Точка пересечения прямых в пространстве онлайн
С помощю этого онлайн калькулятора можно найти точку пересечения прямых в пространстве. Дается подробное решение с пояснениями. Для нахождения координат точки пересечения прямых задайте вид уравнения прямых («канонический» или «параметрический» ), введите коэффициенты уравнений прямых в ячейки и нажимайте на кнопку «Решить». Теоретическую часть и численные примеры смотрите ниже.
Предупреждение
Инструкция ввода данных. Числа вводятся в виде целых чисел (примеры: 487, 5, -7623 и т.д.), десятичных чисел (напр. 67., 102.54 и т.д.) или дробей. Дробь нужно набирать в виде a/b, где a и b (b>0) целые или десятичные числа. Примеры 45/5, 6.6/76.4, -7/6.7 и т.д.
Точка пересечения прямых в пространстве − теория, примеры и решения
- Содержание
- 1. Точка пересечения прямых, заданных в каноническом виде.
- 2. Точка пересечения прямых, заданных в параметрическом виде.
- 3. Точка пересечения прямых, заданных в разных видах.
- 4. Примеры нахождения точки пересечения прямых в пространстве.
1. Точка пересечения прямых в пространстве, заданных в каноническом виде.
Пусть задана декартова прямоугольная система координат Oxyz и пусть в этой системе координат заданы прямые L1 и L2:
, | (1) |
, | (2) |
Найти точку пересечения прямых L1 и L2 (Рис.1).
Запишем уравнение (1) в виде системы двух линейных уравнений:
, | (3) |
(4) |
Сделаем перекрестное умножение в уравнениях (3) и (4):
p1(x−x1)=m1(y−y1) |
l1(y−y1)=p1(z−z1) |
Откроем скобки и переведем переменные в левую часть уравнений а остальные элементы в правую часть:
p1x−m1y=p1x1−m1y1, | (5) |
l1y−p1z=l1y1−p1z1. | (6) |
Аналогичным образом преобразуем уравнение (2):
Запишем уравнение (2) в виде системы двух линейных уравнений:
, | (7) |
(8) |
Сделаем перекрестное умножение в уравнениях (7) и (8):
p2(x−x2)=m2(y−y2) |
l2(y−y2)=p2(z−z2) |
Откроем скобки и переведем переменные в левую часть уравнений а остальные элементы в правую часть:
p2x−m2y=p2x2−m2y2, | (9) |
l2y−p2z=l2y2−p2z2. | (10) |
Решим систему линейных уравнений (5), (6), (9), (10) с тремя неизвестными x, y, z. Для этого представим эту систему в матричном виде:
(11) |
Как решить систему линейных уравнений (11)(или (5), (6), (9), (10)) посмотрите на странице Метод Гаусса онлайн. Если система линейных уравнениий (11) несовместна, то прямые L1 и L2 не пересекаются. Если система (11) имеет множество решений, то прямые L1 и L2 совпадают. Единственное решение системы линейных уравнений (11) указывает на то, что это решение определяет координаты точки пересечения прямых L1 и L2 .
2. Точка пересечения прямых в пространстве, заданных в параметрическом виде.
Пусть задана декартова прямоугольная система координат Oxyz и пусть в этой системе координат заданы прямые L1 и L2 в параметрическом виде:
(12) |
(13) |
Задачу нахождения нахождения точки пересечения прямых L1 и L2 можно решить разными методами.
Метод 1. Приведем уравнения прямых L1 и L2 к каноническому виду.
Для приведения уравнения (12) к каноническому виду, выразим параметр t через остальные переменные:
(14) |
Так как левые части уравнений (14) равны, то можем записать:
(15) |
Аналогичным образом приведем уравнение прямой L2 к каноническому виду:
(16) |
Далее, для нахождения точки пересечения прямых, заданных в каноническом виде нужно воспользоваться параграфом 1.
Метод 2. Для нахождения точки пересечения прямых L1 и L2 решим совместно уравнения (12) и (13). Из уравнений (12) и (13) следует:
(17) |
(18) |
(19) |
Из каждого уравнения (17),(18),(19) находим переменную t. Далее из полученных значений t выбираем те, которые удовлетворяют всем уравнениям (17)−(19). Если такое значение t не существует, то прямые не пересекаются. Если таких значений больше одного, то прямые совпадают. Если же такое значение t единственно, то подставляя это зачение t в (12) или в (13), получим координаты точки пересечения прямых (12) и (13).
3. Точка пересечения прямых в пространстве, заданных в разных видах.
Если уравнения прямых заданы в разных видах, то можно их привести к одному виду (к каноническому или к параметрическому) и найти точку пересечения прямых, описанных выше.
4. Примеры нахождения точки пересечения прямых в пространстве.
Пример 1. Найти точку пересечения прямых L1 и L2:
(20) |
(21) |
Представим уравнение (20) в виде двух уравнений:
(22) |
(23) |
Сделаем перекрестное умножение в уравнениях (22) и (23):
Откроем скобки и переведем переменные в левую часть уравнений а остальные элементы в правую часть:
Аналогичным образом поступим и с уравнением (2).
Представим уравнение (2) в виде двух уравнений:
(26) |
(27) |
Сделаем перекрестное умножение в уравнениях (7) и (8)
Откроем скобки и переведем переменные в левую часть уравнений а остальные элементы в правую часть:
Решим систему линейных уравнений (24), (25), (28), (29) с тремя неизвестными x, y, z. Для этого представим эту систему в виде матричного уравнения:
(30) |
Решим систему линейных уравнений (30) отностительно x, y, z. Для решения системы, построим расширенную матрицу:
Обозначим через aij элементы i-ой строки и j-ого столбца.
Первый этап. Прямой ход Гаусса.
Исключим элементы 1-го столбца матрицы ниже элемента a1 1. Для этого сложим строку 3 со строкой 1, умноженной на −1:
Исключим элементы 2-го столбца матрицы ниже элемента a22. Для этого сложим строку 4 со строкой 2, умноженной на −1/4:
Сделаем перестановку строк 3 и 4.
Второй этап. Обратный ход Гаусса.
Исключим элементы 3-го столбца матрицы выше элемента a33. Для этого сложим строку 2 со строкой 3, умноженной на −4/3:
Исключим элементы 2-го столбца матрицы выше элемента a22. Для этого сложим строку 1 со строкой 2, умноженной на 3/4:
Делим каждую строку матрицы на соответствующий ведущий элемент (если ведущий элемент существует):
Ответ. Точка пересечения прямых L1 и L2 имеет следующие координаты:
Пример 2. Найти точку пересечения прямых L1 и L2:
(31) |
(32) |
Приведем параметрическое уравнение прямой L1 к каноническому виду. Выразим параметр t через остальные переменные:
Из равентсв выше получим каноническое уравнение прямой:
(33) |
Представим уравнение (33) в виде двух уравнений:
(34) |
(35) |
Сделаем перекрестное умножение в уравнениях (34 и (35):
Откроем скобки и переведем переменные в левую часть уравнений а остальные элементы в правую часть:
(36) |
. | (37) |
Аналогичным образом поступим и с уравнением (2).
Представим уравнение (2) в виде двух уравнений:
(38) |
(39) |
Сделаем перекрестное умножение в уравнениях (38) и (39)
Откроем скобки и переведем переменные в левую часть уравнений а остальные элементы в правую часть:
Решим систему линейных уравнений (36), (37), (40), (41) с тремя неизвестными x, y, z. Для этого представим эту систему в виде матричного уравнения:
(42) |
Решим систему линейных уравнений (42) отностительно x, y, z. Для решения системы, построим расширенную матрицу:
Обозначим через aij элементы i-ой строки и j-ого столбца.
Первый этап. Прямой ход Гаусса.
Исключим элементы 1-го столбца матрицы ниже элемента a1 1. Для этого сложим строку 3 со строкой 1, умноженной на −1/6:
Исключим элементы 2-го столбца матрицы ниже элемента a22. Для этого сложим строки 3 и 4 со строкой 2, умноженной на 8/21 и −1/7, соответственно:
Исключим элементы 3-го столбца матрицы ниже элементаa33. Для этого сложим строку 4 со строкой 3, умноженной на -1/16:
Из расширенной матрицы восстановим последнюю систему линейных уравнений:
(43) |
Уравнение (43) несовместна, так как несуществуют числа x, y, z удовлетворяющие уравнению (43). Следовательно система линейных уравнений (42) не имеет решения. Тогда прямые L1 и L2 не пересекаются. То есть они или параллельны, или скрещиваются.
Прямая L1 имеет направляющий вектор q1=<2,6,7>, а прямая L2 имеет направляющий вектор q2=<3,1,1>. Эти векторы не коллинеарны. Следовательно прямые L1 и L2 скрещиваются .
Пересечение прямых. Точка пересечения двух прямых
Если точка M, является точкой пересечения двух прямых, то она должна принадлежать этим прямым, а ее координаты удовлетворять уравнения этих прямых.
Точка пересечения двух прямых на плоскости
Если система уравнений:
- имеет единственное решение, то прямые пересекаются;
- имеет бесконечное множество решений, то прямые совпадают;
- не имеет решений, то прямые не пересекаются (прямые параллельны между собой)
Решение: Для вычисления координат точки пересечения прямых, решим систему уравнений:
y = 2 x — 1 y = -3 x + 1
Вычтем из первого уравнения второе
y — y = 2 x — 1 — (-3 x + 1) y = -3 x + 1 => 0 = 5 x — 2 y = -3 x + 1
Из первого уравнения найдем значение x
5 x = 2 y = -3 x + 1 => x = 2 5 = 0.4 y = -3 x + 1
Подставим значение x во второе уравнение и найдем значение y
x = 0.4 y = -3·(0.4) + 1 = -1.2 + 1 = -0.2
Ответ. Точка пересечения двух прямых имеет координаты (0.4, -0.2)
Решение: Для вычисления координат точки пересечения прямых, решим систему уравнений:
y = 2 x — 1 x = 2 t + 1 y = t
В первое уравнение подставим значения x и y из второго и третьего уравнений.
t = 2·(2 t + 1) — 1 x = 2 t + 1 y = t => t = 4 t + 1 x = 2 t + 1 y = t =>
-3 t = 1 x = 2 t + 1 y = t => t = — 1 3 x = 2 t + 1 y = t
Подставим значение t во второе и третье уравнение
t = — 1 3 x = 2·(- 1 3 ) + 1 = — 2 3 + 1 = 1 3 y = — 1 3
Ответ. Точка пересечения двух прямых имеет координаты ( 1 3 , — 1 3 )
Решение: Для вычисления координат точки пересечения прямых, решим систему уравнений:
2 x + 3 y = 0 x — 2 3 = y 4
Из второго уравнения выразим y через x
2 x + 3 y = 0 y = 4· x — 2 3
Подставим y в первое уравнение
2 x + 3·4· x — 2 3 = 0 y = 4· x — 2 3 => 2 x + 4·( x — 2) = 0 y = 4· x — 2 3 =>
2 x + 4 x — 8 = 0 y = 4· x — 2 3 => 6 x = 8 y = 4· x — 2 3 =>
x = 8 6 = 4 3 y = 4· x — 2 3 => x = 8 6 = 4 3 y = 4· 4/3 — 2 3 = 4· -2/3 3 = — 8 9
Ответ. Точка пересечения двух прямых имеет координаты ( 4 3 , — 8 9 )
Решение: Обе прямые заданы уравнениями с угловым коэффициентом. Так как k 1 = k 2 = 2, то прямые параллельны. Так как эти прямые не совпадают то точек пересечения нет.
Решим также эту задачу используя систему уравнений:
y = 2 x — 1 y = 2 x + 1
Вычтем из первого уравнения второе
y — y = 2 x — 1 — (2 x + 1) y = -3 x + 1 => 0 = -2 y = -3 x + 1
В первом уравнении получили противоречие (0 ≠ -2), значит система не имеет решений — отсутствуют точки пересечения прямых (прямые параллельны).
Ответ. Прямые не пересекаются (прямые параллельны).
Решение: Подставим координаты точки N в уравнения прямых.
Ответ. Так как оба уравнения превратились в тождества, то точка N — точка пересечения этих прямых.
Точка пересечения двух прямых в пространстве
Если система уравнений:
- имеет единственное решение, то прямые пересекаются;
- имеет бесконечное множество решений, то прямые совпадают;
- не имеет решений, то прямые не пересекаются (прямые параллельны или скрещиваются между собой)
Решение: Составим систему уравнений
x — 1 = a y — 1 = a z — 1 = a x — 3 -2 = b 2 — y = b z = b => x = a + 1 y = a + 1 z = a + 1 x — 3 -2 = b 2 — y = b z = b =>
Подставим значения x , y , z из 1, 2, 3 уравнений в 4, 5, 6 уравнения
x = a + 1 y = a + 1 z = a + 1 a + 1 — 3 -2 = b 2 — ( a + 1) = b a + 1 = b => x = a + 1 y = a + 1 z = a + 1 a — 2 -2 = b 1 — a = b a + 1 = b
К шестому уравнению добавим пятое уравнение
x = a + 1 y = a + 1 z = a + 1 a — 2 -2 = b 1 — a = b a + 1 + (1 — a ) = b + b => x = a + 1 y = a + 1 z = a + 1 a — 2 -2 = b 1 — a = b b = 1
Подставим значение b в четвертое и пятое уравнения
x = a + 1 y = a + 1 z = a + 1 a — 2 -2 = 1 1 — a = 1 b = 1 => x = a + 1 y = a + 1 z = a + 1 a — 2 = -2 a = 0 b = 1 =>
x = a + 1 y = a + 1 z = a + 1 a = 0 a = 0 b = 1 => x = 0 + 1 = 1 y = 0 + 1 = 1 z = 0 + 1 = 1 a = 0 a = 0 b = 1
Ответ. Прямые пересекаются в точке с координатами (1, 1, 1).
Решение: Составим систему уравнений заменив во втором уравнении параметр t на a
x = 2 t — 3 y = t z = — t + 2 x = a + 1 y = 3 a — 2 z = 3
Подставим значения x , y , z из 1, 2, 3 уравнений в 4, 5, 6 уравнения
x = 2 t — 3 y = t z = — t + 2 2 t — 3 = a + 1 t = 3 a — 2 — t + 2 = 3 => x = 2 t — 3 y = t z = — t + 2 2 t = a + 4 t = 3 a — 2 t = -1 =>
Подставим значение t из шестого уравнения в остальные уравнения
x = 2·(-1) — 3 y = (-1) z = -(-1) + 2 2·(-1) = a + 4 -1 = 3 a — 2 t = -1 => x = -5 y = -1 z = 3 a = -6 a = 1 3 t = -1
Ответ. Так как -6 ≠ 1 3 , то прямые не пересекаются.
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.
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 ) .
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.
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.
- 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
- 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
- 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
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 .
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
http://ru.onlinemschool.com/math/library/analytic_geometry/lines_intersection/
http://zaochnik.com/spravochnik/matematika/prjamaja-ploskost/kanonicheskie-uravnenija-prjamoj-v-prostranstve/