La posizione relativa di 2 linee nello spazio. Linea nello spazio: informazioni necessarie

Se due rette si intersecano o sono parallele, allora giacciono sullo stesso piano. Tuttavia, nello spazio, due linee possono essere posizionate in modo tale da non trovarsi sullo stesso piano, ovvero non esiste un piano che passi attraverso entrambe queste linee. È chiaro che tali linee non si intersecano né sono parallele.

Si considerino tre casi di possibile disposizione di due rette nello spazio. Due linee rette nello spazio possono:

1. Si trovano sullo stesso piano e hanno un punto comune;

2. Si trovano sullo stesso piano e non hanno punti comuni;

Non giacciono sullo stesso piano e quindi non hanno punti in comune.

Definizione: Due rette si dicono che si intersecano se hanno un punto in comune.

Definizione: Due rette si dicono parallele se giacciono sullo stesso piano e non hanno punti in comune né coincidono.

Definizione: Due linee sono chiamate oblique se non si intersecano e non sono parallele (non giacciono sullo stesso piano).

Designazione: UN · B

SEGNO DI LINEE DRITTE CHE SI ATTRAVERSANO

Teorema: Se una delle due rette giace su un piano e l'altra interseca questo piano in un punto che non appartiene alla prima retta, allora queste rette si intersecano.

Dato: ; ; .

Dimostrare: UN · B

Prova: (per contraddizione)

Assumiamo il contrario di ciò che vogliamo dimostrare, cioè che queste rette si intersechino o siano parallele: .

Un unico piano può essere tracciato attraverso due linee intersecanti o parallele, quindi esiste un certo piano in cui giacciono queste linee: .

Secondo le condizioni del teorema.

Per ipotesi.

Dalle condizioni del teorema e dall'assunzione consegue che entrambi i piani passano per la linea “a” e per il punto M che non le appartiene E poiché per la linea e per un punto quello si può tracciare uno e un solo piano non gli appartiene, quindi i piani coincidono. .

Per ipotesi.

Per condizione.

Abbiamo una contraddizione con la condizione del teorema, quindi l'ipotesi non è vera, ma è vero ciò che doveva essere dimostrato, cioè le linee si intersecano: a · B.

Ricordiamo che l'angolo tra le linee che si intersecano è l'angolo tra le linee parallele che passano per un punto. In altre parole, se dritto l oe l 1 sono incrociati, allora dobbiamo fare una traslazione parallela della linea l o , in modo che risulti essere una linea retta l o ¢ che si interseca con l 1 e misurare l'angolo tra l o¢ e l 1 .

Due linee oblique hanno una sola perpendicolare in comune. La sua lunghezza è chiamata distanza tra le linee.

Lasciamo che due linee nello spazio siano definite dalle loro equazioni canoniche:

l o: = = , l 1: = = . (35)

Allora possiamo immediatamente concludere che ( UN 1 , UN 2 , UN 3)½½ l o, ( B 1 , B 2 , B 3)½½ l 1 , UN o ( X oh, sì oh, z o)Î l oh, UN 1 (X 1 , sì 1 , z 1)О l 1 . Creiamo una matrice

X 1 – X o sì 1 – sì o z 1 –z o

UN = UN 1 UN 2 UN 3 ,

B 1 B 2 B 3

e sia D = det UN.

Teorema 8.1.L'angolo tra l e p è calcolato dalla formula

cos a = = . (36)

2. Dritto l o e io 1 incrociarsiÛ D ≠ 0.

3. Dritto l oe l 1 intersecareÛ D = 0 e non collineare.

4. l o½½ l 1 grado UN= 2 e ½½.

5. l o = l 1 grado UN = 1.

Prova. 1. Angolo a tra rette l oe l 1 può essere uguale all'angolo b tra i loro vettori di direzione, o può essere adiacente ad esso. Nel primo caso

cos a = cos b = ,

e nel secondo caso

cos a = – cos b =½ cos b½ = .

Questa formula varrà anche per il primo caso. Si prega di notare che il disegno non mostra una linea retta l o , e la retta ad essa parallela l o¢.

2, 3. Ovviamente, dritto l oe l 1 non sono paralleli se e solo se i loro vettori di direzione non sono collineari. In questo caso, le linee giacciono sullo stesso piano e si intersecano - i vettori sono complanari - il loro prodotto misto è uguale a zero: = 0. E in coordinate, questo prodotto di precisione è uguale a D.

Pertanto, se D ≠ 0, allora i vettori non sono complanari, e quindi rettilinei l oe l 1 non giacciono sullo stesso piano;

4, 5. Se l o½½ l 1 o l o = l 1, poi ½½. Ma nel primo caso il vettore è non collineare e quindi è la prima riga della matrice UN sproporzionato rispetto alla seconda e alla terza riga. Quindi classifica UN = 2.

Nel secondo caso, tutti e tre i vettori sono collineari tra loro e quindi tutte le righe

nella matrice UN proporzionale. Quindi classifica UN = 1.

E viceversa se || , poi dritto l oe l 1 parallelo o coincidente; in questo caso, la seconda e la terza riga della matrice UN proporzionale. Se, allo stesso tempo, classifica UN= 2, allora la prima riga della matrice è sproporzionata rispetto alla seconda e alla terza, il che significa che il vettore non è collineare e Û l o || l 1 . Se rango UN= 1, quindi tutte le righe della matrice UN sono proporzionali, il che significa che tutti e tre i vettori sono collineari tra loro Û l o = l 1 .

Teorema 9.Siano due rette l o e io 1 nello spazio sono dati dalle loro equazioni canoniche (35). Poi

1. se l o½½ l 1 , quindi la distanza tra l o e io 1 si trova dalla formula

H = , (37)

2. se l o e io 1 attraversare, la distanza tra loro viene trovata dalla formula

H = . (38)

Prova. 1. Permettere l o½½ l 1 . Tracciamo il vettore dal punto UN o , e sui vettori e costruiremo un parallelogramma. Poi la sua altezza H sarà la distanza tra l oe l 1 . L'area di questo parallelogramma è: S=½ ´½ e la base è ½ ½. Ecco perché

H = S/½ ½ = (37).

2. Permettere l oe l 1 sono incrociati. Disegniamo una linea retta l o piano p o ½½ l 1, e attraverso la retta l 1 disegna l'aereo p 1 ½½ l o.

Quindi la perpendicolare comune a l oe l 1 sarà una perpendicolare comune a po e p 1. Tracciamo i vettori e dal punto UN oe sui vettori e costruisci un parallelepipedo. Allora la sua base inferiore giace nel piano p o, e la sua base superiore giace nel piano p 1. Pertanto l'altezza del parallelepipedo sarà una perpendicolare comune a p o e p 1, e il suo valore H sarà la distanza tra l oe l 1 . Il volume del parallelepipedo è ½ ½ e l'area della base è ½´½ Þ

H= V/S fondamentale = (38).

Conseguenza. Distanza dal punto A 1 (X 1 , sì 1 , z 1) alla retta l, dato dall'equazione

calcolato dalla formula (37).

Esempi di risoluzione dei problemi.

1. Date le coordinate dei vertici A(1,– 6), B(–3, 0), C(6, 9) triangolo ABC. Scrivi l'equazione della circonferenza circoscritta ad un triangolo.

Soluzione. Per creare l'equazione di una circonferenza, dobbiamo conoscerne il raggio R e le coordinate del centro DI(UN, B). Quindi l'equazione assomiglia a questa:

(X–UN) 2 +(sì–B) 2 = R 2 .

Il centro di un cerchio circoscritto ad un triangolo si trova nell'intersezione delle bisettrici perpendicolari ai lati di questo triangolo. Trovare le coordinate dei punti medi M 1 (X 1 , sì 1) e M 3 (X 3 , sì 3) lati AVANTI CRISTO. E AB rispettivamente:

x1 = = = , sì 1 = = = , M 1 .

Allo stesso modo M 3 (–1,–3).

Permettere l 3 – retta, che è la bisettrice perpendicolare a AB, UN l 1 a AVANTI CRISTO.. Allora = (– 4, 6) ^ l 3 e l 3 passa attraverso M 3. Pertanto la sua equazione è:

– 4(X+1) + 6(sì+3) = 0.

Allo stesso modo = (9, 9)^ l 3. Quindi l'equazione l 1:

9(X-) + 9(sì -) = 0

X + sì – 6 = 0.

Abbiamo DI =l 1 Io l 3. Pertanto, per trovare le coordinate di un punto DIè necessario risolvere insieme le equazioni l 1 e l 3:

X + sì – 6 = 0 ,

– 4X + 6sì +14 = 0.

Aggiungiamo la prima equazione alla seconda equazione, moltiplicata per 4:

X + sì – 6 = 0,

10sì – 10 = 0.

Da qui sì = 1, X = 5, O(5, 1).

Raggio uguale alla distanza da DI ad uno qualsiasi dei vertici del triangolo. Noi troviamo:

R =½½= = .

Quindi l'equazione della circonferenza è:

(X – 5) 2 + (sì–1) 2 = 65.

2. IN triangolo rettangolo ABC nota equazione di una delle gambe 3X – 2sì + 5 = 0, coordinate del vertice C(–5,–5) e le coordinate del centro O(– 3/2,–3)ipotenusa AB. Trova le coordinate

vertici A, B e le coordinate del punto E, simmetrico a O rispetto al lato BC. Trova le coordinate del punto di intersezione delle mediane del triangolo ABC .

Soluzione. Sia la gamba la cui equazione ci è data NE. È dato da un'equazione generale della forma

ascia + di + C = 0.

In questa equazione significato geometrico

coefficienti UN E B sono le coordinate del vettore normale ( UN, B). Pertanto (3,-2)^ Sole.

Creiamo l'equazione della perpendicolare l = D.O. di fianco NE e trovi le coordinate del punto D. Il vettore sarà parallelo D.O., cioè. è il vettore di direzione di questa linea. Inoltre, conosciamo le coordinate del punto DI su questa linea retta. Costruzione di un'equazione parametrica l:

X = – + 3T, (*)

sì = – 3 - 2T .

Abbiamo D = l IO AVANTI CRISTO.. Pertanto per trovare le coordinate di questo punto dobbiamo risolvere congiuntamente le equazioni l E AVANTI CRISTO.. Sostituiamo X E sì dall'Eq. l nell'equazione AVANTI CRISTO.:

3(– + 3T) –2(–3 -2T)+5 = 0,

– + 9T +6 +4T+5 = 0,

13T = –, tD= – .

Sostituisci ciò che abbiamo trovato T nell'equazione l e trovi le coordinate del punto D(–3,–2). Per trovare le coordinate E Ricordiamo il significato fisico dell'equazione parametrica di una retta: specifica una linea rettilinea e moto uniforme. Nel nostro caso, il punto di partenza è DI OE il doppio della lunghezza del segmento OD. Se durante il tempo tD= – ne abbiamo fatta di strada DI Prima D, quindi il percorso da DI Prima E passeremo in tempo tE= 2tD= –1. Sostituendo questo valore in (*), troviamo E(– 4,5;–1).

Punto D divide un segmento AVANTI CRISTO. a metà. Ecco perché

xD = , e D = .

Da qui troviamo

xB= 2xD– xC= –1, e B = 2e D – yC =1, B(–1, 1).

Allo stesso modo, usando il fatto che DI- mezzo AB, trova le coordinate del punto UN(-2,-7). Esiste un altro modo possibile per risolvere questo problema: completare il Δ ABC ad un parallelogramma.

Formule generali dividendo un segmento in a questo proposito Assomiglia a questo:

x C = , e D = ,

se punto CON divide un segmento AB nel rapporto l 1:l 2, cioè ½ AC.½:½ AVANTI CRISTO.½=l 1:l 2.

È noto che il punto di intersezione delle mediane divide la mediana in un rapporto di 2:1, contando dal vertice. Nel nostro caso R divide CO in un rapporto di 2:1. Ecco perché

xP = = = – ,

sìP = = = – .

Risposta:UN(–2,–7), B(–1, 1), P.

3. Date le coordinate dei vertici A(– 4,–2), B(9, 7), C(2,– 4)triangolo ABC. Componi l'equazione generale della bisettrice AD ​​e trova le coordinate del punto D.

Soluzione. Dal corso di matematica elementare si sa che = . Calcoliamo

(13, 9), (6,–2);

½½= = 5, ½½= = 2.

xD = = = 4,

e D = = = – , D(4,–).

Componiamo l'equazione di una retta passante per i punti UN E D. Per lei il vettore è una guida. Ma possiamo prendere come guida qualsiasi vettore collineare. Ad esempio, sarà conveniente prendere = , (7, 1). Poi l'equazione

ANNO DOMINI: = sì+ 2Û X – 7sì– 10 = 0.

Risposta:D(4,–), ANNO DOMINI: X – 7sì– 10 = 0.

4. Date le equazioni di due mediane x – sì– 3 = 0, 5X + 4sì– 9 = 0 triangolo ABC e coordinate del vertice A(– 1, 2). Scrivi un'equazione per la terza mediana.

Soluzione. Per prima cosa ci assicuriamo che il punto UN non appartiene a queste mediane. Le mediane di un triangolo si intersecano in un punto M. Sono quindi comprese nel fascio di linee passanti M. Creiamo un'equazione per questa trave:

l( X – sì–3)+m(5 X + 4sì– 9) = 0.

I coefficienti l ed m sono determinati fino alla proporzionalità; quindi possiamo assumere che m = 1 (se m = 0, allora l'equazione della trave specifica solo la prima mediana, e la retta desiderata non coincide con essa). Otteniamo l'equazione della trave:

(l + 5) X+ (–l + 4) sì– 3l – 9 = 0.

Da questo raggio dobbiamo selezionare una linea retta che passa attraverso il punto UN(-12). Sostituiamo le sue coordinate nell'equazione della trave:

– (l + 5) + 2(–l + 4) – 3l – 9 = 0,

– 6l – 6 = 0, l = –1.

Sostituiamo il valore trovato di l nell'equazione della trave e otteniamo l'equazione mediana desiderata:

4X + 5sì– 6 = 0.

Risposta: 4X + 5sì– 6 = 0.

5. Date le coordinate dei vertici della piramide triangolare SABC: UN(–3, 7, 1), B(–1, 9, 2), C(–3, 6, 6) S(6,–5,–2). Scrivi l'equazione del piano base ABC e l'equazione dell'altezza SD. Trovare le coordinate del punto D e del punto S¢ , S simmetrico rispetto al piano della base.

Soluzione. Troviamo le coordinate di due vettori paralleli al piano della base p= ABC:

= (2, 1, 1), = (0,–1, 5).

Equazione di un piano passante questo punto UN(X oh, sì oh, z o) parallelo a due vettori non collineari ( UN 1 ,UN 2 , UN 3), (B 1 ,B 2 , B 3) ha la forma

X – X o sì – sì o z – z o

UN 1 UN 2 UN 3 = 0.

B 1 B 2 B 3

Sostituiamo i nostri dati in questa equazione:

X + 3 sì – 7 z – 1

2 2 1 = 0.

0 –1 5

Espandiamo il determinante:

Dall'equazione del piano troviamo che il vettore (11,–10,–2) è il vettore normale al piano. Lo stesso vettore sarà la guida per la retta H = SD. Equazione parametrica della retta passante per un punto dato UN(X oh, sì oh, z o) con un vettore di direzione ( UN 1 ,UN 2 , UN 3) ha la forma

X = X o+ UN 1 T ,

sì = sì o+ UN 2 T ,

z = z o+ UN 3 T .

Nel nostro caso otteniamo l'equazione:

X = 6 + 11T ,

H: sì = –5 – 10T , (*)

z = –2 – 2T .

Troviamo la base della perpendicolare. Questo è il punto di intersezione della linea con il piano p. Per fare ciò, dobbiamo risolvere insieme le equazioni ep. Sostituendo dall'equazione l nell'equazione π:

11(6 + 11T) – 10(–5 – 10 T) – 2(–2 – 2T) + 105 = 0,

66 + 121 T + 50 + 100 T + 4 + 4 T + 105 = 0,

225 sì = –225, T = –1.

Trovato T sostituire nell'equazione l e trova le coordinate D(–5, 5, 0).

Ricordiamo il significato fisico dell'equazione parametrica di una retta: specifica il moto rettilineo e uniforme. Nel nostro caso, il punto di partenza è S, il vettore velocità è. Segmento SS¢il doppio della lunghezza del segmento SD e ci vorrà il doppio del tempo per completarlo. Se durante il tempo tD= – 1 da cui siamo passati S Prima D, quindi il percorso da S Prima S¢ attraverseremo il tempo T¢= 2 tD= –2. Sostituendo questo valore in (*), troviamo S¢(–16, 15; 2).

Risposta:ABC: 11X – 10sì– 2z +105 = 0, D(–5, 5, 0), S¢(–16, 15; 2),

X = 6 + 11T ,

SD: sì = –5 – 10T ,

z = –2 – 2T .

6. Date le equazioni della retta l del piano p:

Assicurati che l e p si intersechino e crea un'equazione per la proiezione di l¢ retta l al piano. Trova l'angolo tra l e p .

Soluzione. Dall'equazione di una linea troviamo il suo vettore direzione: (1,–1, 2) e un punto su questa linea: UN(6, 0, 2) e dall'equazione del piano - il vettore normale al piano:

(5,–2, 4). Ovviamente, se l½½ p o , quindi ^ cioè · = 0. Controlliamo:

· = 5 1 – 2 (–1) + 4 2 = 15 ¹ 0.

Significa, l interseca π. Angolo tra l e p si trovano dalla formula:

peccato UN = ;

|| = = , || = = = 3 .

peccato UN = = .

Permettere UN o – proiezione del punto UN su un aereo e B = l IO π . Poi l¢= UN o Bè una proiezione di una retta. Troviamo innanzitutto le coordinate del punto B. Per fare ciò riscriviamo l'equazione della retta l in forma parametrica:

X = 6 + T,

l: sì = – T,

z = 2 + 2T,

e risolverlo insieme all'equazione del piano π . Sostituendo dall'equazione l nell'equazione π :

5(6 + T) – 2(– T) + 4(2 + 2T) + 7 = 0,

30 + 5T + 2T + 8 + 8T + 7 = 0,

15T = – 45, T = – 3.

Sostituendo questo T nell'equazione l trovare le coordinate B(3, 3, 4). Creiamo l'equazione della perpendicolare H = AA. o. Per dritto H il vettore serve da guida. Ecco perché H dato dall'equazione

X = 6 + 5T,

H: sì = –2 T,

z = 2 + 4T,

Lo risolviamo insieme all'equazione del piano π per trovare le coordinate del punto UN o:

5(6 + 5T) – 2(–2T) + 4(2 + 4T) + 7 = 0,

30 + 25T + 4T + 8 + 16T + 7 = 0,

45T = – 45, T = – 1.

Sostituiamo questo T nell'equazione H e troviamo UN o (1, 2,–2). Trovare il vettore direzione della retta l": UN o B(2, 1,–2) e otteniamo la sua equazione:

.

7. La retta l nello spazio è data da un sistema di equazioni

2X+2sì– z– 1=0,

4X– 8sì+ z – 5= 0,

e si danno le coordinate del punto A(–5,6,1). Trovare le coordinate del punto B, simmetrico ad A rispetto alla retta l.

Soluzione. Permettere P– la base di una perpendicolare caduta da un punto UN direttamente l. Per prima cosa troveremo le coordinate del punto P. Per fare ciò, creeremo un'equazione per il piano p che passa per il punto UN perpendicolare ai piani p 1 e p 2. Troviamo i vettori normali a questi piani: (2, 2,–1), (4,–8, 1). Per il piano p saranno guide. Pertanto l’equazione di questo piano è:

X + 5 sì – 6 z – 1

2 2 –1 = 0.

4 –8 1

– 6(X + 5) – 6(sì – 6) –24(z – 1) = 0 .

Prima di aprire le parentesi, assicurati di farlo

Innanzitutto, dividi l'intera equazione per – 6:

X + 5 + sì – 6 + 4(z – 1) = 0,

x+ sì+ 4z – 5 = 0.

Ora P– punto di intersezione dei piani p, p 1 e p 2. Per trovare le sue coordinate dobbiamo risolvere un sistema formato dalle equazioni di questi piani:

X + sì + 4z – 5 = 0,

4X – 8sì + z – 5 = 0,

2X + 2sì – z – 1 = 0.

Risolvendolo utilizzando il metodo di Gauss, troviamo P(1,0,1). Successivamente, sfruttando il fatto che P- mezzo AB troviamo le coordinate del punto B(7,–6,1).

Punto P può essere trovato in un altro modo, il più vicino possibile UN punto di una retta l. Per fare ciò, è necessario creare un'equazione parametrica per questa linea. Come è fatto, guarda l'attività 10 . Per ulteriori azioni, vedere l'attività 8 .

8. IN D ABC con vertici A(9, 5, 1), B(–3, 8, 4), C(9,–13,–8) viene disegnata l'altitudine AD. Trovare le coordinate del punto D, scrivere l'equazione della retta AD, calcolare h=½ ANNO DOMINI½ e controlla h calcolando SD ABC utilizzando il prodotto incrociato.

Soluzione. Ovviamente il punto D può essere trovato in questo modo: D= πI AVANTI CRISTO., dove π è il piano che passa per il punto UN perpendicolare al lato AVANTI CRISTO.. Perché questo piano funge da vettore normale. Troviamo (12,–21,–12). Le coordinate di questo vettore sono completamente divisibili per 3. Pertanto, come vettore normale a p possiamo prendere = , (4,–7,–4). Equazione del piano π passante per un punto UN o ( X oh, sì oh, z o) perpendicolare al vettore ( UN, B, C), ha la forma:

UN(X – X o) + B(sì – sì o) + C(z – z o) = 0.

Nel nostro caso:

4(X – 9) - 7(sì – 5) - 4(z – 1) = 0,

4X - 7sì - 4z + 3 = 0,

Facciamo un'equazione di una linea retta AVANTI CRISTO.. Per lei, il vettore sarà una guida:

X = –3 + 4T,

AVANTI CRISTO.: sì = 8 – 7T, (*)

z = 4 – 4T,

Perché il D= πI AVANTI CRISTO., per trovare le coordinate di un punto D le equazioni devono essere risolte insieme π E AVANTI CRISTO.. Sostituendo dall'equazione AVANTI CRISTO. nell'equazione π:

4(–3 + 4T) – 7(8 – 7T) – 4(4 – 4T) + 3 = 0,

–12 + 16 T – 56 + 49T – 16 + 16 T + 3 = 0,

81T = 81, T = 1.

Sostituiamo questo T nell'equazione di una retta AVANTI CRISTO. e troviamo D(1, 1, 0). Successivamente, conoscendo le coordinate dei punti UN E D, componiamo l'equazione della retta ANNO DOMINI Calcoliamo la distanza tra i punti utilizzando la formula:

io j k io j k

´ = –12 3 3 = –27· – 4 1 1 = –27(– io + 4J– 8K) .

0 –18 –9 0 2 1

(Nel processo di calcolo abbiamo utilizzato la proprietà del determinante: il fattore comune degli elementi di una linea può essere tolto dal segno del determinante).

SΔ ABC= · 27 = .

D'altra parte, S Δ ABC = | |· H. Da qui H= . Noi troviamo

Ecco perché H= 9. Corrisponde alla risposta trovata in precedenza.

Punto D può essere trovato il più vicino possibile a UN punto di una retta AVANTI CRISTO. utilizzando metodi di calcolo differenziale. Permettere M(T) – punto arbitrario di una linea retta AVANTI CRISTO.; le sue coordinate sono determinate dal sistema (*):

M(–3 + 4T, 8 – 7T, 4 – 4T).

Trovare la distanza quadrata da un punto UN Prima M(T):

H 2 (T) = (9 + 3 – 4T) 2 + (5 – 8 + 7T) 2 + (1 – 4 + 4T) 2

= (12 – 4T) 2 + (–3 + 7T) 2 + (–3 + 4T) 2 =

144 – 96T + 16T 2 + 9 – 42T + 49T 2 + 9 – 24T + 16T 2 =

81T 2 – 162T + 162.

Lo troveremo valore più piccolo funzioni H 2 (T) utilizzando la derivata:

H 2 (T) = 162T – 162; H 2 (T) = 0 Þ T = 1.

Sostituisci questo valore T nell'equazione di una retta AVANTI CRISTO. e lo troviamo D(1, 1, 0) è il più vicino UN punto su una linea AVANTI CRISTO..

9. Analizzare la posizione relativa delle seguenti coppie di piani(intersecano, paralleli, coincidono). Se i piani si intersecano, trova l'angolo tra loro, se sono paralleli – distanza tra loro.

UN). p1:2 sì+ z + 5 = 0, p 2: 5 X + 4sì–2z+11 = 0.

Soluzione. Se ai piani p 1 e p 2 vengono assegnati i propri equazioni generali

UN 1 X + B 1 sì + C 1z+ D 1 = 0, UN 2 X + B 2 sì + C 2z+ D 2 = 0,

p 1 ½½ p 2 Û = = ¹ ,

p1 = p2Û = = = .

Nel nostro caso ¹ ¹, quindi i piani non sono paralleli e non coincidono. Ciò significa che si intersecano. L'angolo tra i piani è calcolato dalla formula

cos UN = ,

dove e sono i vettori normali a questi piani. Nel nostro caso

(0, 2, 1), (5, 4,–2), = 0·5 + 2·4 + 1·(–2);

|| = = , || = = 3 .

Quindi così UN = = .

Risposta: a = arccos.

B) p1: X – sì+2z+8 = 0,

p2:2 X – sì+4z –12 = 0.

Soluzione. Verifica del parallelismo o della coincidenza:

Ciò significa p 1 ½½ p 2 ma p 1 ¹ p 2 . Distanza dal punto UN(X, sì, z) al piano specificato dall'equazione viene trovato dalla formula

H = .

Scegliamo un punto UN Opzione 1 . Per fare ciò, è necessario selezionare tre coordinate qualsiasi che soddisfino l'equazione p 1. Nel nostro caso la cosa più semplice è: UN o (0, 8, 0). Distanza da UN o a p 2 e sarà la distanza tra p 1 e p 2:

H = = .

10. Crea un'equazione del piano P, che divide in due uno degli angoli diedri tra i piani

p1:2 X– sì+ 2= 0, p 2: 5 X+ 4sì– 2z–14 = 0,

che contiene questo punto A(0, 3,–2). Componi un'equazione parametrica della retta l = P 1 Io P 2 ;

Soluzione. Se il punto giace sul piano p, che divide in due l'angolo diedro, allora le distanze H 1 e H 2 da questo punto a p 1 e a p 2 sono uguali.

Troviamo queste distanze e le uguagliamo:

Possiamo aprire i moduli con lo stesso o segni diversi. Pertanto, possiamo ottenere 2 risposte, perché... p 1 e p 2 formano due angolo diedro. Ma la condizione richiede di trovare l'equazione del piano che divide in due l'angolo in cui si trova il punto UN. Quindi le coordinate del punto M quando si sostituisce nei lati di sinistra delle equazioni di questi piani P 1 e deve avere gli stessi segni delle coordinate del punto UN. È facile verificare che questi segni valgono per p 1 e “+” per p 2. Pertanto espandiamo il primo modulo con il segno “–” e il secondo con il segno “+”:

3(-2X + sì- 2) = 5X+ 4sì– 2z–14,

p:11 X + sì - 2z - 14 = 0.

Per creare l'equazione di una retta l, dobbiamo trovare il vettore direzione di questa linea e il punto su di essa.

Dalle equazioni p 1 e p 2 troviamo le coordinate dei vettori normali a questi piani: (2,–1, 0), (5, 4,–2). Vettore diretto l perpendicolare e Questo può essere trovato utilizzando il prodotto vettoriale (per definizione, se = ´, allora ^ e ^):

= ´ = 2 –1 0 = 2 io + 4J+ 13K .

Per trovare le coordinate di un punto su una linea, dobbiamo trovare una soluzione particolare al sistema di equazioni

Poiché ci sono due equazioni e tre incognite, il sistema ha infinite soluzioni. Tutto quello che dobbiamo fare è sceglierne uno. Il modo più semplice è mettere X= 0 e quindi troviamo

Þ z = – 3, .

Equazione canonica retta passante per un punto B(X oh, sì oh, z o) parallelo al vettore ( UN 1 , UN 2 , UN 3), ha la forma:

Nel nostro caso abbiamo l'equazione:

l: = = .

Risposta: pag: 11 X + sì – 2z = 0, l: = = .

11. Date le equazioni di due rette nello spazio:

X = –1 – T, X = –3 + 2T¢,

l 1: sì = 6 + 2 T, l 2: sì = –2 – 3T¢,

z = 5 + 2T, z = 3 – 2T¢.

Dimostra che queste rette si intersecano e costruisci un'equazione per la loro perpendicolare comune.

Soluzione. Dalle equazioni delle rette troviamo le coordinate dei loro vettori di direzione: (–1, 2, 2), (2,–3,–2) e i punti l 1, che significa che è il vettore di direzione della perpendicolare comune a queste righe. Abbiamo già trovato le sue coordinate: (2, 2,–1). In modo da

scrivere un'equazione H dobbiamo trovare le coordinate di un punto su questa linea. Per fare ciò, creeremo un'equazione per il piano π che lo attraversa l 1 e H. Per lei, i vettori saranno guide e UNÎp.

X – 1 sì – 2 z – 1

– 6(X – 1) + 3(sì – 2) – 6(z – 1) = 0.

– 2(X – 1) + (sì – 2) – 2(z – 1) = 0.

p: –2 X + sì – 2z + 2 = 0.

Trovare il punto di intersezione l 2 e π. Per fare questo, dall'equazione l 2 sostituiamo π nell’equazione:

–2(–3 + 2T¢) –2 + 3 T¢ – 2(3 – 2 T¢) + 2 = 0,

6 – 4T¢ – 2 – 3 T¢ – 6 – 4 T¢ + 2 = 0,

–7T¢= 0, T¢= 0.

Sostituisci ciò che abbiamo trovato T¢ dentro

In questa lezione forniremo definizioni e teoremi di base sul tema delle rette parallele nello spazio.
All'inizio della lezione considereremo la definizione di linee parallele nello spazio e dimostreremo il teorema secondo cui attraverso qualsiasi punto dello spazio è possibile tracciare solo una linea parallela a quella data. Successivamente dimostriamo il lemma relativo a due rette parallele che intersecano un piano. E con il suo aiuto dimostreremo il teorema sulle due rette parallele ad una terza retta.

Argomento: Parallelismo di rette e piani

Lezione: Rette parallele nello spazio. Parallelismo di tre rette

Abbiamo già studiato le linee parallele in planimetria. Ora dobbiamo definire le rette parallele nello spazio e dimostrare i teoremi corrispondenti.

Definizione: due linee nello spazio si dicono parallele se giacciono sullo stesso piano e non si intersecano (Fig. 1.).

Designazione delle linee parallele: a || B.

1. Quali rette si chiamano parallele?

2. Dimostrare che tutte le rette che intersecano due rette parallele date si trovano sullo stesso piano.

3. Una linea interseca le linee AB E AVANTI CRISTO. ad angolo retto. Le rette sono parallele? AB E AVANTI CRISTO.?

4. Geometria. Classi 10-11: libro di testo per studenti di istituti di istruzione generale (livelli base e specialistici) / I. M. Smirnova, V. A. Smirnov. - 5a edizione corretta e ampliata - M.: Mnemosyne, 2008. - 288 p. : malato.

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