3. Лінії в просторі.

Обговоримо два можливих випадки задання лінії в просторі.

1) Нехай поверхні та перетинаються по деякій лінії. Якщо та - рівняння поверхонь та , то лінія L, по якій перетинаються ці поверхні, задається системою рівнянь

2) Координати (х;у;z) точки лінії розглядаються як функції деякої незалежної змінної t

.

Змінна t називається параметром, а вказаний спосіб – параметричним заданням кривої. В тому випадку, коли параметр t є часом, криву L можна розглядати як траєкторію рухомої матеріальної точки. При цьому точка попередня до точки якщо . Одна і та ж сама крива може мати різні параметризації. Від одного способу завдання лінії можна переходити до іншого. Наприклад, нехай лінія задана параметрично . Тоді t=z і після виключення t з двох перших параметричних рівнянь одержимо систему рівнянь цієї лінії

z[0;2]. Приклад 3. Знайти лінію перетину поверхні зплощиною z = 3.

Р озв'язання.

Рис.55

Таким чином, лінія є еліпсом, який розташований в площині z = 3 (рис. 55). Цей еліпс можна задати і параметрично . При такій параметризації зображуюча точка рухається проти годинникової стрілки. Значенню t=0 відповідає вершина еліпса ( ;0;3), а значенню відповідає

вершина (0; ;3).

Пряма в просторі.

Розглянемо точку та ненульовий вектор .Одержимо

рівняння прямої з напрямним вектором , яка проходить через точку .

Приймемо для цієї прямої позначення ( ; ). Точка тоді і тільки тоді, коли або , або (ясно, що ці умови рівносильні). Перша умова в координатній формі приводить до канонічного рівняння прямої:

, (10.6)

а друга – до параметричних рівнянь прямої:

(10.7)

Рівняння (10.6) може бути записано у вигляді системи, яка відповідає лінії перерізу двох площин:

Канонічне рівняння прямої l може бути одержано, якщо пряма l задана як лінія перерізу двох площин та :

(10.8)

Дійсно: 1)Оскільки та , то і . Тому векторний добуток нормальних векторів та можна вважати напрямним вектором прямої l; 2) щоб знайти точку треба задати значення одного невідомого в системі (10.8) так, щоб можна було знайти значення двох інших невідомих.

Приклад 4. Знайти канонічне і параметричні рівняння прямої l, що задана як лінія перерізу двох площин , .

Розв’язання. Нехай . Тоді , а і, отже, . Канонічне рівняння прямої має вигляд ,а параметричні: .

4. Взаємне розташування прямих та площин у просторі.

Згадаємо, як визначається кут між двома площинами та . Нехай

площини та перерізаються по прямій l. Проведемо площину , яка перпендикулярна l. Площина перерізається з площинами та відповідно по прямим та . Кут між цими прямими називається кутом між площинами та . Позначимо через кут між нормальними векторами та цих площин. Тоді , якщо і , якщо .

Отже, . (10.9)

Зокрема площини та паралельні тоді і тільки тоді, коли || і перпендикулярні тоді і тільки тоді, коли  .

Аналогічно знаходиться кут поміж парою прямих та з базисними (напрямними) векторами та :

. (10.10)

З (10.10) виходить, що  ,   .

ІДЗ_6(Завдання 5).Задано координати точок A, B, C. Знайти

1. рівняння площини P₁, що проходить через точку A перпендикулярно вектору ;

2. відстань від точки C до цієї площини;

3. рівняння площини P₂ , що проходить через точки A, B, C;

4. канонічні рівняння прямої L₁, що проходить через точки B і С;

5. точку перетину прямої L₁ із площиною P₁;

6. кут між площиною P₁ і прямою L₂ , що проходить через точки A і C (у градусах).

№№	A	B	C
30	(2;1;2)	(-2;3;4)	(-6;-3;3)

Розв’язання. 1) – рівняння площини, яка проходить через задану точку перпендикулярно вектору .

В ектор (–4;–6;–1), тому при рівняння P₁: –4(х–2)–6(у–1)–1( -2)=0

–4х–6у– +16=0 4х+6у+ –16=0.

2) Відстані від точки до площини обчислюється за формулою

тому відстань від точки С(-6;-3;3) до площини P₁ є

.

3) – рівняння площини, яка проходить через три задані точки , та . (–4;2;2), (–8;–4;1), точка , ( ; ; ). Рівняння : 10)(x-2)–12(у-1)+32(z-2)=

=10x–12y+32z–20+12–64=10x–12y+32z–72=0.Таким чином, : 5x–6y+16z–36=0.

4) – канонічне рівняння прямої , де –напрямний вектор , точка .Тому при (–-4;–6;–1)

(-2;3;4) маємо : , або : .

5) Розв’язок системи, складеної з рівнянь прямої та площини P₁

і є координатами шуканої точки перетину. Параметричні рівняння прямої :

. Підставимо x, y, z в рівняння площини

,

, .

6) Кут прямої з напрямним вектором (–8;–4;1) та площиною :4х+6у+ –16=0 знах-ся за формулою: ;

=

ІДЗ_6(Завдання 5).Задано координати точок A, B, C. Знайти

7. рівняння площини P₁, що проходить через точку A перпендикулярно вектору ;

8. відстань від точки C до цієї площини;

9. рівняння площини P₂ , що проходить через точки A, B, C;

10. канонічні рівняння прямої L₁, що проходить через точки B і С;

11. точку перетину прямої L₁ із площиною P₁;

12. кут між площиною P₁ і прямою L₂ , що проходить через точки A і C (у градусах).

№№	A	B	C
30	(2;1;2)	(-2;3;4)	(-6;-3;3)

Розв’язання. 1) – рівняння площини, яка проходить через задану точку перпендикулярно вектору .

В ектор (–4;–6;–1), тому при рівняння P₁: –4(х–2)–6(у–1)–1( -2)=0

–4х–6у– +16=0 4х+6у+ –16=0.

2) Відстані від точки до площини обчислюється за формулою

тому відстань від точки С(-6;-3;3) до площини P₁ є

.

3) – рівняння площини, яка проходить через три задані точки , та . (–4;2;2), (–8;–4;1), точка , ( ; ; ). Рівняння : 10)(x-2)–12(у-1)+32(z-2)=

=10x–12y+32z–20+12–64=10x–12y+32z–72=0.Таким чином, : 5x–6y+16z–36=0.

4) – канонічне рівняння прямої , де –напрямний вектор , точка .Тому при (–-4;–6;–1)

(-2;3;4) маємо : , або : .

5) Розв’язок системи, складеної з рівнянь прямої та площини P₁

і є координатами шуканої точки перетину. Параметричні рівняння прямої :

. Підставимо x, y, z в рівняння площини

,

, .

6) Кут прямої з напрямним вектором (–8;–4;1) та площиною :4х+6у+ –16=0 знах-ся за формулою: ;

=

45