravni koje projektuju ovu pravu liniju na koordinatne ravni xOz i yOz. Prva od jednačina (6), razmatrana u ravni, određuje projekciju date prave linije na ovu ravan; na isti način, druga od jednačina (6), razmatrana u ravni, određuje projekciju date prave linije na ravan yOz. Dakle, možemo reći da dati jednačine prave linije u obliku (6) znači dati njenu projekciju na koordinatnu ravan xOz i yOz.

Kada bi koeficijent vođenja bio nula, tada bi barem jedan od druga dva koeficijenta, na primjer, bio različit od nule, tj. prava linija ne bi bila paralelna s ravninom yOz. U ovom slučaju možemo izraziti pravu liniju

jednadžbe ravni koje ga projektuju na koordinatne ravni pisanjem jednadžbi (5) u obliku

Dakle, svaka prava linija se može izraziti jednadžbama dvije ravni koje prolaze kroz nju i projektuju je na koordinatne ravnine. Ali uopće nije potrebno definirati pravu liniju samo takvim parom ravnina.

Kroz svaku pravu liniju prolazi bezbroj aviona. Bilo koja dva od njih, ukrštajući se, definiraju ga u prostoru. Prema tome, jednačine bilo koje dvije takve ravni, razmatrane zajedno, predstavljaju jednačine ove prave.

Općenito, bilo koje dvije ravni nisu paralelne jedna s drugom s općim jednačinama

odrediti pravu liniju njihovog preseka.

Jednačine (7), razmatrane zajedno, nazivaju se općim jednačinama prave.

Iz općih jednačina prave (7) možemo prijeći na njene kanonske jednačine. U tu svrhu moramo znati neku tačku na liniji i vektor smjera.

Lako možemo pronaći koordinate tačke iz datog sistema jednačina tako što ćemo proizvoljno izabrati jednu od koordinata, a zatim rešiti sistem od dve jednačine koristeći termine preostale dve koordinate.

Da bismo pronašli usmjeravajući vektor prave linije, napominjemo da ovaj vektor, usmjeren duž linije presjeka ovih ravni, mora biti okomit na oba normalna vektora ovih ravni. Obrnuto, svaki vektor okomit na je paralelan sa obe ravni, a samim tim i sa datom pravom.

Ali vektorski proizvod također ima ovo svojstvo. Stoga se vektorski proizvod normalnih vektora ovih ravnina može uzeti kao usmjeravajući vektor prave linije.

Primjer 1. Svesti jednadžbu prave na kanonski oblik

Odaberimo jednu od koordinata proizvoljno. Neka, na primjer, . Onda

odakle, Dakle, našli smo tačku (2, 0, 1) koja leži na pravoj,

Sada pronalazeći vektorski proizvod vektora, dobijamo vektor pravca prave, dakle, kanonske jednadžbe će biti:

Komentar. Od općih pravolinijskih jednačina oblika (7) možete prijeći na kanonske bez pribjegavanja vektorskoj metodi.

Hajde da se prvo zadržimo malo detaljnije na jednačinama

Izrazimo x i y od njih kroz . Tada dobijamo:

gde bi trebalo da bude

Jednačine (6) se nazivaju pravolinijskim jednadžbama u projekcijama na ravan

Hajde da instaliramo geometrijsko značenje konstante M i N: M predstavlja ugaoni koeficijent projekcije date prave na koordinatnu ravan (tangenta ugla ove projekcije sa osom Oz), a N je ugaoni koeficijent projekcije ove prave na koordinatna ravan (tangenta ugla ove projekcije sa osom Oz). Dakle, brojevi određuju pravce projekcija date prave na dve koordinatne ravni, što znači da karakterišu i smer same date prave. Stoga se brojevi M i N nazivaju ugaoni koeficijenti ovu liniju.

Da bismo saznali geometrijsko značenje konstanti, stavimo ravnu liniju u jednačine (6) i dobijemo: to jest, tačka leži na datoj pravoj liniji. Očigledno, ova tačka je tačka preseka ove prave sa ravninom. Dakle, ovo su koordinate traga ove prave na koordinatnoj ravni

Sada je lako napraviti prijelaz sa projekcijskih jednadžbi na kanonske. Neka su, na primjer, date jednadžbe (6). Rješavajući ove jednačine za , nalazimo:

iz koje direktno dobijamo kanonske jednadžbe u obliku

Primjer 2. Dajte kanonske jednačine prave

na jednačine u projekcijama na ravan

Ove jednačine prepisujemo u obliku

Rješavajući prvu od ovih jednačina za x, a drugu za y, nalazimo tražene jednadžbe u projekcijama:

Primjer 3. Dajte jednadžbe u ppojekcijama

kanonskom obliku.

Rješavajući ove jednačine za , dobivamo:

Kanonske jednadžbe prave u prostoru su jednadžbe koje definiraju pravu koja prolazi kroz datu tačku kolinearnu vektoru smjera.

Neka su data tačka i vektor pravca. Proizvoljna tačka leži na pravoj l samo ako su vektori i kolinearni, tj. za njih je ispunjen uslov:

.

Gore navedene jednačine su kanonske jednačine prave.

Brojevi m , n I str su projekcije vektora smjera na koordinatne osi. Pošto vektor nije nula, onda su svi brojevi m , n I str ne može istovremeno biti jednako nuli. Ali jedan ili dva od njih mogu biti nula. U analitičkoj geometriji, na primjer, dozvoljen je sljedeći unos:

,

što znači da su projekcije vektora na os Oy I Oz jednake su nuli. Stoga su i vektor i prava definirani kanonskim jednadžbama okomiti na osi Oy I Oz, odnosno avioni yOz .

Primjer 1. Napišite jednadžbe za pravu u prostoru okomitu na ravan i prolazi kroz tačku preseka ove ravni sa osom Oz .

Rješenje. Nađimo tačku preseka ove ravni sa osom Oz. Od bilo koje tačke koja leži na osi Oz, ima koordinate , dakle, pod pretpostavkom u datoj jednačini ravnine x = y = 0, dobijamo 4 z- 8 = 0 ili z= 2 . Dakle, tačka preseka ove ravni sa osom Oz ima koordinate (0; 0; 2) . Pošto je željena prava okomita na ravan, ona je paralelna sa svojim vektorom normale. Stoga, usmjeravajući vektor prave linije može biti vektor normale dati avion.

Zapišimo sada tražene jednačine prave linije koja prolazi kroz tačku A= (0; 0; 2) u smjeru vektora:

Jednačine prave koja prolazi kroz dvije date tačke

Prava linija se može definirati sa dvije tačke koje leže na njoj I U ovom slučaju, usmjeravajući vektor prave linije može biti vektor . Tada kanonske jednadžbe prave dobijaju oblik

.

Gornje jednačine određuju pravu koja prolazi kroz dvije date tačke.

Primjer 2. Napišite jednadžbu za liniju u prostoru koja prolazi kroz točke i .

Rješenje. Zapišimo tražene pravolinijske jednačine u gore navedenom obliku u teorijskoj referenci:

.

Budući da je , tada je željena ravna linija okomita na os Oy .

Prava kao linija preseka ravnina

Prava linija u prostoru se može definisati kao linija preseka dve neparalelne ravni, odnosno kao skup tačaka koje zadovoljavaju sistem dve linearne jednačine

Jednačine sistema se nazivaju i opšte jednačine prave u prostoru.

Primjer 3. Sastaviti kanonske jednadžbe prave u prostoru date općim jednačinama

Rješenje. Da biste napisali kanonske jednadžbe prave ili, što je isto, jednačine prave koja prolazi kroz dvije date tačke, morate pronaći koordinate bilo koje dvije tačke na pravoj. One mogu biti tačke preseka prave linije sa bilo koje dve koordinatne ravni, na primer yOz I xOz .

Tačka preseka prave i ravni yOz ima apscisu x= 0 . Stoga, pretpostavljajući u ovom sistemu jednačina x= 0, dobijamo sistem sa dve varijable:

Njena odluka y = 2 , z= 6 zajedno sa x= 0 definira tačku A(0; 2; 6) željeni red. Zatim pretpostavimo u datom sistemu jednačina y= 0, dobijamo sistem

Njena odluka x = -2 , z= 0 zajedno sa y= 0 definira tačku B(-2; 0; 0) presek prave sa ravninom xOz .

Zapišimo sada jednačine prave koja prolazi kroz tačke A(0; 2; 6) i B (-2; 0; 0) :

,

ili nakon dijeljenja nazivnika sa -2:

,