Задана поверхность найти каноническое уравнение

Поверхности второго порядка: их виды, уравнения, примеры

Общее уравнение поверхности второго порядка и инварианты поворота и переноса декартовой прямоугольной системы координат

Общее уравнение поверхности второго порядка имеет вид

Для определения вида поверхности второго порядка по общему уравнению и приведения общего уравнения к каноническому, нам понадобятся выражения, которые называются инвариантами. Инварианты — это определители и суммы определителей, составленные из коэффициентов общего уравнения, которые не меняются при переносе и повороте системы координат. Эти инварианты следующие:

Следующие два выражения, называемые семиинвариантами, являются инвариантами поворота декартовой прямоугольной системы координат:

В случае, если I 3 = 0 , K 4 = 0 , семиинвариант K 3 будет также и инвариантом переноса; в случае же I 3 = 0 , K 4 = 0 , I 2 = 0 , K 3 = 0 семиинвариант K 2 = 0 будет также и инвариантом переноса.

Виды поверхностей второго порядка и приведение общего уравнения поверхности второго порядка к каноническому

I. Если I 3 ≠ 0 , то общее уравнение поверхности второго порядка при помощи поворота и переноса прямоугольной системы координат может быть приведено к следующему виду:

,

где λ 1 , λ 2 , λ 3 — корни характеристического уравнения

.

В зависимости от того, какие знаки у чисел λ 1 , λ 2 , λ 3 и K 4 /I 3 , определяется вид поверхности второго порядка.

Эллипсоид

Если числа λ 1 λ 2 , λ 3 одного знака, а K 4 /I 3 имеет знак им противоположный, то общее уравнение поверхности второго порядка определяет эллипсоид.

После решения характеристического уравнения общее уравнение можно переписать в следующем виде:

.

Тогда полуоси эллипсоида будут

, , .

Поэтому каноническое уравнение эллипсоида имеет вид

.

Мнимый эллипсоид

Если числа λ 1 λ 2 , λ 3 и K 4 /I 3 одного знака, то общее уравнение поверхности второго порядка определяет мнимый эллипсоид.

После решения характеристического уравнения общее уравнение можно привести к каноническому уравнению мнимого эллипсоида:

,

, , .

Мнимый конус

Если числа λ 1 λ 2 , λ 3 , а K 4 = 0 , то общее уравнение поверхности второго порядка определяет мнимый конус.

После решения характеристического уравнения общее уравнение можно привести к каноническому уравнению мнимого конуса:

,

, , .

Однополостный гиперболоид

Если два корня характеристического уравнения имеют один знак, а третий корень и K 4 /I 3 имеют знак, им противоположный, то общее уравнение поверхности второго порядка определяет однополостный гиперболоид.

Обозначая в этом случае через λ 1 и λ 2 корни характеристического уравнения, имеющие один знак, общее уравнение можно переписать в виде:

.

, , ,

то каноническое уравнение однополостного гиперболоида будет иметь вид

.

Двуполостный гиперболоид

Если два корня характеристического уравнения и K 4 /I 3 имеют один и тот же знак, а третий корень характеристического уравнения им противоположный, то общее уравнение поверхности второго порядка определяет двуполостный гиперболоид.

Обозначая в этом случае через λ 1 и λ 2 корни, имеющие один знак, общее уравнение можно переписать в виде:

.

Последняя запись и есть каноническое уравнение двуполостного гиперболоида.

Конус

Если два корня характеристического уравнения имеют один знак, третий корень имеет знак, им противоположный, а K 4 = 0 , то общее уравнение поверхности второго порядка определяет конус.

Считая, что одинаковый знак имеют корни λ 1 и λ 2 , общее уравнение можно переписать в виде:

,

известном как каноническое уравнение конуса.

II. Если I 3 = 0 , а K 4 ≠ 0 , то общее уравнение поверхности второго порядка при помощи поворота и переноса прямоугольной системы координат может быть приведено к следующему виду:

,

где λ 1 и λ 2 — отличные от нуля корни характеристического уравнения.

Эллиптический параболоид

Если λ 1 и λ 2 имеют один знак, то общее уравнение поверхности второго порядка определяет эллиптический параболоид.

Общее уравнение можно переписать в виде:

.

Выбирая перед корнем знак, противоположный знаку λ 1 и λ 2 , и полагая

,

,

получим каноническое уравнение эллиптического параболоида:

.

Гиперболический параболоид

Если λ 1 и λ 2 имеют разные знаки, то общее уравнение поверхности второго порядка определяет гиперболический параболоид.

Обозначая через λ 1 положительный корень, а через λ 2 — отрицательный и беря перед корнем знак минус, переписываем уравнение в виде:

.

, ,

получим каноническое уравнение гиперболического параболоида:

.

III. Если I 3 = 0 , а K 4 = 0 , I 2 ≠ 0 то общее уравнение поверхности второго порядка при помощи поворота и переноса прямоугольной системы координат может быть приведено к следующему виду:

,

где λ 1 и λ 2 — отличные от нуля корни характеристического уравнения.

Эллиптический цилиндр

Если λ 1 и λ 2 одного знака, а K 3 /I 2 имеет знак, им противоположный, то общее уравнение поверхности второго порядка определяет эллиптический цилиндр.

Переписываем уравнение, получившееся после решения характеристического уравнения, в виде:

.

, ,

получим каноническое уравнение эллиптического цилиндра:

.

Мнимый эллиптический цилиндр

Если λ 1 , λ 2 и K 3 /I 2 одного знака, то общее уравнение поверхности второго порядка определяет мнимый эллиптический цилиндр.

Переписываем уравнение, получившееся после решения характеристического уравнения, в виде:

.

Последняя запись — каноническое уравнение мнимого эллиптического цилиндра.

Мнимые пересекающиеся плоскости

Если λ 1 и λ 2 имеют один знак, а K 3 = 0 , то общее уравнение поверхности второго порядка определяет две мнимые пересекающиеся плоскости.

Переписываем уравнение, получившееся после решения характеристического уравнения, в виде:

.

, ,

получим каноническое уравнение мнимых пересекающихся плоскостей:

.

Гиперболический цилиндр

Если λ 1 и λ 2 имеют разные знаки, а K 3 ≠ 0 , то общее уравнение поверхности второго порядка определяет гиперболический цилиндр.

Переписываем уравнение, получившееся после решения характеристического уравнения, в виде:

,

, .

Таким образом, каноническое уравнение гиперболического цилиндра:

.

Пересекающиеся плоскости

Если λ 1 и λ 2 имеют разные знаки, а K 3 = 0 , то общее уравнение поверхности второго порядка определяет две пересекающиеся плоскости.

Переписываем уравнение, получившееся после решения характеристического уравнения, в виде:

,

, .

Таким образом, пересекающихся плоскостей:

.

IV. Если I 3 = 0 , K 4 = 0 , I 2 = 0 , K 3 ≠ 0 , то общее уравнение поверхности второго порядка при помощи поворота и переноса прямоугольной системы координат может быть приведено к следующему виду:

,

где λ 1 = I 1 — отличный от нуля корень характеристического уравнения.

Параболический цилиндр

Уравнение, получившееся после решения характеристического уравнения, можно переписать в виде:

,

.

Это уравнение параболического цилиндра, в каноническом виде оно записывается так:

.

V. Если I 3 = 0 , K 4 = 0 , I 2 = 0 , K 3 = 0 , то общее уравнение поверхности второго порядка при помощи поворота и переноса прямоугольной системы координат может быть приведено к следующему виду:

,

.

Параллельные плоскости

Если K 2 , то общее уравнение поверхности второго порядка определяет две параллельные плоскости.

,

перепишем его в виде

.

Мнимые параллельные плоскости

Если K 2 > 0 , то общее уравнение поверхности второго порядка определяет две мнимые параллельные плоскости.

,

перепишем его в виде

.

Совпадающие плоскости

Если K 2 = 0 , то общее уравнение поверхности второго порядка определяет две совпадающие плоскости:

.

Решение примеров на определение вида поверхности второго порядка

Пример 1. Определить вид и составить каноническое уравнение поверхности, заданной относительно прямоугольной системы координат общим уравнением

Решение. Найдём I 3 :

(как вычислить определитель).

I 1 = 1 + 5 + 1 = 7 ,

Следовательно, данная поверхность — однополостный гиперболоид.

.

Составляем и решаем характеристическое уравнение:

;

.

,

, , .

Пример 2. Определить вид и составить каноническое уравнение поверхности, заданной относительно прямоугольной системы координат общим уравнением

Решение. Найдём I 3 :

.

.

Следовательно, общее уравнение определяет эллиптический параболоид.

.

I 1 = 2 + 2 + 3 = 7 .

Решаем характеристическое уравнение:

.

.

,

, .

Пример 3. Определить вид и составить каноническое уравнение поверхности, заданной относительно прямоугольной системы координат общим уравнением

,

,

,

I 1 = 5 + 2 + 5 = 12 .

Так как I 3 = К 4 = 0 , I 2 > 0 , I 1 K 3 , то данное общее уравнение определяет эллиптический цилиндр.

.

.

Определить вид поверхности второго порядка самостоятельно, а затем посмотреть решение

Пример 4. Определить вид и составить каноническое уравнение поверхности, заданной относительно прямоугольной системы координат общим уравнением

Касательная плоскость и нормаль к поверхности

Касательной плоскостью к поверхности σ в её точке М₀ называется плоскость, в которой лежат касательные ко всем кривым, проведённым на поверхности σ через точку М₀.
Уравнение касательной плоскости к поверхности, заданной уравнением z = f(x,y) , в точке M₀(x₀,y₀,z₀) имеет вид:

Пример №1 . Поверхность задана уравнением x 3 +5y . Найти уравнение касательной плоскости к поверхности в точке M₀(0;1).
Решение. Запишем уравнения касательной в общем виде: z — z₀ = f’_x(x₀,y₀,z₀)(x — x₀) + f’_y(x₀,y₀,z₀)(y — y₀)
По условию задачи x₀ = 0 , y₀ = 1 , тогда z₀ = 5
Найдем частные производные функции z = x^3+5*y :
f’_x(x,y) = (x 3 +5•y)’_x = 3•x 2
f’_x(x,y) = (x 3 +5•y)’_y = 5
В точке М₀(0,1) значения частных производных:
f’_x(0;1) = 0
f’_y(0;1) = 5
Пользуясь формулой, получаем уравнение касательной плоскости к поверхности в точке М₀: z — 5 = 0(x — 0) + 5(y — 1) или -5•y+z = 0

Пример №2 . Поверхность задана неявным образом y 2 -1/2*x 3 -8z. Найти уравнение касательной плоскости к поверхности в точке M₀(1;0;1).
Решение. Находим частные производные функции. Поскольку функция задана в неявном виде, то производные ищем по формуле:

Для нашей функции:

Тогда:

В точке М₀(1,0,1) значения частных производных:
f’_x(1;0;1) = -3 /₁₆
f’_y(1;0;1) = 0
Пользуясь формулой, получаем уравнение касательной плоскости к поверхности в точке М₀: z — 1 = -3 /₁₆(x — 1) + 0(y — 0) или 3 /₁₆•x+z- 19 /₁₆ = 0

Пример . Поверхность σ задана уравнением z= y/x + xy – 5x 3 . Найти уравнение касательной плоскости и нормали к поверхности σ в точке М₀(x₀, y₀, z₀), принадлежащей ей, если x₀ = –1, y₀ = 2.
Найдем частные производные функции z= f(x, y) = y/x + xy – 5x 3 :
f_x’(x, y) = (y/x + xy – 5x 3 )’_x = – y/x 2 + y – 15x 2 ;
f_y’ (x, y) = (y/x + xy – 5x 3 )’_y = 1/x + x.
Точка М₀(x₀, y₀, z₀) принадлежит поверхности σ, поэтому можно вычислить z₀, подставив заданные x₀ = –1 и y₀ = 2 в уравнение поверхности:

Пример №1 . Дана функция z=f(x,y) и две точки А(х₀, y₀) и В(х₁,y₁). Требуется: 1) вычислить значение z₁ функции в точке В; 2) вычислить приближенное значение z₁ функции в точке В исходя из значения z₀ функции в точке А, заменив приращение функции при переходе от точки А к точке В дифференциалом; 3) составить уравнение касательной плоскости к поверхности z = f(x,y) в точке C(x₀,y₀,z₀).
Решение.
Запишем уравнения касательной в общем виде:
z — z₀ = f’_x(x₀,y₀,z₀)(x — x₀) + f’_y(x₀,y₀,z₀)(y — y₀)
По условию задачи x₀ = 1, y₀ = 2, тогда z₀ = 25
Найдем частные производные функции z = f(x,y)x^2+3*x*y*+y^2:
f’_x(x,y) = (x 2 +3•x•y•+y 2 )’_x = 2•x+3•y 3
f’_x(x,y) = (x 2 +3•x•y•+y 2 )’_y = 9•x•y 2
В точке М₀(1,2) значения частных производных:
f’_x(1;2) = 26
f’_y(1;2) = 36
Пользуясь формулой, получаем уравнение касательной плоскости к поверхности в точке М₀:
z — 25 = 26(x — 1) + 36(y — 2)
или
-26•x-36•y+z+73 = 0

Пример №2 . Написать уравнения касательной плоскости и нормали к эллиптическому параболоиду z = 2x 2 + y 2 в точке (1;-1;3).
Скачать решение

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