Міністерство аграрної політики України

Харківський національний технічний університет сільського господарства ім. Петра Василенка

Пряма та площина

Навчально – методичний посібник для самостійної роботи студентів

Харків 2010

2

Криві другого порядку. Мазнєва Г.Г. Харків: ХДТУСГ ім. Петра Василенка 2010. – 51 с. Рецензенти:

Процай В.Ф. – канд. фіз.-мат. наук, доцент кафедри вищої математики ХДПУ

Сметанкін В.О. – професор кафедри вищої математики ХДТУСГ

ім. Петра Василенка Рекомендовано до видання кафедрою вищої математики ХДТУСГ ім. Петра Василенка (протокол № __ від __.__. 2010р.)

© Харківський національний технічний університет сільського господарства ім. Петра Василенка

1. Площина.

1.1. Рівняння площини, що проходить через задану точку. Розглянемо площину Q, на якій лежить точка М0 (х0;у0;z0). Нехай

вектор N =(А;В;С) перпендикулярний площині Q. Знайдемо рівняння площини Q. Візьмемо на площині Q довільну точку М (х;у;z). Вектор MoM лежить на площині Q. Вектори MoM і N взаємноперпендикулярні. Координати вектора MoM дорівнюють різниці між відповідними координатами точок М і М0. Отже MoM =(x-x0;y-y0;z-z0). Скалярний добуток векторів MoM і N дорівнює нулю. N · MoM =0 (1)

Рівнянню (1) задовільняють координати точок, які лежать на

площині Q. Координати точок, які не лежать на площині Q не задовільняють рівнянню (1). Запишемо рівняння (1) в координатній формі. Враховуючи, що скалярний добуток двох векторів дорівнює сумі добутків відповідних координат, маємо

А(x-x0)+В(y-y0)+С(z-z0)=0 (2) Рівняння (2) є рівняння площини, що проходить через точку

М0(x0;y0;z0) перпендикулярно вектору N =(А;В;С). Вектор N називається нормальним векторм площини. Взагалі, любий вектор перпендикулярний площині Q є нормальним вектором цієї площини. Векторів, які перпендикулярні площині можна провести багато. Отже площина має безліч нормальних векторів, які колінеарні. Можна помітити, що рівняння (2) є рівнянням першого степеня відносно поточних координат x,y,z.

Приклад 1. Скласти рівняння площини, яка проходить через

точку М (1;-1;2) перпендикулярно вектору N = i3 - j5 + x4 Розв’язання. Шукане рівняння площини знаходимо у вигляді

3

(2). Підставимо в рівняння (2) 2;1;1;4;5;3 000 =−===−== zyxCBA , маємо

3(x-1)-5(y+1)+4(z-2)=0

Приклад 2. Скласти рівняння площини, яка проходить через

точку М (-1;3;2) паралельно площині ХОY. Розв’язання. За нормальний вектор шуканої площини візьмемо

вектор, який перпендикулярний площині ХОY. Цим вектором буде орт k =(0;0;1). Рівняння площини шукаємо у викладі (2). Отже А=0; В=0; С=1; x0 =-1; y0 =3; z0 =2. Підставимо в рівняння (2) ці числа, маємо

0(x+1)+0(y-3)+z-2=0, або z =2.

Приклад 3 Скласти рівняння площини Q, яка проходить через

точку М (2;-3;-5) паралельно площині Q1 6(x-1)+3(y+2)+2(z-4)=0 Розв’язання. Так як площини Q i Q1 паралельні, то нормальний

вектор площини Q1 буде нормальним вектором площини Q, отже А=6; В=3; С=2. Складемо рівняння площини Q у вигляді (2)

6 (x-2)+3(y+3)+2(z+5)=0 – шукане рівняння площини Q.

1.2. Загальне рівняння площини.

В рівнянні (2) відкриємо дужки Ax-Ax0+By-By0+Cz-Cz0=0 Ax0, By0, Cz0 – це деякі числа, тому останнє рівняння запишемо у вигляді

Ax+By+Cz+(-Ax0-By0-Cz0) = 0

Позначимо -Ax0-By0-Cz0 через D, отже маємо

Ax+By+Cz+D=0 (3)

4 Рівняння (3) називається загальним рівнянням площини, де

А,В,С – координати нормального вектора площини. В залежності від значень А,В,С,D одержуємо різні площини. Розглянемо деякі частинні випадки рівняння (3):

1) Нехай в рівнянні (3) вільний член D=0. Рівняння прийме вигляд

Ax+By+Cz = 0 (4) Рівнянню (4) задовільняють координати точки О (0;0;0), отже площина (4) проходить через початок координат (рис.1)

рис.1

2) Коли А=0, B,C,D≠0, це означає, що проекція нормального вектора площини N = (О;В;С) на вісь ОХ дорівнює нулю. Отже вектор N перпендикулярний до осі ОХ, а сама площина, яка задається рівнянням паралельна осі ОХ.

By+Cz+D=0 (5)

3) Коли В=0, а А,С,D≠0, рівняння площини (3) приймає вигляд Ax+Cz+D=0 (6) Нормальний вектор N = (А,О,С) перпендикулярний до осі ОY. 4) Коли С=0, а А,В,D≠0, рівняння площини буде Ax+By+D=0 (7)

5

Аналогічно, як у попередньому випадку площина (7) проходить

паралельно осі OZ (рис.2)

рис.2

5) Нехай А=В=0, а С,D≠0. Рівняння площини має вигляд:

CZ+D=0, або Z= - CD

(8)

Нормальний вектор площини має вигляд N = (0,0,С). Його

проекції на вісі ОХ і OY дорівнюють нулю, отже нормальний вектор N розміщенний перпендикулярно площині XOY, а сама площина (8) проходить паралельно площині XOY і перпендикулярна осі OZ. (рис.3)

рис. 3

6

6) Якщо А=С=0, а В,D≠0, тоді рівняння площини By+D=0, або y = - B

D (9) Площина, яка задається рівнянням (9) буде паралельна координатній площині XOZ. 7) Коли В=С=0, а А,D≠0, тоді рівняння площини

Ax+D=0, або x = - AD

(10)

Площина (10) перпендикулярна осі ОХ і паралельна координатній площині YOZ. 8) Нехай А=D=0, а В,С≠0. Рівняння площини приймає вигляд

By+Cz=0 (11) Нормальний вектор N = (0,В,С) перпендикулярний до осі ОХ. Сама площина проходить через початок координат (D=0) і паралельна осі ОХ, отже площина проходить через вісь ОХ (рис.4)

рис. 4 9) Якщо B=D=0, а А,С≠0, тоді рівняння має вигляд Ax+Сz=0 (12) Нормальний вектор N =(А,0,С) перпендикулярний до осі ОY. Сама площина буде проходить через вісь OY.

7

10) Коли С=D=0, а А,В≠0, тоді рівняння площини має вигляд Ax+By=0 (13) Ця площина (13) проходить через вісь OZ. 11) Частичними випадками рівняння (3) є рівняння координатних площин: XOY, XOZ, YOZ. Якщо А=В=D, а С≠0. Рівняння площини буде 0=z (14) Рівняння (14) є рівнянням координатної площини XOY. Якщо A=C=D=0, В≠0 тоді рівняння площини 0=y (15)

це рівняння координатної площини XOZ.

Рівняння координатної площини YOZ можна одержати із загального рівняння (3), якщо покласти В=С=D=0, а А≠0, тоді маємо 0=x (16)

1.3Нормальне рівняння площини.

Нехай задано нормальний вектор площини, який є одиничним n =(cosα,cosβ,cosγ) і початок якого знаходиться в початку координат, а також відстань від початку координат до площини Q, яку позначимо через p=|OK | (рис.5)

8

рис.5 Знайти рівняння площини Q. Візьмемо на площині Q довільну

точку М(x,y,z) і розглянемо вектор OM =(x,y,z). Знайдемо проекцію вектора OM на напрям, що співпадає з вектором n . Проекція вектора OM на вектор n дорівнює скалярному добутку вектора OM на вектор n

nOMOMпрn ⋅= (17)

з другого боку ця проекція дорівнює відстані від точки О до точки К, або довжині вектора OK , яку ми позначим через p. Отже

OM ·n= або p r ·n = , (18) p

де r =OM

Рівняння (18) є рівнянням площини Q записане у векторній формі. Запишемо рівняння (18) у скалярній формі

0coscos =−++ pzycocx γβα (19) Рівняння (19) називається нормальним рівнянням площини, де

cosα, cosβ, cosγ – напрямні косинуси вектора n , або проекції вектора n на вісі координат α,β,γ – кути, які утворює вектор n з осями координат.

9

1.4.Відстань від точки до площини. Знайдемо відстань від точки М0(x0y0z0) до площини Q. Відстань

позначимо через d. Покажимо, що відстань d визначається за формулою: pzyxd −++= γβα coscoscos 000 (20) Відстань d=|KN|, де відрізок ON лежить на нормальному векторі

площини OKONKNd −== (21) Точка К лежить на площині Q (рис.6). З другого боку

0OMпрONn

= = 0OM ·n , OK=P.

рис.6 Підставимо в формулу (21) замість ON= 0OM ·n , а ОК =Р, маємо =d | ⋅0OM n | (22)

Вектор 0OM має координати x0,y0,z0, вектор n=( cosα, cosβ, cosγ) – є одиничним вектором, який перпендикулярний до площини Q. Запишемо формулу (22) в скалярній формі

10

pzyxd −++= γβα coscoscos 000

Якщо рівняння площини Q задається в загальному вигляді Ax+By+Cz+D=0 (3), тоді відстань від точки М0(x0y0z0), що не лежить на площині до площини Q визначається за формулою

222

000

CBADCzByAx

d++

+++= (23)

Модуль в формулах (20) і (23) ставимо з таких міркувань. Якщо точка М0 і початок координат розміщені по різні сторони площини Q, тоді

Pzyx ⟩++ γβα coscoscos 000

і вираз, що стоїть під знаком модуля у формулі (20) буде додатнім. Якщо точка М0 і початок координат – точка О лежить по одну

сторону площини Q, тоді

Pzyx ⟨++ γβα coscoscos 000

і вираз під знаком модуля буде від’ємним.

Приклад. Знайти відстань від точки М0(1;3;-3) до площини 3x-2y-5z-16=0. Як розміщена точка М0 відносно площини?

Розв’язання. Так як рівняння площини задається в загальному вигляді, то використаємо формулу (23) для обчислення відстані d

222

000

CBADCzByAx

d++

+++=

11

У нашому прикладі А=3; В=-2; С=-5; D=-16; x0=1; y0=3; z0=-3. Підставимо ці числа в формулу, одержимо

384

384

)5()2(316353213

222=

−=

−+−+

−⋅+⋅−⋅=d

Так як Ax0+By0+Cz0+D=-4 < 0, точка М0 розміщена по ту

сторону площини, що і початок координат. 1.5.Приведення загального рівняння площини до нормального вигляду. Нехай маємо рівняння площини в загальному вигляді Ax+By+Cz+D=0 (а)

Треба привести це рівняння до рівняння площини в нормальному вигляді 0coscoscos =−++ pzyx γβα (б) Рівняння (а) і (б) визначають одну площину, отже коефіцієнти

при x,y,z пропорційні

μγβα===

CBAcoscoscos

(24)

звідки ;cosαμ =A ;cos βμ =B ;cosγμ =C PD −=μ Якщо останні рівності піднести до квадрата і додати то одержимо 12

γβαμ 2222222 coscoscos)( ++=++ CBA враховуючи, що cos2α+cos2β+cos2γ=1, маємо

222

1CBA ++

±=μ (25)

Число μ називається нормованим множником.

Правило. Для того, щоб привести загальне рівняння площини до

нормального вигляду, необхідно за формулами (24) знайти cosα, cosβ, cosγ і р. Знак нормованого множника μ визначається із рівності μD = -p. Отже знак μ беремо протилежний знаку вільного члена D загального рівняння (а). Приклад. Рівняння площини 3x+4y-5z+11=0 привести до

нормального рівняння площини. Розв’язання. Знайдемо нормований множник μ за формулою

13

222

1CBA ++

±=μ ,

Отже 71

491

)5(431

222±=±=

−++±=μ ;

Виберемо знак μ. D=11>0, отже μ беремо зі знаком «мінус»

71

−=μ .

За формулами (24) маємо:

;73cos −=α ;

74cos −=β ;

75cos =γ ;

71111

71

=⋅=−= Dp μ

Підставимо в нормальне рівняння площини (б)

07

1175

74

73

=−+−− zyx

1.6. Рівняння площини у відрізках. Розглянемо загальне рівняння площини

Ax+By+Cz+D=0, де А,В,С,D≠0.

Поділимо почленно ліву і праву частини рівняння на (-D), одержимо

01=−−

+−

+−

zD

CyD

BxD

A

Позначимо ;a

AD=

− ;bBD=

− cCD=

− , тоді останнє рівняння

приймає вигляд

1=++cz

by

ax

(26)

Рівняння (26) називається рівнянням площини у відрізках. Числа a,b,c – відрізки, які відсікає площина відповідно по осям OX, OY, OZ. Приклад 1. Скласти рівняння площини, яка проходить через

точку М0(2;1;-1) паралельно до векторів a=(4;0;2) і b=(2;1;3). Привести одержане рівняння: а) до загального вигляду; б) до рівняння площини у відрізках. Розв’язання. Рівняння площини шукаємо у вигляді

A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0) = 0

Знайдемо нормальний вектор ),,( CBAN = площини. Так як вектори a і b паралельні площині, тоді нормальний вектор baN ×= . 14

Знайдемо векторний добуток векторів a і b :

=×ba312204κγι= κγι 482 +−−

Отже нормальний вектор площини має координати А=-2; В=-8; С=4. Запишемо рівняння площини:

-2(x-2)-8(y-1)+4(z+1)=0; а) Зведемо останнє рівняння до загального вигляду. Розкриємо дужки в останньому рівнянні -2x-8y+4z+16=0, або x+4y-2z-8=0 - рівняння площини в загальному вигляді.

б) Поділимо кожен доданок на 8, одержимо

1428=−+

zyx - рівняння площини у відрізках.

1.7.Рівняння площини, що проходить через три точки. Нехай площині Q належать три точки М1(x1y1z1), М2(x2y2z2) і

М3(x3y3z3), які не лежать на одній прямій. Складемо рівняння площини Q. Для цього розглянемо довільну точку М(x,y,z), яка теж лежить на площині Q. Вектори 21MM , 31MM і MM 1 (рис.7) лежать в площині Q, отже вони комплонарні.

рис.7 15

Мішаний добуток таких векторів дорівнює нулю

0)( 31211 =⋅× MMMMMM (27) Визначимо координати цих векторів. );;( 1111 zzyyxxMM −−−= ,

);;( 12121221 zzyyxxMM −−−= , );;( 13131331 zzyyxxMM −−−= . Запишемо мішаний добуток (27) в координатній формі.

0

131313

121212

111

=−−−−−−−−−

zzyyxxzzyyxxzzyyxx

(28)

Рівняння (28) називається рівнянням площини, що проходить

через три задані точки. Приклад. Скласти рівняння площини, що проходить через точки

М1(2;3;-1), М2(4;5;2) і початок координат. Розв’язання. Рівняння площини шукаємо у вигляді (28). Третя

точка О є початок координат, отже в рівнянні (28) 0333 === zyx Підставимо координати точок М1, М2 і О в рівняння (28)

0132322

132=

−−

+−− zyx

Розкладемо одержаний визначник третього порядку за елементами першого рядка, одержимо

032

22)1(

1232

)3(1332

)2( =−−

++−

−−−

− zyx

Обчислимо визначники другого порядку, маємо

16

11(x-2)-8(y-3)-2(z+1) = 0, або 11x-8y-2z = 0 1.8.Кут між двома площинами. Умови паралельності і перпендикулярності двох площин. Розглянемо дві площини Q1 i Q2, які не паралельні і задані

рівнянням в загальному вигляді

Q1 - A1x+B1y+C1z+D1=0

Q2 - A2x+B2y+C2z+D2=0 За кут між двома можна взяти один із двогранних кутів, які утворюють площини. Один із цих кутів буде дорівнювати лінійному куту між нормальними векторами цих площин )( 1111 CBAN = і

)( 2222 CBAN = . Позначимо кут між векторами 1N і 2N через φ, тоді користуючись означенням скалярного добутку векторів 1N і 2N можна записати

21

21cosNNNN⋅

⋅=ϕ (29)

Запишемо формулу (29) через координати векторів

22

22

22

21

21

21

212121cosCBACBA

CCBBAA++⋅++

++=ϕ (30)

Якщо площини Q1 i Q2 перпендикулярні, тоді і вектори 1N і 2N

теж перпендикулярні, а їх скалярний добуток дорівнює нулю. Отже умова перпендикулярності двох площин має вигляд

А1А2+В1·В2+С1С2=0 (31)

Умова паралельності. Якщо площини Q1 i Q2 паралельні, тоді вектори 1N і 2N будуть колінеарні, а отже координати цих векторів 17

пропорційні

2

1

2

1

2

1

CC

BB

AA

== (32)

Приклад 1. Знайти кут між площинами 2x-3y+4z-5=0 i

x+2y+z+4=0 Розв’язання. Перша площина має нармальний вектор

)4;3;2(1 −=N , друга )1;2;1(2 =N . За формулою (30), маємо

0629

01214)3(2

142)3(12cos222222

==++⋅+−+

⋅+⋅−+⋅=ϕ ;

Отже cosφ=0, а кут 2πϕ = . Площини між собою перпендикулярні.

Приклад 2. Обчислити кут між площинами, що проходять через точку М(1;-1;-1), одній із яких належить вісь ОХ, а другій – вісь OZ. Розв’язання. Запишемо рівняння площин у загальному вигляді:

Q1 - A1x+B1y+C1z+D1=0

Q2 - A2x+B2y+C2z+D2=0

Площина Q1 проходить через вісь ОХ, отже 011 == DA і рівняння площини Q1 має вигляд

B1y+C1z = 0

Площина Q2 проходить через вісь OZ, отже C2=D2=0 і рівняння буде площини Q2 буде

А2х+В2у = 0 Так як площини проходять через точку М(1;-1;-1), тоді

координати точки М задовільняють рівнянням площини.

18

Підставимо координати точки М, маємо

-В1-С1 = 0 А2-В2 = 0

Звідки маємо, що В1=-С1; А2=В2. Підставимо в рівняння площини

Q1 замість В1 (– С1), а в рівняння площини Q2 A2=B2, одержимо рівняння площин:

Q1 - y-z =0 Q2 - x+y =0

Нормальні вектори площин )1;1;0(1 −=N , )0;1;1(2 =N . За формулою

(30) знайдемо кут між площинами

21

221

11)1(10)1(1110cos

2222=

⋅=

+⋅−+⋅−+⋅+⋅

=ϕ ;

Кут φ між площинами Q1 і Q2 дорівнює 6

π .

Контрольні питання.

1. Який вигляд має рівняння площини, що проходить через задану точку?

2. Що таке нормальний вектор площини? 3. Загальне рівняння площини, якими параметрами воно визначається?

4. Записати рівняння площини, що проходить через вісь ОХ. 5. Записати рівняння координатних площин. 6. Побудувати площину, яка задається рівнянням Аx+By+Cz=0 7. Записати рівняння площини, яка паралельна осі OZ, та побудувати її.

8. Записати рівняння площини, яка паралельна координатній

19

площині XOZ, та побудувати її. 9. Якими параметрами визначається нормальне рівняння площини?

10. Записати нормальне рівняння площини. 11. Як знайти відстань від заданої точки до площини? 12. Як привести загальне рівняння площини до нормального вигляду?

13. Який вигляд має рівняння площини у відрізках? 14. Записати рівняння площини, що проходить через три задані точки.

15. Як знайти кут між двома площинами? 16. Записати умови паралельності і перпендикулярності двох площин.

Завдання.

1. Скласти рівняння площини, яка проходить черет точку М0(1;2;3), перпендикулярно вектору a=(3;4;-5).

2. Точка Р(3;-2;-2) є основою перпендикуляра опущеного із початку координат на площину. Скласти рівняння цієї площини.

3. Скласти рівняння площини, яка проходить через точку М1(2;3;-5) паралельно векторам a=(3;2;-1) і b=(-1;4;1) і привести це рівняння до рівняння площини у відрізках. 4. Скласти рівняння площини, що проходить через точки М1(3;-1;2), М2(4;-1;-1), М3(2;0;2) 5. Визначити при якому значенні С площини будуть перпендикулярні 3x-5y+Cz-4=0, x+3y-2z+6=0.

6. Визначити кут між площинами: x+2y+2z-3=0 i 16x+12y-15z-1=0 7. Скласти рівняння площини, яка проходить через початок координат паралельно площині 7x-3y-5z+2=0.

8. Знайти площу трикутника, який відтинає площина 3x-2y+z+6=0 від координатного кута Oxy. 9. Привести рівняння площини 4x-6y-12z-11=0 до нормального

20

вигляду. 10. Обчислити відстань d від точки М1(-1;1;-2) до площини, що проходить через точку М2(1;4;3) паралельно векторам

a=(1;3;-2) b=(-2;3;-4). 11. Скласти рівняння площини, яка проходить через вісь ОХ і точку М1(3;-4;2).

12. Обчислити об’єм піраміди, обмеженої площиною 2x-3y+6z-12=0 і координатними площинами.

2. Пряма на площині і у просторі.

Розглянемо спочатку рівняння прямої у просторі, а потім прямої на площині, як частинний випадок рівнянь прямої у просторі. 2.1. Параметричні рівняння прямої у просторі. Нехай задана точка М0(x0y0z0) лежить на прямій l, і заданий

вектор S =(m,n,p), який паралельний прямій l ( 0≠S ).Знайдемо рівняння прямої l. Візьмемо на прямій довільну точку М(x;y;z) і розглянемо радіуси – вектори 0r =(x0y0z0), r =(xyz), а також вектор MoM =(x-x0;y-y0;z-z0). (рис.8)

рис.8 Предсавимо вектор r через вектори 0r і MoM .

21

r = +0r MoM (33)

Вектори MoM і S - колінеарні, отже вектор MoM можна записати у вигляді

MoM = St ⋅ , (34) де t сталий множник, який називається параметром. Рівняння (33) з урахуванням (34) приймає вигляд r = 0r + tS (35) Рівняння (35) називається параметричними рівняннями прямої. Ці рівняння записані у векторній формі. Вектор S називається напрямним вектором прямої. Запишемо рівняння (35) через координати векторів r , 0r ,S

⎪⎩

⎪⎨

⎧

+=+=+=

ptzzntyymtxx

0

0

0

(36)

Параметр t впливає на положення точки М(xyz) на прямій. 2.2. Канонічні рівняння прямої у просторі. Вектор MoM =(x-x0;y-y0;z-z0) і вектор S =(m,n,p) (рис.8) –

колінеарні. Якщо вектори колінеарні, то їх відповідні проекції порпорційні. Отже маємо

pzz

nyy

mxx 000 −

=−

=−

(36)

22

Рівняння (36) називається каноничним рівнянням прямої. Це рівняння визначається координатами точки М0, і напрямного вектора m, n, p. Приклад 1. Скласти каноничні рівняння прямої, яка проходить

через точку М0(2;3;-1) паралельно прямій 10

13

24

3 −=

−=

− zyx ;

Розв’язання. Рівняння прямої шукаємо у вигляді

pzz

nyy

mxx 000 −

=−

=−

(с)

x0,y0,z0 – це координати точки М0. x0=2; y0=3; z0=-1. Координати

напрямного вектора m, n ,p – невідомі. Так як шукана пряма паралельна прямій

101

32

43 −

=−

=− zyx , за напрямний вектор можна

взяти напрямний вектор заданої прямої. Отже m=4; n=3; p=10. Підставимо в рівняння (с) координати точки М0 і координати напрямного вектора, одержимо шукані рівняння прямої

101

33

42 +

=−

=− zyx

Приклад 2. Скласти параметричні рівняння прямої, яка проходить через точку М0(1;-1;-3) паралельно вектору

ka 432 +−= γι Розв’язання. Рівняння прямої шукаємо у вигляді

⎪⎩

⎪⎨

⎧

+=+=+=

ptzzntyymtxx

0

0

0

,

де x0=1; y0= -1; z0=-3 координати точки через яку проходить пряма. m,n,p – координати напрямного вектора прямої. За напрямний вектор можна взяти вектор a . Отже m=2, n=-3, p=4. 23

Шукані рівняння прямої

⎪⎩

⎪⎨

⎧

+−=−−=

+=

tzty

tx

4331

21

2.3. Загальне рівняння прямої. Розглянемо дві площини, які не паралельні. Якщо площини не

паралельні, то вони перетинаються. Лінією перетину двох площин є пряма. Отже пряму можна задати, як систему рівнянь, кожне із яких є рівняння площини в загальному вигляді

⎩⎨⎧

=+++=+++

00

2222

1111

DzCyBxADzCyBxA

(37)

Рівняння (37) називається загальними рівняннями прямої у

просторі. Загальні рівняння прямої (37) можна привести до каноничних

рівнянь (36). Щоб розв’язати цю задачу необхідно знайти координати точки М0(x0;y0;z0) і напрямний вектор S =(m;n;p). Ті перетворення, які необхідно виконати, щоб перейти від рівнянь (37) до рівнянь (36), прослідкуємо на прикладі. Приклад. Звести рівняння прямої до каноничного вигляду

⎩⎨⎧

=−−+=−+−

045230432

zyxzyx

(е)

Розв’язання. Для знаходження координат точки М0(x0;y0;z0) одну

із цих координат вибираємо довільно, наприклад z=z0=0, одержимо систему двох рівнянь, із якої знайдемо x0, y0

⎩⎨⎧

=−+=−−

0423042

00

00

yxyx

24

Додамо два рівняння системи, тим самим виключимо невідому y0 і маємо

;084 0 =−x 20 =x

Із першого рівняння знайдемо y0, в яке підставимо х0=2. Отже

у0= -1. Знайшли координати точки М0(2;-1;0). Знайдемо координати напрямного вектора S =(m;n;p). Нормальні вектори площини

)3;2;1(1 −=N і )5;2;3(2 −=N перпендикулярні до прямої (рис.9).

рис.9

Напрямний вектор S розміщений вздовж прямої перпендикулярно векторам 21 , NN . Тому вектор S можна знайти через векторний добуток векторів 21 , NN

52332121

−−=×=

kjNNS

ι

Розкладемо визначник за елементами першого рядка

5232−

−=S

5331−

−ι2321 −

+j k , або kS 8144 ++= γι

25

Запишемо каноничні рівняння прямої

8141

42 zyx

=+

=−

2.4. Рівняння прямої у просторі, що проходить через дві точки. Нехай пряма проходить через дві задані точки М1(x1y1z1) і

М2(x2y2z2). Складемо рівняння цієї прямої. Шукаємо рівняння прямої у каноничному вигляді. Для цього необхідно знайти координати точки через яку пряма проходе і напрямний вектор S . За цю точку візьмемо точку М1(x1y1z1), за напрямний вектор візьмемо вектор 21MM =(x2-x1;y2-y1;z2-z1). Підставимо в каноничні рівняння (36) координати точки М1, і координати напрямного вектора m=x2-x1; n=y2-y1; p=z2-z1, одержимо

12

1

12

1

12

1

zzzz

yyyy

xxxx

−−

=−−

=−−

(38)

Рівняння (38) називається рівнянням прямої, що проходить через дві задані точки.

Приклад 1. Знайти рівняння прямої, яка проходить через точки М1(2;3;-4) і М2(-1;3;5)

Розв’язання. Рівняння прямої шукаємо у вигляді

12

1

12

1

12

1

zzzz

yyyy

xxxx

−−

=−−

=−−

Підставимо в це рівняння координати точок М1 , М2

26

454

333

212

++

=−−

=−−− zyx

, або 94

03

32 +

=−

=−− zyx

В останньому рівнянні y2-y1=n=0. Це означає, що проекція

напрямного вектора S на вісь ОY дорівнює нулю, що в свою чергу означає, що пряма розміщена перпендикулярно осі ОY. В цьому випадку рівняння прямої має вигляд

⎪⎩

⎪⎨⎧

+=

−−

=−

94

32

03zx

y або

⎩⎨⎧

=−+=−

02303

zxy

Приклад 2. Через точки М1(-6;6;-5) і М2(12;-6;) проведена пряма l. Знайти точки перетину прямої l з координатними площинами.

Розв’язання. Підставимо координати точок М1 і М2 в рівняння (38), одержимо рівняння l.

65

126

186 +

=−−

=+ zyx

або 15

26

36 +

=−−

=+ zyx

Знайдемо точку перетину прямої l з координатною площиною

XOY. Для цього в останньому рівнянні покладемо z = 0

526

36

=−−

=+ yx

або ⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=−−

=+

526

53

6

y

x

Звідки маємо x=9; y=-4 : Отже пряма l перетинає площу XOY у

точці М1(9;-4;0). Знайдемо точку перетину прямої l з площиною XOZ. Покладемо

в рівнянні прямої у=0, одержимо

27

31

53

6=

+=

+ zx

Отже точка перетину М2 з площиною XOZ знаходиться із рівнянь:

33

6=

+x; 3

15=

+z

і буде М2(3;0;-2).

Аналогічно знаходиться точка перетину прямої з площиною YOZ, М3(0;2;-3).

2.5. Кут між двома прямими. Умови паралельності і перпендикулярності двох прямих.

Розглянемо дві непаралельні прямі l1 і l2, які задаються рівнянням в каноничному вигляді

1

1

11

11 p

zzn

yym

xxl −=

−=

−− ;

2

2

2

2

2

22 p

zzn

yym

xxl −=

−=

−− ,

де (x1;y1;z1) і (x2;y2;z2) – координати точок через які прямі l1 і l2 – проходять. );;( 1111 pnmS = і );;( 2222 pnmS = - напрямні вектори прямих l1 і відповідно l2.

рис.10

Кут φ між двома прямими (рис.10) дорівнює куту між напрямними векторами прямих. Знайдемо косинус кута між

28векторами 1S і 2S , як скалярний добуток цих векторів поділити на

29

о улдобуток їх м д ів.

21

2121 )cos(cos

SSSSSS⋅

⋅==

∧

ϕ

апишемо останню формулу через координати векторів 1S іЗ 2S

22

22

22

21

21

21

212121cospnmpnm

ppnnmm++⋅++

++=ϕ (39)

Умови паралельності і перендикулярності двох прямих: ) Умова паралельності l1 і l2.

оді вектори

а Якщо l1 паралельна l2, т 1S і 2S колінеарні, а отже відповідні їх проекції пропорційні.

2

1

2

1

2

1

pp

nn

mm

== (40)

) Умова перпендикулярності двох прямих l1 і l2

їх напрямні б Якщо прямі взаємно перпендикулярні, тодівектори 1S і 2S перпендикулярні, а отже скалярний добуток такивекторів р нює нулю.

х до ів

0212121 =++ ppnnmm (41)

Приклад 1.

Довести, що прямі, задані рівняннями пер

-

якіпендикулярні.

; - 2l ⎩⎨⎧

=+−+=+−+

038320153

zyxzyx

1l 321

1zyx

=−−

=

30

Розв’язання. Довести, що прямі l1 і l2 перпендикулярні означає перевірити виконання умови

02121 ++ =21 ppnn ,

де m1, n1, p1 – координати напрямного вектор

mm

а 1S . Пряма l1 задається каноничними рівняннями. Отже m =1; n1= -2; p1=3. Знайдемо 1

напрямний вектор 2S прямої l2.

kjkj

NNS 7147832513212 ++=

−−=×= ι

ι

Скалярний добуток дорівнює

021287731427121 ⋅−⋅=⋅SS =+−=⋅+

Отже прямі l1 і l2 взаємно перпендикулярні.

Приклад 2. Обчислити кути, які утворює з осями координат ряма

п

⎩⎨⎧

=+−=−−

093062

zxyx

Розв’язання. Кути між прямою і осями координат дорівнюють

кутам між напрямним вектором прямої S і ортами kj,,ι . Знайдемо напрямний вектор заданої прямої

21 NNS = ×

Нормальні вектори площин мають координати )0;2;1(1 −=N , )3;0;1(2 −=N . Одиничні вектори, або орти мають координати

, )0;1;0( , =j )1;0;0(=k . Знайдемо вектор S )0;0;1(=ι

301021−

−=kj

Sι

= κι 236 ++ j

Косинус кута між вектором S і вектором ι буде дорівнювати

76

1236020316)cos(cos

222=

⋅++

⋅+⋅+⋅=

⋅⋅

==∧

ιια

SiSS ;

Аналогічно обчислюється 73)cos(cos ==

∧jSβ ,

72∧

)cos(cos == kSγ

2.6. Кут між прямою і площиною. Умови паралельності і

перпендикулярності прямої і площини. 1) Знайдемо кут між прямою l, яка задається рівняннями у

каноничному вигляді

−l pzz

nyy

mxx 000 −

=−

=−

і площиною Q, яка задається рівнянням у загальному вигляді

0=+++ DCzByAx −Q

Кут між прямою і площиною означимо через φ. Гострий кут φ дорі

пвнює куту між прямою l і її проекцією на площину Q (рис.11)

31

32

рис.11

Кут між напрямним вектором прямої ),,( pnmS = і нормальним вектором площини Q. );;( CBAN = буде дорівнювати ϕθ −= 90 . Кут θможе бути додатнім, ко від’ємним, коли φ>90

ли φ≤900 і 0

SNSN⋅

⋅=θcos , або ϕϕ sin)90cos( =−

Отже

SN

SN

⋅

⋅=ϕsin

якщо підставити координати векторів N і S , одержимо

222222sin

pnmCBACpBnAm

++⋅++

++=ϕ (40)

2) Умова паралельності прямої і площини. Якщо пряма l паралельна площині Q, тоді напрямний вектор прямої ),,( pnmS = перпендикулярний нормальному вектору площини ),,( CBAN =

скалярний добуток і

SN ⋅ дорівнює нулю, отже 0=++ CpBnAm (41)

) Умова перпендикулярності прямої і площини. Якщо пряма l 3перпендикулярна площині Q, тоді вектори S і N - колінеарні.

Якщо вектори колінеарні, тоді відповідні проекції пропорційні

pC

nB

mA

== (42)

Приклад.

33

Довести, що пряма , 14 +−= ty , 54 −= tz 23 −= txпаралельна площині 5634 0=−−− zyx

Розв’язання. Використаємо умову паралельності прямої і площ

ини

0=++ CpBnAm (д)

А,В,С – координати нормального площини, де А=4; В= -3; вектораС= -6; m=3; n= -4; p=4. Підставимо в умову (д)

000241212

046)4(334

≡=−+

=⋅−−−⋅

Умова паралельності виконується. Отже пряма і площина

пара

.7. Точка перетину прямої з площиною.

лельні. 2

Нехай пряма і площина непаралельні. Знайдемо точку перетину прям

ої p

zzyyxx 000 −=

−=

− з площиною 0=+nm

++ DCzByAx . Для

того, щоб , необхідно рівнянь

знайти точку перетину розв’язати систему

⎪⎩

⎪⎨⎧

−=

−=

−=+++

pzz

nyy

mxx

DCzByAx

000

0

34

Таку систему рівнянь зручніше розв’язати коли пряма зада

ється у параметричному вигляді

⎪⎩

⎪⎨

⎧

+=+=+=

0

0

0

zptzyntyxmtx

(43)

Отже треба розв’язати систему рівнянь

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

+=+=+=

=+++

0

0

0

0

zptzyntyxmtx

DCzByAx

Підставимо в рівняння площини x,y,z, які задаються через

параметр t, одержимо

0)()()( 000 =++++++ DzptCyntBxmtA

Із останнього рівняння визначимо параметр t, для цього відкриємо дужки і знайдемо коефіцієнт при t

,0)( 000 =++++++ DCzByAxCpBnAmt

звідки

CpBnAmDCzByAxt

+++++

−= 000 (44)

В формулі (44) знаменник не орівнює нулю, тому що пряма і

площд

ина не паралельні, а отже скалярний добуток векторів S і N не дорівнює нулю.

35

и формулу (44) в рівняння (43), одержимо координати точки перетину прямої і площини.

Якщо підставит

Приклад. Знайти точку перетину прямої

1421

34−

=+

=− zyx

і площини 01635 =−+− zyx

Розв’язання. Запишемо рівняння прямої у параметричному

вигляді

⎪⎩

⎪⎨

⎧

+=−=+=

42314

tztytx

(е)

Підставимо в рівняння площини замість x, y, z значення через t

із рівняння прямої, одержимо

3(3)14(5 01)4(6)2−−+ + ttt + − =

Звідки 2−=t ; Підставимо значення t в рівняння е), одержимо координати точки перетину прямо і площини, яку позначимо через

,

Контрольні питання.

1. Який вигляд мают прямої? 2. Що таке напрямний вектор прямої?

ичні? рямої?

ки

(ї

1M отже )2;8M

;7(1 −−

ь параметричні рівняння

3. Як із параметричних рівнянь прямої одержати канон4. Який вигляд має загальне рівняння п5. Як рівняння прямої в загальному вигляді привести до каноничних рівнянь?

6. Записати рівняння прямої, що проходить через дві точ

36

ма прямими?

двох прямих у векторній

має умова паралельності прямої і площини? рпендикулярності

Завдання.

1. Скласти каноничні рівнян проходить через точку −M паралельно вектору

7. Як знайти кут між дво8. Умова паралельності двох прямих. 9. Записати умову перпендикулярностіформі.

10. Як знайти кут між прямою і площиною? 11. Який вигляд12. Який вигляд має умова паралельності і пепрямої і площини?

ня прямої, що)4;0;3(0 )6;3;4( −=a

2. Скласти параметричні рівняння прямої, які проходять через )3;2;1( −−M паралельно п : точку рямій0. ;14 −= tx ;52 +−= ty

13 += tz 3. Скласт ничні рівняння прямої, що точку

5;3;2( −и кано проходить через

M паралельно прямій)1 0723 =−+− zyx ,

4. Довести

=++−

0323 =+−+ zyx , що прямі паралельні

⎩⎨⎧ =+−+ 013zyx

03zyx і ⎩⎨⎧

=−+−=−−+

09320152

zyxzyx

5. Скласти рівняння прямої, що проходить через точки )2;1;3(1 −M ,

=−−+

)1;1;2(2M 6. Знайти косинус кута між прямими

⎩⎨⎧ =−−− 054zyx ⎧

0422 zyx і =−++=− − +

⎩⎨ 01922

0266zyx

zy

7. Скласти рівняння прямої, яка проходить через точку перпендикулярно до площини

x

)5;3;2(1 −−M 02536 =+−− zyx .

якому8. При значенні «m» пряма 232

31 +

=−

−=

+ xm

yx паралельна

площині 0563 =++− zyx .

37

3. Пряма на площині.

.1. Параметричне рівняння прямої.

3

Нехай пряма l проходить через точку паралельно )( 000 yxM вектору ),( nmS = . Вектор S називається напрямним вектором

няння п двома сп . просторі

прямої. Одержимо рівняння прямої l. Рів рямої l можнаодержати особами Перший спосіб аналогічний, як дляпрямої у . Візьмемо довільну точку ),( y

xM на прямій l

розглянемо вектори і

)( 000 yxr = , ),( yxr = і );( 000 yyxxMM −−= .

рис.12

Як маємо із

рисунка 12 вектор r можна представити як суму векторів 0r і MM 0

Mrr 00

Вектор

M+=

MM в0 і ектор S колінеарні, отже StMM =0 , де t – сталий параметр. Отже рівняння прямо l у векторній формі

ї

Strr += 0 (45)

38

Запишемо рівняння (45) в координатній формі

⎩⎨ +=

= +⎧tnyy 0

tmxx 0

(46)

тричні рівнДругий спосіб одержання параметричних рівнянь прямої. Рівняння (46) є параме яння прямої на площині.

Використати рівняння (36) – параметричні рівняння прямої у tpпросторі. В цьому рівнянні відкинути третє рівняння zz =

так як на площині третьої координати точки немає. 3.2.

0 + ,

Каноничні рівняння прямої.

Виключимо параметр t із конжн

ого рівняння системи (46), одержимо

n

yyxxm

00 −=

− (47)

ься каноничниплощині.

Рівняння (47) називаєт м рівнянням прямої на

Частинні випадки рівнянь прямої: • Нехай в рівнянні (47) 0=m , тоді рівняння приймає вигляд

n

yyx 00x0

−=

− (48)

я напрямного в

дорівнює нулю. Отже пряма перпендикулярна осі ОХ і задається рівнян

0=m означає, що проекці ектора прямої на вісь ОХ

ням

0xx =

• Нехай в рівнянні (47) 0=n , тоді вектора проекція S на вісь OY дорівнює нулю, а пряма розміщена перпендикулярно осі OY, рівняння якої

0yy =

3.3. Рівняння прямої, що проходить через задану точку в заданому напрямі.

вняння прямої l Розглянемо каноничні рі

nyyxx 00

m−

=−

,

- координати точки через яку проходить пряма , -

координати напрямного вектора 00 , yx nm,

S .

39

Нехай напрямний вектор S лежить на прямій і дорів венює ктору AB

рис.13

Із каноничних

рівнянь знайдемо 0yy −

)( 00 xxmnyy =− −

Відношення αtgmn= , де α кут який утворює пряма l з додатнім

40

ОХ. напрямом осі Позначимо Ktg =α , тоді останнє рівняння приймає вигляд )( 00 xxKyy −=− (48)

ься рівнянням пр

через задану точку в заданому напрямі. Напрям задається

овим коефіцієнтом.

Рівняння (48) називаєт ямої, що проходить

кутовим коефіцієнтом К. 3.4. Рівняння прямої з кут

Розглянемо рівняння (48). Нехай кут

2πα ≠ , тоді пряма l

ь на пр же займати любе положення тому нехай точка M лежить на перетинає вісь OY. Точка )( 000 yxM лежит ямій. Вона мо

0

осі OY i має координати 0

на прямій, 0=x b; y =0 . Підставимо координати

точки 0M в рівняння (48), одержимо Kxby =− , або bKxy += (49)

називаєть прямої з ккоефіцієнтом. Кутовий коефіцієнт (

Рівняння (49) ся рівнянням утовим K αtg= ) дорівнює тангенсу

ута, 13), OY.

з дві задані точки.

к який утворює пряма з додатнім напрямом осі OХ (рис.b - відрізок який відсікає пряма на осі

3.5. Рівняння прямої, що проходить чере

yxM . Складемо рівняння прямої. Для цього

Нехай пряма на площині проходить через точки )( 111 yxM і

використаємо)( 22

каноничні рівняння 2

nyy

mxx 00 −

=−

За напрямний вектор S можна взяти вектор

),( 121221 000

точкою ),( 111 yxM , тоді маємо yyxxMMS −−== , а точку yx замінимо в рівнянні

)(M

12

1

12

1

yyyy

xxxx

41

−−

=−−

(50)

Рівняння прямої, що проходитьточки.

ження. Рівняння (50) можна одержати із рівняння (38), як астинний випадок, коли відсутня третя координата z.

задану

(50) є рівнянням через дві задані

Заувач 3.6. Рівняння прямої на площині, що проходить через

точку перпендикулярно заданому вектору.

перпендикулярно вектору

Розглянемо пряму l, яка проходить через точку )( 111 yxM

),( BAN = . Складемо рівняння прямої l. ля Д цього візьмемо на прямій довільну точку ),( yxM і розглянемо

вектор );( 11 yyxxMM −−= . Вектор N розміщений перпендикулярнпрямій l, а отже перпендикулярно вектору

о MM 1 ежить на

прямій (

, що лрис.14)

рис.14

Скалярний

добуток таких векторів дорівнює нулю.

01 =⋅ MMN

42

Запишемо останнє векторне рівняння через проекції векторів

N і MM 1 , маємо

0)()( 11 =−+− yyBxxA (51)

Рівняння (51) називається рівнянням прямої, що проходить через задану точку перпендикулярно заданому вектору. Зауваження. Рівняння (51) задовільняють координати довільної точки ),( yxM , що лежить на прямій l. Якщо точка не лежить на прямій ї координати не будуть задовільняти рівнянню (51)тому, щ скалярний добуток вектора

1l , то ї , о N на вектор MM 1 не буде

дорівнювати нулю.

Приклад. Скласти рівняння прямої, яка проходить через точку 1M )3;1( перпендикулярно вектору )2;1(−=N .

’язання.Розв Рівняння прямої ш у укаємо вигляді (AВ нашому прикладі

0)() 11 =−+− yyBxx ;1−=A ;2=B ;11 =x 31 =y . Підставимо в

рів маємоняння вказані числа,

, або 052 =−+− yx0)3(2)1( =−+−− yx

3.7. Загальне рівняння прямої на площині.

зглянуті рівняння прямої на площині (46)-(51) є рівняннями

Ро

першого степеня відносно поточних координат x і y. Розглянемо щеодне рівняння, яке є теж першого степеня відносно x і y

0=++ CByAx (52)

Це рівняння називається загальним рівнянням прямої.

ідкрити Одержати рівняння (52) можна із рівняння (51), якщо вдужки, а числа додати, при умові 0≠A і 0≠B

43

11

11

1

ByAxByAxByByAxAx

yB

−−++=−+−

),(00)()( 1 yxxA =−+−

позначимо число ,11 CByAx =−−

і В координати тоді одержимо рівняння (52). В

цьому рівнянні А ектора в N , який називається ом прямої.

оекція нормального вектора прямої на вісь ОХ дорівнює нулю, а пряма паралельна осі ОХ,

нормальним вектор Частинні випадки рівняння (52): • Нехай А=0; В≠0. Це означає, що пр

рівняння якої

BCy −= ;

• Якщо А≠0, В=0, тоді нормальний вектор N перпендикулярний до осі OY, а пряма паралельн осі OY і має рівняння а

;ACx −=

• Якщо в рівнянні (52) А≠0, В≠0, а =0, тоді рівнянню задовільняють координати x=0, y=0

С

0=+ ByAx

а пряма проходить через початок координат.

В≠0, тоді одержимо • Якщо в рівнянні (52) покласти А=С=0, а

0=y

це рівняння осі ОХ.

44

асти В=С=0, А≠0, тоді маємо • Якщо в (52) покл

0=x це рівняння осі OY.

а прямими. Умови паралельності і 3.8. Кут між двомперпендикулярності двох прямих.

ся рівняннями

1) Розглянемо дві прямі 1l і 2l , які задають

11 bxky += і 22 bxky += де 11 αtgk = ; 2 2αtgk =

Припустимо прямі не перпендикулярні . Знайдемо ку φ між цими прямими (рис.15)

рис.15 Кут φ і з додатнім апрямом осі ОХ (

, що т

ть прямпредставимо через кути, які утворюю21,ααн )

12 ααϕ −=

Знайдемо тангенс кута φ

21

12

1 kkkktg

+−

=ϕ 21

1212 1 )(

αααααϕ tgatgtg

tgtgtg

+−

=−= , або (53)

45

Отже тангенс кута φ обчислюється через кутові коефіцієнти іт φ відраховується від прямої l до прямої .

ч ому вигляді

1k 2k прямих, ку 1 2

2) Нехай рівняння прямих 1l і 2l задаються в канони н

l

−1l1

1

1

1

nyy

mxx −=

−

2

2

2

2

nyy

mxx −=

−; −2l ,

де

);,( 111 nmS = );( 222 nmS = - напрямні вектори прямих. Кут між прямими і дорівнює куту між векторами 1l 2l 1S і 2

S .

22

22

21

21

2121

21

21cosnmnm

nnmmSS +⋅

SS +⋅+=

⋅=ϕ (54)

3) Якщо прямі і задаються в загальному вигляді:

1l 2l

1l - 0111 =++ CyBxA , −2l =+ 0222 + CyBxA ,

де ),( 222 BAN = ),A( 111 BN = , - ямні вектори прямих. φ між прямими дорівнює куту між ормальними векторами прямих,

е

напр Кутн

отж

21

2121 )cos(cos

NNNNNN⋅

⋅==

∧ϕ

або

22

22

21

21

2121AcosBABA

BBA+⋅+

+=ϕ (55)

4) Умова паралельності двох прямих.

- Якщо прямі задаються рівнянням y 11 bxk , 22 bxky += = + тоді,

46

кщо прямі паралельні, то кутові коефіцієнти однакові я 21 kk = (56)

- Якщо прямі задаються рівнянням в каноничному вигляді

−1l ;11 yyxx −=

−

11 nm −2l 2

22 yyxx −=

2 nm−

і є паралельні, тоді напрямні вектори ),( 111 nmS = і )( 222 nmS = - олінеарні, а їх координати пропорційні

к

2

1

2

1

nn

mm

= (57)

• Якщо прямі задаються рівняннями в загальному вигляді - 1l 0111 =++ CyBxA −2l 0222 =++ CyBxA , тоді якщо прямі

паралельні , то їх нормальні вектори 1N і 2N теж паралельні, отже умова паралельності

2

1

2

1

BB

AA

= (58)

5) Умова перпендикулярності двох прямих:

b

а) Нехай прямі задаються рівнянням: 1xky 22 bxky +== + , 1 . ут φ між прямими дорівнює 900, а ϕtgК не існує, а це можливо

ює нулю коли в формулі (53) знаменник дорівн

47

, або 1

2

1k

k −=01 21 =+ kk (59)

б) Якщо прямі задаються рівняннями в каноничному вигляді і є перпендикулярними, тоді вектори 1S і 2S - теж перпендикулярніа отже їх скалярний добуток дорівнює нулю

,

021 =⋅ SS , або 02121 =+ nnmm (60)

в) Якщо прямі і задаються рівняннями в загальному вигляді і о

1l 2l

перпендикулярні, т ді нормальні вектори теж перпендикулярні, отже

021 =⋅NN , або 02121 =+ BBAA (61)

Приклад 1.

Знайти косинус кута між прямими 0532 =+− yx і 3x

Розв’язання.014 =−+ y .

Прямі задані рівнянням у загальному вигляді. Кут між прямими знайдемо за формулою (55). Підставимо в формулу

21 =A ; 31 −=B ; 32 =A ; 42 =B , одержимо

1356

25136

43)3(24)3(32cos

2222

−=

⋅−

=+⋅−+

⋅−+⋅=ϕ

Приклад 2.

При якому значенн m прямі перпендикулярні і

4321 +

=− yx

і 6

32 −=

+ yx

mРозв’язання. Дві і прямі задан рівняннями у каноничному

вигляді. Умова перпендикулярності таких прямих задається формулою (60). Підставимо в формулу 31 =m ; 41 =n ; mm =2

62 =n , одержимо ;

48

0643 =⋅+m , або 8−=m

3.9. Відстань від точки до прямої.

Задана пряма

:l 0=++ CByAx і точка . Треба точки до прям стань від о

рис. 16

к маємо із рис.16 відстань

)( 000 yxMзнайти відстань від ої l . Від точки дпрямої позначимо через d.

0M

Я

01MMd = ,

де точка є основою перпендикуляра опущеного із точки яму l ве

)( 111 yxM

0M на пр ктор );( 10001 yyxxMM −−= і нормальний вектормої

пря ),( BAN = колін лярний добуток

еарні. Знайдемо їх ска

dNMMNMMN ±=⋅⋅=⋅ ϕcos0101

Кут φ може дорівнювати нулю або π . Із останньої формули знайдемо відстань d

NMMNd 01⋅

±= (62)

Запишемо формулу (62) через проекції векторів на вісі координат

221100

221010 )()()(

BAByAxByAx

BAyyBxxAd

++−+

±=+

−+−±=

Точка лежить на прямій, отже її координати задовільняють рівнянню прямої

)( 111 yxM011 =++ CByAx звідки

CByAx −=+ 11

Тому відстань d від точки до прямої можна записати так

22

00

BACByAx

d+

++= (63)

Приклад 1. Задані вершини трикутника ABC: A(1;5), B(2;1),

C(4;3). Знайти довжину висоти CD. Розв’язання. Довжина висоти CD дорівнює відстані від точки С

до сторони АВ. Знайдемо рівняння сторони АВ, як прямої, що проходить через дві задані точки

,515

121

−−

=−− yx

або 094 =−+ yx

Відстань від точки С до прямої АВ знайдемо за формулою (63)

43,217

1014

9314422

≈=+

−⋅+⋅=d

Приклад 2. Побудувати пряму 0653 =+− yx Розв’язання. Знайдемо точки перетину нашої прямої з осями координат. Для цього покладемо в рівнянні ,0=x одержимо

49

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

==→

⎩⎨⎧

==+−

0

2,156

0065

x

yx

y

Точка )2,1,0(M є точкою перетину прямої з віссю OY. Щоб

знайти точку перетину прямої з віссю ОХ, покладемо в рівнянні 0=y

⎩⎨⎧

=−=

→⎩⎨⎧

==+

02

0063

yx

yx

Точка )0;2(−N є точкою перетину прямої з віссю ОХ. Проведемо

пряму через точки M і N . Приклад 3. Скласти рівняння прямої,що проходить через точку

)3;2(1 −−M перпендикулярно прямій 032 =−+ yx і привести його до рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом.

Розв’язання. Рівняння прямої шукаємо у вигляді n

yym

xx 11 −=

−,

де - координати напрямного вектора nm, S , які невідомі. За напрямний вектор шуканої прямої візьмемо нормальний вектор прямої . Він має вигляд 032 =−+ yx )1;2(=N . Отже )1;2(=S . Підставимо в рівняння прямої

,1

32

2 +=

+ yx або 2

21

−= xy

Приклад 4. Точка )5;4(−A є вершиною квадрата, діагональ якого

лежить на прямій 087 =+− yx . Скласти рівняння другої діагоналі квадрата. Розв’язання. Нормальний вектор прямої 087 =+− yx має вигляд

)1;7( −=N . Цей вектор буде напрямним вектором прямої, на якій лежить друга діагональ, отже )1;7( −=S .

50

Рівняння другої діагоналі шукаємо у вигляді

nyy

mxx 11 −=

−, де ;41 −=x ;51 =y ;7=m 1−=n

Підставимо ці числа в рівняння, одержимо

15

74

−−

=+ yx

або 0317 =−+ yx

Контрольні питання.

1. Який вигляд має параметричне рівняння прямої на площині? 2. Записати каноничне рівняння прямої на площині. 3. Який вигляд має рівняння прямої, що проходить через задану точку?

4. Записати рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом, геометричне тлумачення параметрів k і b .

5. Який вигляд має рівняння прямої на площині, що проходить через дві задані точки?

6. Записати рівняння прямої, що проходить через точку ); перпендикулярно вектору ( 111 yxM );( BAN = .

7. Який вигляд має загальне рівняння прямої на площині? 8. Записати рівняння осі OX і OY. 9. Як знайти кут між двома прямими на площині? 10. Записати умову паралельності і перпендикулярності двох прямих на площині.

11. Який вигляд має умова паралельності двох прямих, які задаються рівняннями у каноничному вигляді?

12. Як знайти відстань від точки до прямої?

51

Завдання.

1. Скласти рівняння прямої, яка утворює з додатнім напрямом осі ОХ кут 030=α і відсікає по осі OY відрізок 3−=b .

2. Скласти рівняння прямої, яка проходить через точку )2;3(1 −M Перпендикулярно прямій 0543 =+− yx .

52