Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Аналитическая геометрия. Практикум. Учебное пособие
.pdf
51
Один из двугранных углов, полученных при пересечении данных
2
1
2
1
2
1
C
C
B
B
A
A
.
6
3
2
1
4
2
.
1
2
2
1
2
1
рис. 15
плоскостей, равен 60º. Можно найти и второй угол:
= 180º – 60º =
2
120º.
Ответ:
= 60º; 2 = 120º.
1
2.2.5. Условие параллельности двух плоскостей
Пусть даны две плоскости:
α
: A1x + B1y + C1z + D1 = 0 и
1
α
: A2x + B2y + C2z + D2 = 0.
2
Если эти плоскости параллельны, то их
нормальные векторы N1 = {A1; B1; C
N2 = {A2; B2; C2} коллинеарны (см. рис. 15)
Если векторы коллинеарны, то их соответствующие координаты
пропорциональны:
(2.2.5)
Это – условие параллельности двух плоскостей.
Верно и обратное утверждение: если нормальные векторы
плоскостей коллинеарны, то плоскости параллельны.
} и
1
Пример 1. Какие из указанных пар плоскостей параллельны:
а) α
: 2x – y + 3z + 1 = 0, α2: 4x – 2y + 6z – 1 = 0;
1
б) α
: x + y – 2z + 3 = 0, α2: 2x – 2y + z + 1 = 0
1
Решение: а) Найдем координаты нормальных векторов.
N1 = {2; –1; 3} и N2 = {4; –2; 6}. Проверим их коллинеарность:
Отсюда следует, что N1 || N
, т.е. α
2
|| α2.
1
б) Найдем координаты N1 и N2: N1 = {1; 1; –2}, N2 = {2; –2; 1}.
Проверим коллинеарность:
Векторы N1 и N2 не коллинеарны, плоскости α1 и α2 не
параллельны.
Пример 2. Составить уравнение плоскости, проходящей через
точку M(2; 3; –2) параллельно плоскости α: x – 2y + z + 3 = 0.
52
Решение: Искомая плоскость параллельна данной плоскости. Поэ-
.
1
1
3
2 a
b
рис. 16
тому нормальный вектор плоскости α можно взять за нормальный
вектор искомой плоскости; N = Nα = {1; –2; 1}. Применяя уравнение
(2.2.1), получим:
1(x – 2) – 2(y – 3) + 1(z + 2) = 0 x – 2y + z + 6 = 0.
Ответ: x – 2y + z + 6 = 0.
Пример 3. Определить при каких a и b плоскости параллельны:
α
: 2x – ay + z + 1 = 0, α2: bx +3y – z + 4 = 0
1
Решение: Выпишем координаты нормальных векторов:
N1 = {2; –a; 1} и N2 = {b; 3; –1}. Так как плоскости параллельны, то
векторы N1 и N2 коллинеарны. По условию (2.2.5)
Отсюда по свойству пропорции b = – 2; a = 3.
Ответ: a = 3; b = –2.
2.2.6. Условие перпендикулярности двух плоскостей
Если плоскости α
и α2 перпендикулярны, то
1
их нормальные векторы N1 и N2 тоже перпендикулярны (см. рис.16) Отсюда следует,
что их скалярное произведение равно нулю,
т.е. N1∙ N2 = 0 или в координатной форме:
N1 = {A1; B1; C1}; N2 = {A2; B2; C2}
A1A2 + B1B2 + C1C2 = 0 (2.2.6)
Это – условие перпендикулярности двух плоскостей. Обратное
утверждение также верно, то есть, если выполняется условие (2.2.6),
то векторы N1 N
, следовательно, α
2
α2.
1
Пример 1. Какие из указанных плоскостей перпендикулярны:
а) α
: 3x – 2y – 2z + 7 = 0, α2: 2x + 2y + z + 4 = 0;
1
б) α
: 2x – z + 1 = 0, α2: y + 2z + 3 = 0.
1
Решение: а) Запишем координаты нормальных векторов:
N1 = {3; –2; –2} и N2 = {2; 2; 1}.
Проверим их ортогональность:
53
N1 ∙ N2 = 3∙2 + (–2)∙2 + (–2)∙1 = 6 – 4 – 2 = 0
222
000
||
CBA
DCzByAx
d
3
16
3
|32183|
2)2(1
|3129)2(31|
222
d
.
3
1
3
1
5
рис. 17
Отсюда следует, что α
α2.
1
б) Запишем координаты нормальных векторов: N1 = {2; 0; –1}
и N2 = {0; 1; 2}.
Найдем их скалярное произведение:
N1 · N2 = 2∙0 + 0∙1 + (–1)∙2 = –2 N1 · N2 ≠ 0, то есть, плоскости
α
и α2 не перпендикулярны.
1
Пример 2. При каком значении m плоскости перпендикулярны
α
: 2x – 2y + mz – 1 = 0, α2: 3x + y – 2z + 4 = 0 ?
1
Решение: Запишем координаты нормальных векторов:
N1 = {2; –2; m} и N2 = {3; 1; –2} и найдем их скалярное произведение: N1∙ N2 = 2∙3 + (–2)∙1 + m∙(–2) = 6 –2 –2m = 4 –2m. Так как плоскости перпендикулярны, то N1∙ N2 = 0. Следовательно, 4 – 2m = 0;
m = 2.
Ответ: m = 2.
2.2.7. Расстояние от точки до плоскости
Пусть дана точка M0(x0; y0; z0) и плоскость
α: A1x + B1y + C1z + D1 = 0.
Расстояние от точки M0 до плоскости α (см.
рис.17) находим по формуле:
(2.2.7)
Пример: Найти расстояние от точки M(3; 9; 1) до плоскости
α: x – 2y + 2z – 3 = 0.
Решение: Применяем формулу (2.2.7), где A = 1, B = –2, C = 2,
D = –3,
5
Ответ: d =
54
2.3. Прямая в пространстве
MM
0
MM
0
p
zz
n
yy
m
xx
000
.
3
1
0
2
2
1 zyx
.
000
p
zz
n
yy
m
xx
рис. 18
рис. 19
2.3.1. Канонические уравнения прямой
Пусть в системе координат Oxyz дана прямая, которая проходит
через точку M0(x0; y0; z0) (см. рис.18). Обозначим через s = {m, n, p},
ненулевой вектор, параллельный данной
прямой. Вектор s называется направляю-
щим вектором прямой. Возьмем на прямой произвольную точку M(x, y, z) и рас-
смотрим вектор
={x –x0, y –y0, z –z0}.
Векторы
и s коллинеарны, следо-
вательно, их соответствующие координаты
пропорциональны:
(2.3.1)
Эти уравнения называются каноническими уравнениями прямой.
Пример. Написать уравнения прямой, проходящей через точку
M(1; 2; –1) параллельно вектору s ={2,0,3}
Решение: Вектор s является направляющим вектором искомой прямой. Применяя формулы (2.3.1), получим:
Это – канонические уравнения прямой.
Замечание: Обращение в нуль одного
из знаменателей означает обращение в нуль соответствующего
числителя, то есть y – 2 = 0; y = 2. Данная прямая лежит в плоскости
y = 2, параллельной плоскости Oxz.
2.3.2. Параметрические уравнения прямой
Пусть прямая задана каноническими уравнениями
55
Обозначим
,0t
m
xx
.;
00
t
p
zz
t
n
yy
ptzz
ntyy
mtxx
0
0
0
.
3
1
0
2
2
1 zyx
t
z
t
y
t
x
3
1
;
0
2
;
2
1
tz
y
tx
31
2
21
.31
2
21
tz
y
tx
,AB
тогда
Величина t на-
зывается параметром и может принимать любые значения: –∞< t <∞.
Выразим x, y и z через t:
. (2.3.2)
Полученные уравнения называются параметрическими
уравнениями прямой.
Пример 1. Составить параметрические уравнения прямой, прохо-
дящей через точку M(1; 2; –1) параллельно вектору s ={2; 0; 3}.
Решение: Канонические уравнения этой прямой получены в
примере пункта 2.3.1:
Для нахождения параметрических уравнений прямой применим
вывод формул (2.3.2.):
x = 1 + 2t; y = 2 + 0∙t; z = –1 + 3t.
Итак,
Ответ:
– параметрические уравнения прямой.
Пример 2. Составить параметрические уравнения прямой,
проходящей через точку M(–1; 0; 1) параллельно вектору
где
A(2; 1; –1), B(–1; 3; 2).
56
Решение: Вектор
AB
AB
tz
ty
tx
31
2
31
2
1
MM
2
1
MM
12
1
12
1
12
1
zz
zz
yy
yy
xx
xx
0
2
1
1
1
2
22
2
10
1
21
2 zyxzyx
t
z
t
y
t
x
0
2
;
1
1
;
1
2
tz
ty
tx
02
)1(1
)1(2
2
1
2
z
ty
tx
рис. 20
прямой. Найдем его координаты:
является направляющим вектором искомой
= {–3; 2; 3}. По формулам
(2.3.2) запишем параметрические уравнения прямой.
Ответ:
.
2.3.3. Уравнения прямой, проходящей через две заданные точки
Через две заданные точки в пространс-
тве проходит единственная прямая (см.
рис. 20). Пусть даны точки M1(x1, y1, z1) и
M2(x2, y2, z2). Вектор
можно при-
нять за направляющий вектор данной прямой. Тогда уравнения прямой находим по
формулам (2.3.1), зная точку M1 и вектор
s =
= {x2 – x1, y2 – y1, z2 – z1}:
(2.3.3)
Эти уравнения называются уравнениями прямой по двум точкам.
Пример 1. Составить канонические и параметрические уравнения
прямой, проходящей через точки M1(2; 1; –2) и M2(1; 0; –2).
Решение: Применяем формулу (2.3.3)
Получили канонические уравнения прямой. Для получения пара-
метрических уравнений применим вывод формул (2.3.2) Получим
или
. Это – параметрические уравне-
ния прямой.
.
57
Пример 2. Составить канонические и параметрические уравнения
21
2
1 1
1
22
2 zyx
.
3
2
0
1
0
2 zyx
t
z
t
y
t
x
3
2
;
0
1
;
0
2
tz
y
x
32
1
2
0
0
2222
1111
DzCyBxA
DzCyBxA
рис. 21
прямой, проходящей через точки M1(2; 1; 2) и M2(2; 1; –1)
Решение: По формулам (2.3.3) получим:
Это – канонические
уравнения.
Переходим к параметрическим уравне-
ниям:
. Это – параметрические
уравнения. Полученная прямая параллельна оси Oz (см. рис. 21).
2.3.4.Прямая как линия пересечения двух плоскостей
Пусть в пространстве даны две плоскости:
α
: A1x + B1y + C1z + D1 = 0 и
1
α
: A2x + B2y + C2z + D2 = 0.
2
Если эти плоскости не совпадают и не параллельны, то они
пересекаются по прямой:
(2.3.4)
Эта система двух линейных уравнений задает прямую как линию
пересечения двух плоскостей. От уравнений (2.3.4) можно перейти
к каноническим уравнениям (2.3.1) или параметрическим уравнениям (2.3.2). Для этого необходимо найти точку M0, лежащую на прямой, и направляющий вектор s. Координаты точки M0 получим из
системы (2.3.4), придав одной из координат произвольное значение
(например, z = 0). За направляющий вектор s можно взять векторное произведение векторов N1 = {A1, B1, C1} и N2 = {A2, B2, C
}, то
2
есть, s = N1 N2 или
58
.
222
111
21
CBA
CBA
kji
NNs
.
0532
01
zyx
zyx
.
05201yx
yx
12
11
32
11
31
11
312
111
21
kji
kji
NNs
.
31
1
4
2
⇒
3
0
1
1
4
)2( zyxzyx
31
1
4
2 zyx
.
01
032
zyx
zyx
Пример 1. Составить канонические уравнения прямой
Решение: Пусть z = 0. Решим систему
Сложив эти уравнения, получим: 3x + 6 = 0 x = –2. Подставим
найденное значение x = –2 в первое уравнение системы и получим:
–2 + y + 1 = 0 y = 1.
Итак, точка M0(–2; 1; 0) лежит на искомой прямой.
Для нахождения направляющего вектора прямой запишем
нормальные векторы плоскостей: N1 = {1; 1; –1} и N2 = {2; –1; –3}
и найдем их векторное произведение:
= i(–3 – 1) – j(–3 + 2) + k(–1 – 2) = –4i + j – 3 k s = {–4; 1; –3}.
Уравнения прямой находим по формулам (2.3.1):
Ответ:
.
Другой способ: канонические и параметрические уравнения
прямой (2.3.4) легко получить, найдя две различные точки на прямой
из системы (2.3.4), а затем применив формулы (2.3.3) и вывод
формул (2.3.2).
Пример 2. Составить канонические и параметрические уравнения
прямой
59
Решение: Пусть y = 0. Тогда система примет вид:
.
01
03
zx
zx
01
032zyzy
1
04
yz
y
5
4
z
y
1)(5
1)(
04
0
2)(0
)2( zyx
.
6
1
42
2 zyx
t
z
t
y
t
x
6
1
;
4
;
2
2
tz
ty
tx
61
4
22
1
1
1
1
1
1
p
zz
n
yy
m
xx
2
2
2
2
n
yy
m
xx
2
2
p
zz
||||
cos
21
21
ss
ss
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
212121
cos
pnmpnm
ppnnmm
рис. 22
Сложив уравнения, получим: 2x + 4 = 0; x = –2. Подставим x = –2
во второе уравнение системы и получим: –2 – z + 1 = 0 z = –1.
Итак, нашли точку M1(–2; 0; –1).
Для нахождения второй точки положим x = 0. Будем иметь:
M
(0; 4; 5).
2
Далее применяем формулы (2.3.3):
Получили канонические уравнения прямой.
Составим параметрические уравнения прямой:
.
2.3.5. Взаимное расположение двух прямых в пространстве
Пусть прямые l1 и l2 заданы уравнениями:
l1:
; l2:
.
Под углом между этими прямыми понимают угол между их направляющими векторами s1 = {m1, n1, p1} и s2 = {m2, n2, p
2
рис. 22). Этот угол находим по формуле
из векторной алгебры:
} (см.
или
(2.3.5)
Если прямые l1 и l2 перпендикулярны (l1 l2), то cos = 0.
Следовательно, m1·m2 + n1·n2 + p1·p2 = 0 (2.3.6)
60
Это условие перпендикулярности двух прямых в пространстве.
2
1
2
1
2
1
p
p
n
n
m
m
3
2
1
22zyx
;
0532
012
zyx
zyx
12
1
1
1 zyx
.
1
1
2
31zyx
kji
kji
NN 482
312
112
21
.0
16644914
)4(3)8()1(22
cos
.
1
1
2
2
1
1
1
1
1
13zyx
.
0101zyx
zyx
Если прямые l1 и l2 параллельны (l1 || l2), то их направляющие
векторы коллинеарны ( s1 || s
), то есть
2
(2.3.7)
Это условие параллельности двух прямых в пространстве.
Пример 1. Найти угол между прямыми:
а) l1:
б) l1:
и l2:
и l2:
Решение: а) Запишем направляющий вектор первой прямой l1:
s1 ={2; –1; 3}. Найдем направляющий вектор s2 второй прямой.
Для этого находим нормальные векторы N1 и N2 плоскостей,
входящих в систему N1 = {2; 1; –1} и N2 = {2; –1; 3}. Затем найдем
их векторное произведение:
s2 =
Зная s1 = {2; –1; 3} и s2 = {2; –8; –4}, по формуле (2.3.5)
получим:
и s2 = {–1; –2; 1}. Векторы s1 и s2 коллинеарны, так как их
соответствующие координаты пропорциональны:
Следовательно, = 90º (l1 l2).
б) Запишем направляющие векторы данных прямых: s1={1; 2; –1}
Значит прямые l1 и l2 параллельны (l1 || l2), то есть = 0º.
Ответ: а) = 90º; б) = 0º.
Пример 2. Доказать перпендикулярность прямых:
l1:
и l2:
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]