Уравнение оси oz в пространстве

Уравнения поверхности и линии в пространстве с примерами решения

Содержание:

Уравнения поверхности и линии в пространстве

Определение: Уравнение м поверхности в пространстве Oxyz называется такое уравнение между переменными х, у у z, которому удовлетворяют координаты всех точек данной поверхности и не удовлетворяют координаты точек, не лежащих на этой поверхности. То есть если

— уравнение поверхности Р (рис. 189), то при М(х, у, z)

Таким образом, уравнение (1) выполнено тогда и только тогда, когда точка М(х, у, z) принадлежит данной поверхности. Координаты произвольной точки поверхности называются текущими координатами точки. Поэтому составить уравнение поверхности — это значит найти связь между текущими координатами ее точек.

Пример (уравнения координатных плоскостей):

Каждая точка М(х, у, z), лежащая на координатной плоскости Oyz, имеет абсциссу х = 0; обратно, если для какой-нибудь точки М(х, у, z) абсцисса ее х = 0, то эта точка расположена на плоскости Oyz. Следовательно,

— уравнение координатной плоскости Oyz. Аналогично,

— соответственно уравнения координатных плоскостей Oxz и Оху.

Формула обозначает, что точка М принадлежит Р. Формула обозначает, что точка N не принадлежит Р.

В более общем случае

— уравнения трех плоскостей, перпендикулярных соответствующим координатным осям Ох, Оу, Ог и отсекающих на них отрезки, численно равные

Теорема: Уравнение цилиндрической поверхности, образующие которой параллельны координатной оси, не содержит текущей координаты, одноименной с этой координатной осью, и обратно.

Доказательство: Пусть, например, цилиндрическая поверхность Р образована перемещением прямой (образующая) вдоль заданной линии L, лежащей в плоскости Оху (направляющая) (рис. 190).

Обозначим через М(х, у, z) точку поверхности Р с текущими координатами х, у и z. Образующая MN, проходящая через точку М, пересекает направляющую, очевидно, в точке N(x, у, 0).

— уравнение направляющей L в координатной плоскости Оху. Этому уравнению удовлетворяют координаты точки N. Так как точка М поверхности Р имеет ту же самую абсциссу хиту же самую ординату у, что и точка N, а переменная г в уравнение (3) не входит, то координаты точки М также удовлетворяют уравнению (3). Таким образом, координаты любой точки М(х, у, z) поверхности Р удовлетворяют уравнению (3). Обратно, если координаты какой-нибудь точки М(х, у, z) удовлетворяют уравнению (3), то эта точка расположена на прямой MN || Оz такой, что ее след на плоскости Оху, точка N(x, у, 0), лежит на линии L, а значит, точка М принадлежит цилиндрической поверхности Р. Следовательно,

является уравнением цилиндрической поверхности в пространстве Oxyz, причем в этом уравнении отсутствует координата z.

Пример (уравнение эллиптического цилиндра):

Эллиптический цилиндр, в основании которого лежит эллипс с полуосями а и b, а осью служит ось Оz (рис. 191), на основании предыдущей теоремы имеет уравнение

В частности, при а = b получаем уравнение кругового цилиндра

Линию L в пространстве можно задать как пересечение двух данных поверхностей (рис. 192). Точка , лежащая на линии L, принадлежит как поверхности так и поверхности , и, следовательно, координаты этой точки удовлетворяют уравнениям обеих поверхностей.

Поэтому под уравнениями линии в пространстве понимается совокупность двух уравнений:

являющихся уравнениями поверхностей, определяющих данную линию.

Не нужно думать, что для нахождения уравнений линий систему (4) следует «решить». Этого, вообще говоря, нельзя сделать, так как число уравнений системы (4) меньше числа неизвестных. Точный смысл, который придается равенствам (4), следующий: линии L принадлежат те и только те точки , координаты которых удовлетворяют обоим уравнениям системы (4).

Заметим, что данную линию можно по-разному задавать как пересечение поверхностей. Поэтому линии в пространстве соответствует бесчисленное множество равносильных между собой систем уравнений.

Определение: Уравнениями линии в пространстве называется такая пара уравнений между переменными , которой удовлетворяют координаты каждой точки, лежащей на данной линии, и не удовлетворяют координаты любой точки, не лежащей на этой линии.

Пример (уравнения координатных осей):

Ось Ох можно, рассматривать как пересечение координатных плоскостей Оху и Oxz. Поэтому

— уравнения оси Ох. Аналогично,

— уравнения осей Оу и Oz соответственно.

Пример:

Написать уравнения окружности Г радиуса R = 1, центр которой находится в точке С(0, 0, 2) и плоскость которой параллельна координатной плоскости Оху (рис. 193).

Решение:

Окружность Г можно рассматривать как пересечение кругового цилиндра радиуса 1 с осью Oz и горизонтальной плоскости, расположенной выше координатной плоскости Оху на две единицы. Поэтому уравнения данной окружности есть

В механике линию L часто рассматривают как след движущейся точки (рис. 194). Пусть х, у, z — текущие координаты точки М линии L. Так как с течением времени точка М перемещается и ее координаты меняются, то они являются функциями времени t. Следовательно, имеем

где — некоторые определенные функции. Обобщая уравнения (5), под t понимают вспомогательную переменную (параметр)> не обязательно время; поэтому уравнения (5) носят название параметрических уравнений линии в пространстве.

Исключая из уравнений (5) параметр t, мы получим два соотношения между текущими координатами х, у и z, которые представляют собой уравнения некоторых поверхностей, проходящих через данную линию.

Пример:

Написать уравнения винтовой линии радиуса а и шага (рис. 195).

Решение:

Пусть М (х, у, z) — текущая точка винтовой линии, М’ (х, у, 0) — ее проекция на плоскость Оху.

Приняв за параметр и учитывая, что аппликата г винтовой линии растет пропорционально углу поворота t, будем иметь

Для определения коэффициента пропорциональности b положим ; тогда . Следовательно,

Исключая параметр t из первого и второго, а также из первого и третьего уравнений (6), получаем

Следовательно, винтовая линия представляет собой пересечение кругового цилиндра с образующими, параллельными оси Oz, и цилиндрической поверхности с образующими, параллельными оси Оу, и имеющей своей направляющей косинусоиду, лежащую в плоскости . Из уравнений (6′) также вытекает, что проекция винтовой линии (6′) на координатную плоскость Оху есть окружность, а на координатную плоскость — косинусоида.

Текущую точку кривой L можно характеризовать ее радиусом-вектором («следящий радиус-вектор») (рис. 196)

( — орты). Тогда из (5) получаем векторное уравнение линии

— так называемая вектор-функция скалярного аргумента t.

В механике в качестве параметра t обычно берут время. В таком случае линию (7) называют траекторией точки М(х, у, z).

Множество всех точек М(х, у, г) пространства, координаты которых удовлетворяют данному уравнению (или системе уравнений), называется геометрическим образом (графиком) данного уравнения (или системы уравнений).

Пример:

Какой геометрический образ соответствует уравнению

Решение:

Из уравнения (8) получаем или . Следовательно, графиком уравнения (8) является пара плоскостей, параллельных координатной плоскости Оху и отстоящих от нее на расстояниях, равных единице (рис. 197).

Пример:

Какой геометрический образ соответствует паре уравнений

Решение:

Искомый график представляет собой пересечение плоскостей х = 2 и у = 3 и, следовательно, является прямой линией, параллельной оси Oz и имеющей след N (2, 3, 0) на координатной плоскости Оху (рис. 198).

• Общее уравнение плоскости
• Угол между плоскостями
• Понятие о производной вектор-функции
• Криволинейные интегралы
• Прямоугольная система координат на плоскости и ее применение
• Линии второго порядка
• Полярные координаты
• Непрерывность функции

При копировании любых материалов с сайта evkova.org обязательна активная ссылка на сайт www.evkova.org

Сайт создан коллективом преподавателей на некоммерческой основе для дополнительного образования молодежи

Сайт пишется, поддерживается и управляется коллективом преподавателей

Whatsapp и логотип whatsapp являются товарными знаками корпорации WhatsApp LLC.

Cайт носит информационный характер и ни при каких условиях не является публичной офертой, которая определяется положениями статьи 437 Гражданского кодекса РФ. Анна Евкова не оказывает никаких услуг.

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.

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

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

Покажем на примерах, как применяются эти правила.

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

Решение

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

Для прямой O x : x 1 = y 0 = z 0

Для прямой O y : x 0 = y 1 = z 0

Для прямой O z : x 0 = y 0 = z 1

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

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

Решение

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

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

Ответ: x — 3 0 = y + 1 1 = z — 12 0

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

Нормальное уравнение плоскости

В данной статье мы рассмотрим нормальное уравнение плоскости. Приведем примеры построения нормального уравнения плоскости по углу наклона нормального вектора плоскости от осей Ox, Oy, Oz и по расстоянию r от начала координат до плоскости. Представим метод приведения общего уравнения прямой к нормальному виду. Рассмотрим численные примеры.

Пусть в пространстве задана декартова прямоугольная система координат. Тогда нормальное уравнение плоскости Ω представляется следующей формулой:

где r− расстояние от начала координат до плоскости Ω, а α,β,γ− это углы между единичным вектором n, ортогональным плоскости Ω и координатными осьями Ox, Oy, Oz, соответственно (Рис.1). (Если r>0, то вектор n направлен в сторону плоскости Ω, если же плоскость проходит через начало координат, то направление вектора n выбирается произвольной).

Выведем формулу (1). Пусть в пространстве задана декартова прямоугольная система координат и плоскость Ω (Рис.1). Проведем через начало координат прямую Q, перпендикулярную плоскости Ω, и точку пересечения обозначим через R. На этой прямой выделим единичный вектор n, с направлением, совпадающим с вектором . (Если точки O и R совпадают, то направление n можно взять произвольным).

Выразим уравнение плоскости Ω через следующие параметры: длину отрезка и углы наклона α, β, γ между вектором n и осьями Ox, Oy, Oz, соответственно.

Так как вектор n является единичным вектором, то его проекции на Ox, Oy, Oz будут иметь следующие координаты:

Обозначим через r расстояние от начала координат до точки R. Рассмотрим, теперь, точку M (x,y, z). Точка M лежит на плоскости Ω тогда и только тогда, когда проекция вектора на прямую R равна r, т.е.

(3)

Скалярное произведение векторов n и имеет следующий вид:

,

(4)

где − обозначен скалярное произведение векторов n и , а | · |− норма (длина) вектора, α−угол между векторами n и .

Поскольку n единичный вектор, то (4) можно записать так:

.

(5)

Учитывая, что n=<cosα, cosβ, cosγ>, , мы получим:

.

(6)

Тогда из уравнений (3), (5), (6) следует:

Мы получили нормальное уравнение плоскости Ω. Уравнение (7) (или (1)) называется также нормированным уравнением плоскости . Вектор n называется нормальным вектором плоскости .

Как было отмечено выше, число r в уравнении (1) показывает расстояние плоскости от начала координат. Поэтому, имея нормальное уравнение плоскости легко определить расстояние плоскости от начала координат. Для проверки, является ли данное уравнение плоскости уравнением в нормальном виде, нужно проверить длину нормального вектора этой плоскости и знак числа r, т.е. если |n|=1 и r>0, то данное уравнение является нормальным (нормированным) уравнением плоскости.

Пример 1. Задано следующее уравнение плоскости:

.

(7)

Определить, является ли уравнение (7) нормальным уравнением плоскости и если да, то определить расстояние данной плоскости от начала координат.

Решение. Нормальный вектор плоскости имеет следующий вид:

Определим длину вектора n:

Ответ: Длина вектора n равна 1, , следовательно уравнение (7) является нормальным уравнением плоскости, а − это расстояние плоскости от начала координат.

Приведение общего уравнения плоскости к нормальному виду

Так как уравнения (1) и (8) должны определять одну и ту же прямую (Утрерждение 2 статьи «Общее уравнение плоскости»), то существует такое число t, что

Возвышая в квадрат первые три равенства в (9) и складывая их, получим:

Упростим выражение и найдем t:

.

(11)

Знаменатель в (11) отличен от нуля, т.к. хотя бы один из коэффициентов A, B, C не равен нулю (в противном случае (8) не представлял бы уравнение прямой).

Выясним, какой знак имеет t. Обратим внимание на четвертое равенство в (9). Так как r−это расстояние от начала координат до плоскости, то r≥0. Тогда произведение tD должна иметь отрицательный знак. Т.е. знак t в (11) должен быть противоположным знаку D.

Подставляя в (1) вместо cosα, cosβ, cosγ и −r значения из (9), получим tAx+tBy+tCz+tD=0. Т.е. для приведения общего уравенения плоскости к нормальному виду, нужно заданное уравнение умножить на множитель (11). Множитель (11) называется нормирующим множителем .

Пример 2. Задано общее уравнение плоскости

Построить нормальное уравнение плоскости (12).

Решение. Из уравнения (12) можно записать: A=2, B=−3, C=6, D=4. Вычислим t из равенства (11):

.

Так как D>0, то знак t отрицательный:

.

Умножим уравнение (12) на t:

.

Ответ. Нормальное уравнение прямой (12) имеет следующий вид:

.

Отметим, что число является расстоянием от начала координат до прямой (12).