Вишка. Клочко

останнє рівняння прийме вигляд у=kx+b. Але ж це рівняння є рівнянням прямої з кутовим коефіцієнтом.

2. Якщо В = 0, то рівняння Ах+Ву+С=0 прийме вигляд

Ах+С=0, звідки x = - CA або х = а, де a = - CA . А рівняння х = а, як відомо,

визначає пряму, паралельну осі Оу.

3. Доведемо нарешті, що вектор N = (A; B) перпендикулярний цій прямій, тобто є нормальним вектором цієї прямої. Виберемо на цій прямій дві довільні точки M1 (x1; y1) і M2 (x2; y2). Тоді координати цих точок задовольняють рівняння Ax+By+C=0, тобто справедливі рівності Ах1+Ву1+С=0 і Ах2+Ву2+С=0. Віднімемо від другої рівності першу, дістанемо: А(х2 – х1)+В(у2 –у1)=0. Це означає, що вектори N=(A;B) і

s = (х2 – х1; у2 – у1) є перпендикулярні, бо останню рівність можна записати

називається загальним рівнянням прямої, його коефіцієнти числа А і В є координатами її нормального вектора.

Рівняння (3.10) називається рівнянням прямої у відрізках на осях. Ця назва пояснюється тим, що пряма, визначена рівнянням (3.10), перетинає координатні осі в точках А (а; 0) і В (0; b).

3.2.6. Кут між двома прямими

1.Нехай дві прямі задані своїми рівняннями y=k1x+b1 і y=k2x+b2, де k1

іk2 – кутові коефіцієнти прямих, причому k1 =tgj1, k2 =tgj2, де j1 і j2 відповідно задані кути нахилу до осі Ох цих прямих (рис.3.6). Оскільки кут

j2 є зовнішнім відносно трикутника АВС, то j2 =j1+j, звідки j=j2–j1, де j

– один із суміжних кутів між прямими.

50

Тоді tgϕ = tg(ϕ2 − ϕ1) = tgϕ2 − tgϕ1 . 1+ tgϕ1tgϕ2

Користуючись формулою (3.11), за відомим значенням tgϕ знаходимо шуканий кут ϕ.

З формули (3.11) випливають умови паралельності і перпендикулярності двох прямих з кутовими коефіцієнтами k1 і k2.

Дві прямі паралельні тоді і тільки тоді, коли їх кутові коефіцієнти

рівні, тобто k1= k2.

Дві прямі перпендикулярні тоді і тільки тоді, коли їх кутові коефіцієнти задовольняють умову 1+k1k2=0, тобто k2= –1/k1. Це випливає з того, що для перпендикулярних прямих ϕ=π/2, а tgπ/2 не існує, а це буде тоді, коли знаменник дробу у формулі (3.11) дорівнює нулю.

Приклад 2. Скласти рівняння прямої, що проходить через точку М0(–2;1) перпендикулярно прямій 2х+3у–1=0.

Розв’язування. Оскільки шукана пряма проходить через задану точку М0(–2;1), то скористаємось рівнянням у–у0 =k(x–x0), будемо мати: y–1=k(x+2). Треба ще визначити кутовий коефіцієнт шуканої прямої, який визначимо, користуючись умовою перпендикулярності двох прямих

51

виберемо біжучу точку М(х; у) і розглянемо вектор M 0M = (x + 2, y - 1) . Оскільки нормальний вектор N = (2;3) даної прямої паралельний шуканій прямій, то вектори M0M і N колінеарні, тоді їх координати пропорційні

x +2 2 = y 3−1 , звідки 3х+6=2у–2 або 3х–2у+8=0. Те, що рівняння збіглися,

свідчить про те, що рівняння шуканої прямої знайдено правильно.

Відповідь: 3х–2у+8=0.

Зауваження. Якщо прямі задані загальними рівняннями А1х+В1у+С1=0 і А2х+В2у+С2=0, то кут між прямими дорівнює куту між їх нормальними векторами N1 = (A1; B1) і N2 = (A2; B2) як кути із взаємно

перпендикулярності двох прямих є рівність А1А2 +В1В2 =0.

3.2.7 Відстань від точки до прямої

Нехай на площині дана точка М0(х0; у0) і пряма, що визначається загальним рівнянням Ах+Ву+С=0. Треба знайти відстань d від цієї точки до прямої. Шукана відстань d=|M0K|, де К – проекція точки М0 на пряму.

Через х1 і у1 позначимо координати точки К. Тоді M0K = (x1 - x0 ; y1 - y0 ). Оскільки вектори M0K і N, де N – нормальний вектор прямої, колінеарні,

тому| M 0 K × N |=| M 0 K | ×| N | , бо |cosj|=1. Запишемо останню рівність через декартові координати векторів.

Оскільки M0K × N = А( х1 - х0 )+ В( у1 - у0 ), то M0 K × N = A(x1 - x0 ) +

то її координати задовольняють рівняння Ах+Ву+С=0, тобто Ах1+Ву1+С=0, звідси Ах1+Ву1= –С. Тоді попередня рівність запишеться так: |–Ах0–Ву0– С|=d|N або d|N|=|Ах0+Ву0+С|, звідки маємо

називають нормальним або нормованим рівнянням прямої.

52

Складемо тепер рівняння висоти, опущеної з вершини В, як прямої, що проходить через точку В перпендикулярно вектору AC = (1;−3) , який можна вважати її нормальним вектором. Для цього виберемо біжучу точку

будемо мати, що x=4/3, y=25/9; звідси х = –1, а у = 2. Отже, точкою перетину вказаної медіани з відповідною висотою є точка Е(4/3; 25/9).

Відповідь: (4/3; 25/9).

Приклад 6. Знайти точку, симетричну точці А(–1; 3) відносно прямої

х–2у+2=0.

Розв’язування. Зауважимо, що симетричні точки А і В розташовані на одному перпендикулярі до даної прямої на однаковій відстані від неї. З рівняння даної прямої х–2у+2=0 знайдемо її кутовий коефіцієнт, для цього зведемо це рівняння до рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом, а саме:

y = 12 x +1, звідки k1 = 12 . Кутовий коефіцієнт перпендикулярної до неї

прямої знайдемо з умови, що 1+k1k2=0, звідки k2= –1/k1= –2. Складемо рівняння перпендикулярної прямої, що проходить через точку А(–1; 3), користуючись рівнянням y–y0 = k(x–x0), дістанемо:

у–3= –2(х+1), звідси 2х+у–1=0.

Отже, точка С(0; 1) є проекцією точки А на дану пряму.

Звернемо увагу на те, що точка С є серединою відрізка, що з’єднує точку А і шукану точку В. Позначивши координати шуканої точки В через

54

х і у і користуючись формулою координат середини відрізка через х і у,

Отже, симетричною точкою відносно даної прямої є точка В(1; –1).

Відповідь: (1; –1).

3.3 Площина 3.3.1 Векторне і загальне рівняння площини

Положення площини відносно прямокутної системи координат Охуz повністю визначається деякою точкою М0(х0; у0; z0) на площині і вектором N, який перпендикулярний до цієї площини. Вектор N, перпендикулярний до площини, називається нормальним вектором площини. Нехай відомі координати нормального вектора площини N=(А; В; С). Виведемо рівняння цієї площини, тобто складемо рівняння, що зв’язує біжучі координати точки площини. Нехай М(х; у; z) – біжуча точка площини.

Розглянемо вектор M0M = (x − x0; y − y0; z − z0 ) . Оскільки вектори M0M і N перпендикулярні, то їх скалярний добуток дорівнює нулю, тобто M0M ×N=0. Це і є рівняння площини у векторній формі. Якщо ввести

Це рівняння називається загальним рівнянням площини.

55

Отже, якщо вектор N = (A, B, C) є нормальним вектором площини, то її рівняння має вигляд (3.17).

Справедливе і обернене твердження.

Теорема. Якщо площина задається лінійним рівнянням з трьома змінними першого степеня Ax+By+Cz+D=0, то вектор N=(A,B,C), що визначається цим рівнянням, перпендикулярний до цієї площини.

Доведення. Нехай точки М1(х1; у1; z1), М2(х2; у2; z2) і М3(х3; у3; z3)

лежать в площині, що описується рівнянням (3.17), тоді координати цих точок задовольняють рівняння (3.17), тобто Ax1+By1+Cz1+D=0,

Ax2+By2+Cz2+D = 0, Ax3+By3+Cz3+D = 0.

Віднявши від другої і третьої рівностей першу рівність, дістанемо такі рівності: A(x2–х1)+B(y2–у1)+C(z2–z1)= 0 і A(x3–х1)+B(y3–у1)+C(z3–z1)=0

або N × M2 M1 = 0 і N × M3M1 = 0. А ці рівності означають, що вектор

N=(A, B, C) перпендикулярний до векторів M2M1 і M3M1 , які лежать в

даній площині. Тоді вектор N перпендикулярний до цієї площини. Теорему доведено.

3.3.2 Рівняння площини, що проходить через три задані точки

Положення площини повністю визначається, якщо на ній задати три

точки М1(х1; у1; z1), М2(х2; у2; z2) і М3(х3; у3; z3), що не лежать на одній прямій. Нехай М(х; у; z)– біжуча точка площини. Розглянемо вектори,

початок яких знаходиться в точці М1 (рис.3.9):

M 1 M = ( x − x1 ; y − y1 ; z − z1 ) , M1M2 = ( x2 - x1; y2 - y1; z2 - z1 ),

М1М3 = (x3 − x1; y3 − y1;z3 − z1).

Оскільки ці вектори комплaнарні, то їх мішаний добуток дорівнює нулю, тобто

А1x+В1y+С1z+D1=0 і А2x+В2y+С2z+D2=0. Знайдемо кут φ між цими площинами. Цей двогранний кут, що утворюється цими площинами,

вимірюється лінійним кутом φ, що дорівнює куту між нормальними векторами N1=(A1, B1, C1) і N2=(A2, B2, C2) як кути з відповідно перпендикулярними сторонами, який знайдемо за формулою

56

координатами нормального вектора площини, якщо замість біжучих координат підставити координати даної точки M 0 .

Приклад 7. Знайти відстань між паралельними площинами: x–2y+2z+2 = 0 і 2x–4y+4z+1 = 0.

Розв’язування. Ці площини паралельні, оскільки їх нормальні вектори N1 =(1;–2;2) і N 2 =(2;–4;4) колінеарні. Відстань між паралельними площинами дорівнює відстані від якої-небудь точки, що лежить на одній із площин, до іншої площини. На першій площині виберемо яку-небудь точку серед безлічі точок. Для цього надамо двом із біжучих координат певні довільні значення, а третю координату визначимо із рівняння площини. Нехай y = 0 і z = 0, тоді x = –2. Отже, шукана відстань між площинами дорівнюватиме відстані від точки M 0 (–2;0;0) до площини 2x–4y+4z+1=0. Зведемо рівняння цієї площини до нормального вигляду, поділивши рівняння на модуль її нормального вектора N 2 =(2;–4;4), який

Відповідь: 1/2.

Зауважимо, що при розв’язуванні задач про площину варто якомога частіше використовувати векторну алгебру. На практиці це дуже часто

57

полегшує саме розв’язування задачі, не звертаючись до відповідних формул, які треба ще запам’ятовувати, і цим самим уникаючи громіздких викладок. Приведемо ряд прикладів.

Приклад 8. Знайти кут між площинами 4x+2y–4z+5= 0 і 2x–y–2z = 0. Розв’язування. Шуканий двогранний кут φ дорівнюватиме куту між

нормальними векторами площини N1 =(4; 2;–4) і N 2 =(2;–1;–2). Тоді кут φ можна визначити, користуючись скалярним добутком векторів, а саме:

скалярний добуток дорівнює нулю, тобто M 1 M ·M 1 M 2 = 0 або

1·(x–3)–1·(y+1)–3·(z–2) = 0, звідси x–y–3z+2 = 0.

Відповідь: x–y–3z+2 = 0.

Приклад 10. Скласти рівняння площини, що проходить через точку

M 0 (3; 4;–5) паралельно векторам a=(3;1;–1) і b=(1;–2;1).

Розв’язування. Виберемо на площині біжучу точку M (x;y;z) і

(x–3)·−12 11 –(y–4)· 13 −11 +(z+5)· 13−12 = 0; –(x–3)–4(y–4)–7(z+5) = 0;

x+4y+7z+16 = 0.

Відповідь: x+4y+7z+16 = 0.

Приклад 11. Скласти рівняння площини, що проходить через дві точки М1 (1;–1;–2) і М 2 (3; 1; 1) перпендикулярно до площини x–2y+3z–5=0.

Розв’язування. Нехай М (x;y;z) – біжуча точка площини. Розглянемо вектори М1 М =(x–1;y+1;z+2) і М1 М 2 = (2;2;3), які лежать в цій площині.

58

Площина x–2y+3z–5 = 0 визначає свій нормальний вектор N=(1;–2;3). Оскільки нормальний вектор N перпендикулярний до даної площини, яка перпендикулярна до шуканої площини, то цей вектор N паралельний до

12(x–1)–3(y+1)–6(z+2)= 0; 4(x–1)–(y+1)–2(z+2)= 0; 4x–y–2z–9 = 0. Відповідь:4x–y–2z–9 = 0.

Приклад 12. Скласти рівняння площини, що проходить через точку М 0 (2;–1; 2) перпендикулярно до двох площин: 2x–y+3z–1= 0 і x+2y–z= 0.

Розв’язування. Зробивши схематичний рисунок, бачимо, що шукана площина, проходячи через точку М 0 , перпендикулярна до прямої, яка є лінією перетину двох даних площин, для яких нормальними векторами є

–5(x–2)+5(y+1)+5(z–2) = 0; (x–2)–(y+1)–(z–2)= 0; x–y–z–1= 0.

Відповідь: x–y–z–1= 0.

Приклад 13. Знайти висоту піраміди SABC, опущену із вершини S на грань ABC, якщо S(1; 4;–2), A(0;–1; 1), B(3; 5; 1), C(1;–3;–1).

Розв’язування. Шукану висоту піраміди можна знайти як відстань від точки S до площини, що визначається гранню ABC. Складемо спочатку

серед яких є один із змінним кінцем, а два – визначені. Ця трійка векторів є

компланарною, тому ( АМ × АВ )· АС = 0. І рівняння площини (грані ABC) складено, але у векторній формі. Запишемо його в координатній формі, для

цього знайдемо координати цих векторів-множників: АМ = (x; y+1; z–1); АВ = (3; 6; 0); АС = (1;–2;–2). Тоді попереднє рівняння запишеться так:

59