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
Типовые задачи с прямыми в пространстве
Составление уравнений прямых
Разнообразие видов уравнений прямых в пространстве порождается многообразием геометрических способов их задания. По любому набору геометрических данных, однозначно определяющих прямую в пространстве, можно составить уравнение этой прямой, причем геометрические данные будут отражены в коэффициентах уравнения. И наоборот, коэффициенты любого уравнения прямой имеют геометрический смысл, соответствующий способу задания прямой в пространстве.
Для удобства решения типовых задач, связанных с прямыми в пространстве, все основные типы уравнений прямых и соответствующие геометрические способы задания этих прямых отражены в таблице 4.2.
Примеры составления уравнений прямых в пространстве по геометрическим данным, указанным в таблице 4.2, разбирались в предыдущих разделах.
Таблица 4.2. Основные типы уравнений прямых в пространстве
Метрические приложения уравнений прямых
Перечислим формулы для вычисления длин отрезков (расстояний) и величин углов по уравнениям образующих их прямых.
1. Расстояние от точки до прямой вычисляется по формуле
По этой же формуле вычисляется расстояние между параллельными прямыми и , координаты направляющих векторов которых пропорциональны: .
2. Расстояние между скрещивающимися прямыми и вычисляется по формуле
— смешанное и векторное произведения векторов
3. Угол между двумя прямыми
4. Угол между прямой и плоскостью вычисляется по формуле
При решении задач свойства 1-4 используются наряду с метрическими приложениями векторной алгебры.
Пример 4.17. В координатном пространстве (в прямоугольной системе координат) заданы вершины треугольной пирамиды (рис.4.39). Требуется:
а) найти угол между ребром и плоскостью грани ;
б) составить каноническое уравнение прямой , где — точка пересечения медиан треугольника ;
в) найти проекцию точки на плоскость грани ;
г) составить каноническое уравнение прямой симметричной прямой относительно плоскости грани ;
д) найти угол между прямыми и ;
е) найти расстояние между прямыми и ;
ж) найти проекцию точки на прямую ;
з) составить уравнение прямой, содержащей ортогональную проекцию высоты грани на плоскость грани .
а) Составим уравнение прямой . Уравнение плоскости грани было найдено в примере 4.12: . Вычисляем искомый угол (формула п.4):
б) Координаты точки пересечения медиан треугольника находим как среднее арифметическое координат его вершин:
Теперь составляем уравнение прямой, проходящей через две точки и (см. таблицу 4.2):
в) Составим параметрическое уравнение прямой (см. таблицу 4.2). Направляющим вектором этой прямой служит нормаль к плоскости (см. п.»а»). Поэтому Подставляя эти соотношения в уравнение плоскости грани (см. п.»а»), находим значение параметра , соответствующее точке :
Координаты точки вычисляем по параметрическому уравнению прямой , подставляя найденное значение параметра
г) Координаты точки , симметричной точке относительно плоскости грани , находим, подставляя в параметрическое уравнение прямой значение . Получим . Теперь составляем уравнение прямой, проходящей через точки и (см. таблицу 4.2):
д) Угол между прямыми и находим как угол между их направляющими векторами (формула п.3):
е) Расстояние между прямыми и находим по формуле п.2, полагая
(на прямой выбираем точку , а на прямой точку ):
ж) Составим уравнение (4.14) плоскости, проходящей через точку перпендикулярно прямой (нормалью к этой плоскости служит вектор
Найдем точку пересечения этой плоскости с прямой . Для этого подставим в уравнение плоскости соотношения из параметрического уравнения
прямой , получаемого из канонического: (см. пункт «а»). Получим
Подставляя теперь значение параметра в уравнение прямой , находим координаты точки
з) Составим общее уравнение искомой прямой (см. рис.4.39) как линии пересечения плоскости основания пирамиды и плоскости, проходящей через точку и перпендикулярной прямой . Уравнение плоскости грани было найдено в примере 4.12: (см. пункт «а»). Общее уравнение плоскости, проходящей через точку с нормалью
имеет вид: . Записывая уравнения плоскостей в систему, получаем общее уравнение искомой прямой
Прямая линия в пространстве. Основные задачи
Прямая линия в пространстве. Основные задачи
- Прямая линия в космосе. Основная цель 1. Угол между линиями. Прямая параллельность и условия перпендикулярности Дайте линии L \ и L2 как уравнения X-y-Y \ _ Z-Z \ X до X2 _ Y-y-2 _ z-Z2 ми ни пи т2 п2 п2 Угол между этими линиями дает угол между векторами индукции Si = (wi; ni; pi) и S2 = (rn; или w „y-W \ GP2 + phn2 + P1P2 y / m \ + n \ + pjy / m * + n \ + p2 Чтобы найти острый угол между линиями Li и L2, числитель в правой части уравнения (1) должен быть по модулю.
Если линии L1 и L2 имеют вертикальную ориентацию, это как раз тот случай? = 0 Таким образом, числитель дроби (1) равен нулю, т. Е. S. 77 * 17712 + ritn2 4- P1P2 = 0. Если прямые L \ и L> 2 параллельны, векторы направления Si и S2 параллельны, поэтому координаты этих векторов Пропорционально, т.е. = 2А-. 7712 P2 P’2 Пример: найти угол между линиями £ -Y до 2-2 + 2/2 лет + 2 / — * -1 = 0, От 2 до -1 3 А [2x-t / + Over: + 5 = 0. ♦ Очевидно, 5i = (2; -1; 3) и §2 = fti x P2, где ni = (2; 1; -1), n2 = (2; -1; 3). §2 = (2; -8; -4) §X • S2 = 4 + 8-12 = 0, поэтому ^ = 90 °. ♦
Примеры решения, формулы и задачи
Решение задач | Лекции |
Расчёт найти определения | Учебник методические указания |
- Условия, когда две линии находятся в одной плоскости Дайте прямые L1 и L2 с каноническими уравнениями x-xx _ y-3/1 Z-Z \ X-Xi y-Y2 _ Z-z2 miЩpiГП2п2Р’2 Соответствующими векторами направления являются § \ = (mr, 7ii; pi) и 52 = (m2; n2; p2). Прямая Li проходит через точку Mi (xi; yi; zi) и ее радиус-вектор обозначается через fi. Прямая £ 2 проходит через точку M2 (x2; y2 \ z2), радиус-вектор которой обозначен через r2. тогда r2-fi = VD = (x2-XG, U2-2 / 15 * 2- * i).
Если векторы Si, S2 и M1M2 = f2-fi находятся в одной плоскости, прямые Li и L2 находятся в одной плоскости. Условие векторной компланарности состоит в том, что их смешанный продукт равен нулю: (f2-fi) 5152 = 0, т. Е. X2-Xi Y2-Y \ Z2-251 TTli P \ pi = 0 7712 712 P2 Когда это условие выполняется, прямые Li и L2 находятся в одной плоскости.
То есть они пересекаются для 52 ^ XSi и параллельны для S1 || Людмила Фирмаль
Образовательный сайт для студентов и школьников
Копирование материалов сайта возможно только с указанием активной ссылки «www.lfirmal.com» в качестве источника.
© Фирмаль Людмила Анатольевна — официальный сайт преподавателя математического факультета Дальневосточного государственного физико-технического института
http://mathhelpplanet.com/static.php?p=tipovye-zadachi-s-pryamymi-v-prostranstve
http://lfirmal.com/pryamaya-liniya-v-prostranstve-osnovnye-zadachi/