7. Уравнения прямой в пространстве:

• общие уравнения прямой в пространстве (уравнения прямой как линии пересечения двух непараллельных плоскостей) A₁x + B₁y + C₁z + D₁ = 0 и A₂x + B₂y + C₂z + D₂ = 0:

направляющий вектор этой прямой а = N₁N₂ = , а точка на прямой определяется решением системы при фиксированном значении одной из переменных, например, приz₀ = 0 значения x₀, y₀ являются решением системы

• канонические уравнения прямой – уравнения прямой, проходящей через точку М(x₀; y₀; z₀), с заданным направляющим вектором a = {a_x; a_y; a_z}: ;

• уравнения прямой, проходящей через две точки М₁(x₁; y₁; z₁), М₂(x₂; y₂; z₂): ;

• параметрические уравнения прямой, проходящей через точку М(x₀; y₀; z₀), с заданным направляющим вектором a = {a_x; a_y; a_z}: х = х₀ +t·a_x; y = y₀ +t·a_y; z = z₀ + t·a_z.

8. Угол между прямой и плоскостью – острый угол  между прямой и ее проекцией на плоскость; если прямая задана каноническими уравнениями , а плоскость – общим уравнениемAx + By + Cz + D = 0, то sin  = , гдеN = {A; B; С} – нормальный вектор плоскости, a = {a_x; a_y; a_z} – направляющий вектор прямой.

9. Угол между двумя прямыми в пространстве: если известны направляющие векторы a₁ и a₂ двух прямых в пространстве соответственно, то косинус острого угла a между этими прямыми:

cos  = .

Примеры выполнения заданий лабораторной работы

1^. Написать уравнения прямых, проходящих через точку М(– 2; 1), одна из которых параллельна, а другая – перпендикулярна заданной прямой l: 5x + 3y – 4 = 0. Выполнить чертеж.

Решение.

Прямая l: 5x + 3y – 4 = 0, задана общим уравнением на плоскости. Ее нормальный вектор N = {5; 3}, направляющий вектор а = {3; – 5}.

а) Находим уравнение прямой l₁, перпендикулярной прямой l. Для l₁ нормальным вектором N₁ является вектор а, т.е. N₁ = {3; – 5}. Записываем уравнение прямой l₁ по заданному нормальному вектору N₁ = {3; – 5} и точке М(– 2; 1), через которую эта прямая проходит: 3(х + 2) – 5(у – 1) = 0, т.е. l₁: 3х – 5у + 11 = 0.

б) Находим уравнение прямой l₂, параллельной прямой l. Для l₂ нормальным вектором N₁ является вектор N, т.е. N₂ = {5; 3}. Записываем уравнение прямой l₂ по заданному нормальному вектору N₂ = {5; 3} и точке М(– 2; 1), через которую эта прямая проходит: 5(х + 2) + 3(у – 1) = 0, т.е. l₂: 5х + 3у + 7 = 0.

в) Чтобы построить графики прямых l₁, l₂, l, определим по 2 точки для каждой из этих прямых, через которые они проходят (одна точка для l₁ и l₂ уже задана: М(– 2; 1)). Для этого, задавая, например значение х, по уравнению соответствующей прямой найдем координату у искомой точки:

l1:

х

–2

3

l2:

х

–2

1

l:

х

2

– 1

у

1

4

у

1

– 4

у

–2

3

Т.о., прямая l₁ проходит через точки М(– 2; 1) и М₁(3; 4); прямая l₂ проходит через точки М(– 2; 1) и М₂(1; – 4); прямая l проходит через точки М₃(2; – 2) и М₄(– 1; 3):

Ответ: l₁: 3х – 5у + 11 = 0 (l₁  l); l₂: 5х + 3у + 7 = 0 (l₂ || l).

2^. Написать уравнения прямой, которая проходит через точку М(6; 5) и через точку пересечения прямых l₁: x – y + 3 = 0, и l₂: 5x – 3y – 1 = 0. Выполнить чертеж.

Решение.

Находим точку пересечения М₁ прямых l₁ и l₂: . Решая эту систему, например, по формулам Крамера, получаем координаты этой точки:М₁(5; 8).

Записываем искомое уравнение прямой l, проходящей через точки М(6; 5) и М₁(5; 8) на плоскости: = 0, гдех₁ = 6; у₁ = 5; х₂ = 5; у₂ = 8, т.е.: = 0, или 3(х – 6) + (у – 5) = 0, т.е. l: 3х + у – 23 = 0.

Чтобы построить графики прямых l₁, l₂, l, дополнительно определим по 2 точки для каждой из прямых l₁: x – y + 3 = 0, и l₂: 5x – 3y – 1 = 0, через которые они проходят. Для этого, задавая, например значение х, по уравнению соответствующей прямой найдем координату у искомой точки:

l1:	х	0	– 3		l2:	х	–1	2
	у	3	0			у	– 2	3

Ответ: l: 3х + у – 23 = 0.

3^. Найти расстояние от точки Р(– 4; 2) до прямой на плоскости: а) l₁: б) l₂: .

Решение.

а) Преобразуем параметрические уравнения прямойl₁ в общее уравнение этой прямой на плоскости. Для этого исключим из системы параметр t. Из 1-го уравнения находим: t = (х + 1)/3. Подставляем это выражение для t во 2-е уравнение системы: у = 4(х + 1)/3 – 2, откуда получаем: 4х – 3у + 2 = 0.

Теперь используем формулу определения расстояние от точки Р(x₀; y₀) до прямой Ax + By + C = 0: Посколькуx₀ = – 4; у₀ = 2; А = 4; В = – 3; С = 2, то расстояние от точки Р(– 4; 2) до прямой l₁: = 4 лин. ед.

б) Преобразуем каноническое уравнение прямойl₂ в общее уравнение этой прямой на плоскости: х – 1 = – 3(у + 3), или х + 3у + 8 = 0.

Теперь используем формулу определения расстояние от точки Р(x₀; y₀) до прямой Ax + By + C = 0: Посколькуx₀ = – 4; у₀ = 2; А = 1; В = 3; С = 8, то расстояние от точки Р(– 4; 2) до прямой l₂: =лин. ед.

Ответ: а) 4 лин. ед.; б) лин. ед.

4^. Даны координаты вершин пирамиды ABCD: A(2; 3; 1), B(4; 1; – 2), C(6; 3; 7), D(– 5; – 4; 8).

Составить:

а) канонические уравнения прямой AB;

б) общее уравнение плоскости ABC;

в) канонические уравнения высоты DO, проведенной из вершины D на основание ABC.

Найти:

г) угол между ребром AD и гранью ABC;

д) длину высоты DO.

Решение.

а) Составляем канонические уравнения прямой AB по координатам двух точек A(2; 3; 1) и B(4; 1; – 2) на этой прямой:

, где х₁ = 2, у₁ = 3, z₁ = 1; х₂ = 4, у₂ = 1, z₂ = – 2. Т.о.,

АВ: , или.

б) Составляем общее уравнение плоскости ABC по координатам трех точек на этой плоскости A(2; 3; 1), B(4; 1; – 2), C(6; 3; 7): = 0, гдех₁ = 2, у₁ = 3, z₁ = 1; х₂ = 4, у₂ = 1, z₂ = – 2; х₃ = 6, у₃ = 3, z₃ = 7. Т.о., АВС: = 0, или,= 0. Разлагая этот определитель по первой строке, получим: (х – 2)(– 12) – (у – 3)24 + (z – 1)8 = 0. т.е. уравнением плоскости, содержащей АВС, является: – 12х – 24у + 8z + 88 = 0, или 3х + 6у – 2z – 22 = 0.

в) Перед тем, как составить канонические уравнения прямой DO отметим, что нормальный вектор плоскости АВС N = {3; 6; – 2} является направляющим вектором высоты DO, опущенной из вершины D треугольной пирамиды на ее основание АВС.

Теперь составляем канонические уравнения прямой DO по координатам точки D(– 5; – 4; 8) на этой прямой и направляющему вектору а = {3; 6; – 2} этой прямой: , гдех₀ = – 5, у₀ = – 4, z₀ = 8; а_х = 3, а_у = 6, а_z = – 2. Следовательно, DO: .

г) Прежде, чем найти угол между ребром AD и гранью ABC, определим канонические уравнения прямой AD по координатам точек A(2; 3; 1) и D(– 5; – 4; 8): , или, или.

Теперь находим синус острого угла  между ребром AD, направляющий вектор которого а = {1; 1; –1}, и гранью ABC с нормальным вектором N = {3; 6; – 2}: sin  = ==≈ 0,9073.

Следовательно,  ≈ arc sin 0,9073 ≈ 65,13.

д) Находим длину высоты DO, т.е. расстояние от точки D(– 5; – 4; 8) до плоскости ABC: 3х + 6у – 2z – 22 = 0. Поскольку расстояние от точки Р(х₀; у₀; z₀) до плоскости Ax + By + Cz + D = 0: , то искомая длина высоты DO равна = 11 лин. ед.

Ответ: а) АВ: ;

б) АВС: 3х + 6у – 2z – 22 = 0;

в) DO: ;

г)  ≈ arc sin 0,9073 ≈ 65,13;

д) 11 лин. ед.