Den relative plasseringen av 2 linjer i rommet. Linje i rommet - nødvendig informasjon

Hvis to linjer krysser hverandre eller er parallelle, ligger de i samme plan. Men i rommet kan to linjer plasseres på en slik måte at de ikke ligger i samme plan, det vil si at det ikke er noe plan som går gjennom begge disse linjene. Det er tydelig at slike linjer ikke krysser hverandre eller er parallelle.

Tre tilfeller av mulig arrangement av to rette linjer vurderes i rommet. To rette linjer i rommet kan:

1. Ligg i samme plan og ha et felles punkt;

2. Ligg i samme plan og har ingen felles punkter;

Ikke ligg i samme plan og har derfor ikke felles punkter.

Definisjon: To linjer sies å krysse hverandre hvis de har et felles punkt.

Definisjon: To linjer kalles parallelle hvis de ligger i samme plan og ikke har felles punkter eller sammenfaller.

Definisjon: To linjer kalles skjeve hvis de ikke krysser hverandre og ikke er parallelle (ligger ikke i samme plan).

Betegnelse: a · b

TEGN PÅ Å KRISSE RETTE LINJER

Teorem: Hvis en av to linjer ligger i et plan, og den andre skjærer dette planet i et punkt som ikke tilhører den første linjen, så skjærer disse linjene.

Gitt: ; ; .

Bevise: a · b

Bevis: (i motsetning)

La oss anta det motsatte av det vi ønsker å bevise, det vil si at disse linjene krysser eller er parallelle: .

Et enkelt plan kan tegnes gjennom to kryssende eller parallelle linjer, derfor er det et visst plan der disse linjene ligger: .

I henhold til betingelsene for teoremet.

Ved antagelse.

Av teoremets betingelser og av antakelsen følger det at begge planene går gjennom den rette linjen "a" og punktet M som ikke hører til den. Og siden ett og bare ett plan kan trekkes gjennom den rette linjen og a punkt som ikke tilhører den, derfor faller flyene sammen. .

Ved antagelse.

Etter betingelse.

Vi fikk en motsetning med betingelsene for teoremet, derfor er antakelsen ikke sann, men det som må bevises er sant, det vil si at linjene krysser hverandre: a · b.

Husk at vinkelen mellom kryssende linjer er vinkelen mellom parallelle linjer som går gjennom ett punkt. Med andre ord, hvis rett l o og l 1 krysses, så må vi gjøre en parallell oversettelse av linjen l o , slik at det viser seg å være en rett linje l o ¢ krysser med l 1, og mål vinkelen mellom l o ¢ og l 1 .

To skjeve linjer har én felles perpendikulær. Lengden kalles avstanden mellom linjene.

La to linjer i rommet være definert av deres kanoniske ligninger:

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

Da kan vi umiddelbart konkludere med at ( en 1 , en 2 , en 3)½½ l o , ( b 1 , b 2 , b 3)½½ l 1 , EN o( x o, y o, z o)Î l o, EN 1 (x 1 , y 1 , z 1)О l 1 . La oss lage en matrise

x 1 – x o y 1 – y o z 1 –z o

EN = en 1 en 2 en 3 ,

b 1 b 2 b 3

og la D = det EN.

Teorem 8.1.Vinkelen mellom l og p beregnes av formelen

fordi a = = . (36)

2. Rett l o og jeg 1 interbreedÛ D ≠ 0.

3. Rett l o og l 1 krysseÛ D = 0 og ikke kolinær.

4. l o½ l 1 rangering EN= 2 og ½½.

5. l o = l 1 rangering EN = 1.

Bevis. 1. Vinkel a mellom rette linjer l o og l 1 kan være lik vinkelen b mellom retningsvektorene deres, eller kan være ved siden av den. I det første tilfellet

cos a = cos b = ,

og i det andre tilfellet

cos a = – cos b =½ cos b½ = .

Denne formelen vil også gjelde for det første tilfellet. Vær oppmerksom på at tegningen ikke viser en rett linje l o , og linjen parallelt med den l o ¢ .

2, 3. Tydeligvis rett l o og l 1 er ikke parallelle hvis og bare hvis retningsvektorene deres ikke er kollineære. I dette tilfellet ligger linjene i samme plan og krysser hverandre - vektorene er koplanære - deres blandede produkt er lik null: = 0. Og i koordinater er dette nøyaktighetsproduktet lik D.

Følgelig, hvis D ≠ 0, så er ikke vektorene koplanare, og derfor rette l o og l 1 ikke ligger i samme plan de krysser hverandre.

4, 5. Hvis l o½ l 1 eller l o = l 1, deretter ½. Men i det første tilfellet er vektoren ikke-kollineær og, og derfor den første raden i matrisen EN uforholdsmessig til andre og tredje linje. Så rangerer EN = 2.

I det andre tilfellet er alle tre vektorene kollineære til hverandre, og derfor alle rader

i matrisen EN proporsjonal. Så rangerer EN = 1.

Og omvendt hvis || , deretter rett l o og l 1 parallell eller sammenfallende; i dette tilfellet den andre og tredje raden i matrisen EN proporsjonal. Hvis samtidig rangerer EN= 2, så er den første raden i matrisen uforholdsmessig med den andre og tredje, noe som betyr at vektoren er ikke-kollineær og Û l o || l 1 . Hvis rang EN= 1, deretter alle rader i matrisen EN er proporsjonale, noe som betyr at alle tre vektorene er kollineære til hverandre Û l o = l 1 .

Teorem 9.La to rette linjer l o og jeg 1 i rommet er gitt av deres kanoniske ligninger (35). Deretter

1. hvis l o½ l 1 , deretter avstanden mellom l o og jeg 1 finnes av formelen

h = , (37)

2. hvis l o og jeg 1 kryss, så er avstanden mellom dem funnet av formelen

h = . (38)

Bevis. 1. La l o½ l 1 . La oss plotte vektoren fra punktet EN o , og på vektorer og vi vil konstruere et parallellogram. Så er høyden h vil være avstanden mellom l o og l 1 . Arealet til dette parallellogrammet er: S=½ ´½, og basen er ½ ½. Derfor

h = S/½ ½ = (37).

2. La l o og l 1 er krysset. La oss tegne gjennom en rett linje l o plan p o ½½ l 1, og gjennom den rette linjen l 1 tegn planet p 1½½ l o.

Deretter felles vinkelrett på l o og l 1 vil være en felles vinkelrett på p o og p 1. La oss plotte vektorene og fra punktet EN o og på vektorer, og konstruer et parallellepiped. Da ligger dens nedre base i p o-planet, og dens øvre base ligger i p 1-planet. Derfor vil høyden på parallellepipedet være en felles vinkelrett på p o og p 1, og verdien h vil være avstanden mellom l o og l 1 . Volumet av parallellepipedet er ½ ½, og arealet av basen er ½´½ Þ

h= V/S grunnleggende = (38).

Konsekvens. Avstand fra punkt A 1 (x 1 , y 1 , z 1) til rett linje l, gitt av ligningen

beregnet med formelen (37).

Eksempler på problemløsning.

1. Gitt koordinatene til toppunktene A(1,– 6), B(–3, 0), C(6, 9) trekant ABC. Skriv en ligning for en sirkel som er omskrevet rundt en trekant.

Løsning. For å lage ligningen til en sirkel, må vi vite dens radius R og senterkoordinater OM(en, b). Da ser ligningen slik ut:

(x–en) 2 +(y–b) 2 = R 2 .

Sentrum av en sirkel omskrevet rundt en trekant er i skjæringspunktet mellom de vinkelrette halveringslinjene til sidene av denne trekanten. Finne koordinatene til midtpunktene M 1 (x 1 , y 1), og M 3 (x 3 , y 3) sider B.C. Og AB henholdsvis:

x 1 = = = , y 1 = = = , M 1 .

like måte M 3 (–1,–3).

La l 3 – rett linje, som er den vinkelrette halveringslinjen til AB, A l 1 til B.C.. Så = (– 4, 6) ^ l 3 og l 3 passerer gjennom M 3. Derfor er ligningen:

– 4(x+1) + 6(y+3) = 0.

Likeledes = (9, 9)^ l 3. Derfor ligningen l 1:

9(x-) + 9(y -) = 0

x + y – 6 = 0.

Vi har OM =l 1 jeg l 3. Derfor for å finne koordinatene til et punkt OM det er nødvendig å løse likningene sammen l 1 og l 3:

x + y – 6 = 0 ,

– 4x + 6y +14 = 0.

La oss legge til den første ligningen til den andre ligningen, multiplisert med 4:

x + y – 6 = 0,

10y – 10 = 0.

Herfra y = 1, x = 5, O(5, 1).

Radius lik avstanden fra OM til noen av hjørnene i trekanten. Vi finner:

R =½½= = .

Så ligningen til en sirkel er:

(x – 5) 2 + (y–1) 2 = 65.

2. I høyre trekant ABC kjent ligning av ett av bena 3x – 2y + 5 = 0, toppunktkoordinater C(–5,–5) og koordinatene til den midterste O(– 3/2,–3)hypotenus AB. Finn koordinater

toppunktene A, B og koordinatene til punktet E, symmetrisk til O i forhold til siden BC. Finn koordinatene til skjæringspunktet til medianene til trekanten ABC .

Løsning. La benet hvis ligning er gitt til oss være NE. Det er gitt av en generell formlikning

øks + av + c = 0.

I denne ligningen geometrisk betydning

koeffisienter en Og b er koordinatene til normalvektoren ( en, b). Derfor (3,-2)^ Sol.

La oss lage likningen av perpendikulæren l = O.D. til siden NE og finn koordinatene til punktet D. Vektoren vil være parallell O.D., dvs. det er retningsvektoren til denne linjen. I tillegg kjenner vi koordinatene til punktet OM på denne rette linjen. Lage en parametrisk ligning l:

x = – + 3t, (*)

y = – 3 - 2t .

Vi har D = l Jeg B.C.. Derfor, for å finne koordinatene til dette punktet, må vi løse likningene i fellesskap l Og B.C.. La oss erstatte x Og y fra Eq. l inn i ligningen B.C.:

3(– + 3t) –2(–3 -2t)+5 = 0,

– + 9t +6 +4t+5 = 0,

13t = –, t D= – .

Erstatt det vi fant t inn i ligningen l og finn koordinatene til punktet D(–3,–2). For å finne koordinatene E La oss huske den fysiske betydningen av den parametriske ligningen til en rett linje: den spesifiserer en rettlinjet og jevn bevegelse. I vårt tilfelle er utgangspunktet OM OE dobbelt så lang som segmentet OD. Hvis i løpet av tiden t D= – vi har kommet langt fra OM før D, deretter stien fra OM før E vi passerer i tide t E= 2t D= –1. Ved å erstatte denne verdien med (*) finner vi E(– 4,5;–1).

Punktum D deler et segment B.C. i halvparten. Derfor

x D = , y D = .

Herfra finner vi

x B= 2xD– xC= –1, y B = 2y D – y C =1, B(–1, 1).

Likeledes bruker det faktum at OM- midten AB, finn koordinatene til punktet EN(-2,-7). Det er en annen mulig måte å løse dette problemet på: fullfør Δ ABC til et parallellogram.

Generelle formler dele et segment inn i i denne forbindelse se slik ut:

x C = , y D = ,

hvis punkt MED deler et segment AB i forholdet l 1:l 2, dvs. ½ A.C.½:½ B.C.½=l 1:l 2.

Det er kjent at skjæringspunktet til medianene deler medianen i forholdet 2:1, regnet fra toppunktet. I vårt tilfelle R deler CO i forholdet 2:1. Derfor

xP = = = – ,

y P = = = – .

Svar:EN(–2,–7), B(–1, 1), P.

3. Gitt koordinatene til toppunktene A(– 4,–2), B(9, 7), C(2,– 4)trekant ABC. Komponer den generelle ligningen til halveringslinjen AD og finn koordinatene til punkt D.

Løsning. Fra løpet av elementær matematikk er det kjent at = . Vi beregner

(13, 9), (6,–2);

½½= = 5, ½½= = 2.

x D = = = 4,

y D = = = – , D(4,–).

Vi setter sammen ligningen av en rett linje som går gjennom punktene EN Og D. For henne er vektoren en guide. Men vi kan ta hvilken som helst kollineær vektor som en guide. For eksempel vil det være praktisk å ta = , (7, 1). Så ligningen

AD: = y+ 2 Û x – 7y– 10 = 0.

Svar:D(4,–), AD: x – 7y– 10 = 0.

4. Gitt likningene til to medianer x – y– 3 = 0, 5x + 4y– 9 = 0 trekant ABC og koordinatene til toppunktet A(– 1, 2). Skriv en ligning for den tredje medianen.

Løsning. Først sørger vi for at poenget EN tilhører ikke disse medianene. Medianene til en trekant skjærer hverandre i ett punkt M. Derfor er de inkludert i bunten av linjer som går gjennom M. La oss lage en ligning for denne strålen:

l( x – y– 3) + m(5 x + 4y– 9) = 0.

Koeffisientene l og m bestemmes opp til proporsjonalitet; derfor kan vi anta at m = 1 (hvis m = 0, så spesifiserer stråleligningen kun den første medianen, og den ønskede rette linjen faller ikke sammen med den). Vi får stråleligningen:

(l + 5) x+ (–l + 4) y– 3l – 9 = 0.

Fra denne strålen må vi velge en rett linje som går gjennom punktet EN(- 12). La oss erstatte koordinatene i stråleligningen:

– (l + 5) + 2(–l + 4) – 3l – 9 = 0,

– 6l – 6 = 0, l = –1.

Vi erstatter den funnet verdien av l i stråleligningen og oppnår den ønskede medianligningen:

4x + 5y– 6 = 0.

Svar: 4x + 5y– 6 = 0.

5. Gitt koordinatene til toppunktene til den trekantede pyramiden SABC: EN(–3, 7, 1), B(–1, 9, 2), C(–3, 6, 6) S(6,–5,–2). Skriv likningen til grunnplanet ABC og likningen til høyden SD. Finn koordinatene til punkt D og punkt S¢ , symmetrisk S i forhold til basens plan.

Løsning. La oss finne koordinatene til to vektorer parallelt med planet til grunnflaten p = ABC:

= (2, 1, 1), = (0,–1, 5).

Ligning for et fly som passerer gjennom dette punktet EN(x o, y o, z o) parallelt med to ikke-kollineære vektorer ( en 1 ,en 2 , en 3), (b 1 ,b 2 , b 3) har formen

x – x o y – y o z – z o

en 1 en 2 en 3 = 0.

b 1 b 2 b 3

Vi erstatter dataene våre i denne ligningen:

x + 3 y – 7 z – 1

2 2 1 = 0.

0 –1 5

Vi utvider determinanten:

Fra ligningen til planet finner vi at vektoren (11,–10,–2) er normalvektoren til planet. Den samme vektoren vil være guide for den rette linjen h = SD. Parametrisk ligning for en linje som går gjennom et gitt punkt EN(x o, y o, z o) med en retningsvektor ( en 1 ,en 2 , en 3) har formen

x = x o + en 1 t ,

y = y o + en 2 t ,

z = z o + en 3 t .

I vårt tilfelle får vi ligningen:

x = 6 + 11t ,

h: y = –5 – 10t , (*)

z = –2 – 2t .

La oss finne bunnen av perpendikulæren. Dette er skjæringspunktet for linjen med planet p. For å gjøre dette må vi løse likningene og p sammen. Erstatter fra ligningen l inn i π-ligningen:

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

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

225 y = –225, t = –1.

Funnet t erstatte inn i ligningen l og finn koordinatene D(–5, 5, 0).

La oss huske den fysiske betydningen av den parametriske ligningen til en rett linje: den spesifiserer rettlinjet og jevn bevegelse. I vårt tilfelle er utgangspunktet S, er hastighetsvektoren. Linjestykke SS¢dobbelt så lang som segmentet SD og det vil ta dobbelt så lang tid å fullføre det. Hvis i løpet av tiden t D= – 1 vi har gått fra S før D, deretter stien fra S før S¢ vi vil passere i tide t¢= 2 t D= –2. Ved å erstatte denne verdien med (*) finner vi S¢(–16, 15; 2).

Svar:ABC: 11x – 10y– 2z +105 = 0, D(–5, 5, 0), S¢(–16, 15; 2),

x = 6 + 11t ,

SD: y = –5 – 10t ,

z = –2 – 2t .

6. Gitt er likningene til rett linje l i planet p:

Pass på at l og p krysser hverandre og skriv projeksjonsligningen for l¢ rett linje l til flyet. Finn vinkelen mellom l og p .

Løsning. Fra ligningen til en linje finner vi retningsvektoren: (1,–1, 2) og et punkt på denne linjen: EN(6, 0, 2) , og fra ligningen til planet - vektornormalen til planet:

(5,–2, 4). Åpenbart hvis l½ ½ p eller , deretter ^ dvs. · = 0. La oss sjekke:

· = 5 1 – 2 (–1) + 4 2 = 15 ¹ 0.

Midler, l skjærer π. Vinkel mellom l og p finnes av formelen:

synd en = ;

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

synd en = = .

La EN o – punktprojeksjon EN på et fly, og B = l Jeg π . Deretter l¢= EN o B er en projeksjon av en rett linje. La oss først finne koordinatene til punktet B. For å gjøre dette, omskriver vi ligningen til den rette linjen l i parametrisk form:

x = 6 + t,

l: y = – t,

z = 2 + 2t,

og løse det sammen med likningen til planet π . Erstatter fra ligningen l inn i ligningen π :

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

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

15t = – 45, t = – 3.

Erstatter dette t inn i ligningen l finne koordinatene B(3, 3, 4). La oss lage likningen av perpendikulæren h = A.A. o. For rett h vektoren fungerer som en guide. Derfor h gitt av ligningen

x = 6 + 5t,

h: y = –2 t,

z = 2 + 4t,

Vi løser det sammen med likningen til π-planet for å finne koordinatene til punktet EN o:

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

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

45t = – 45, t = – 1.

La oss erstatte dette t inn i ligningen h og vi finner EN o (1, 2,–2). Finne retningsvektoren til linjen l": EN o B(2, 1,–2) og få ligningen:

.

7. Den rette linjen l i rommet er gitt av et ligningssystem

2x+2y– z– 1=0,

4x– 8y+ z – 5= 0,

og koordinatene til punkt A er gitt(–5,6,1). Finn koordinatene til punkt B, symmetrisk til A i forhold til rett linje l.

Løsning. La P– bunnen av en perpendikulær falt fra et punkt EN direkte l. Først finner vi koordinatene til punktet P. For å gjøre dette vil vi lage en ligning for planet p som går gjennom punktet EN vinkelrett på planene p 1 og p 2. Vi finner normalvektorene til disse planene: (2, 2,–1), (4,–8, 1). For plan p vil de være guider. Derfor er ligningen til dette planet:

x + 5 y – 6 z – 1

2 2 –1 = 0.

4 –8 1

– 6(x + 5) – 6(y – 6) –24(z – 1) = 0 .

Før du åpner parentesene, sørg for å gjøre det

Del først hele ligningen med – 6:

x + 5 + y – 6 + 4(z – 1) = 0,

x+ y+ 4z – 5 = 0.

Nå P– skjæringspunktet mellom planene p, p 1 og p 2. For å finne koordinatene må vi løse et system som består av likningene til disse planene:

x + y + 4z – 5 = 0,

4x – 8y + z – 5 = 0,

2x + 2y – z – 1 = 0.

Å løse det ved hjelp av Gauss-metoden, finner vi P(1,0,1). Deretter bruker det faktum at P- midten AB vi finner koordinatene til punktet B(7,–6,1).

Full stopp P kan finnes på en annen måte, som nærmest EN punktet på en rett linje l. For å gjøre dette, er det nødvendig å lage en parametrisk ligning for denne linjen. Hvordan dette gjøres, se oppgaven 10 . For ytterligere handlinger, se oppgaven 8 .

8. I D ABC med toppunktene A(9, 5, 1), B(–3, 8, 4), C(9,–13,–8) høyde AD er tegnet. Finn koordinatene til punkt D, skriv ligningen til linje AD, beregne h=½ AD½ og kontroller h ved å regne ut S D ABC ved bruk av kryssprodukt.

Løsning. Klart poenget D kan finnes slik: D= π I B.C., hvor π er planet som går gjennom punktet EN vinkelrett på siden B.C.. For dette planet fungerer som normalvektoren. Vi finner (12,–21,–12). Koordinatene til denne vektoren er helt delbare med 3. Derfor kan vi som normalvektoren til p ta = , (4,–7,–4). Ligningen for planet π som går gjennom et punkt EN o( x o, y o, z o) vinkelrett på vektoren ( en, b, c), har formen:

en(x – x o) + b(y – y o) + c(z – z o) = 0.

I vårt tilfelle:

4(x – 9) - 7(y – 5) - 4(z – 1) = 0,

4x - 7y - 4z + 3 = 0,

La oss lage en likning av en rett linje B.C.. For henne vil vektoren være en guide:

x = –3 + 4t,

B.C.: y = 8 – 7t, (*)

z = 4 – 4t,

Fordi det D= π I B.C., for å finne koordinatene til et punkt D ligninger må løses sammen π Og B.C.. Erstatter fra ligningen B.C. inn i π-ligningen:

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.

La oss erstatte dette t inn i ligningen til en linje B.C. og vi finner D(1, 1, 0). Deretter kjenner du koordinatene til punktene EN Og D, komponerer vi ligningen for den rette linjen AD Vi beregner avstanden mellom punktene ved hjelp av formelen:

i j k i j k

´ = –12 3 3 = –27· – 4 1 1 = –27(– Jeg + 4j– 8k) .

0 –18 –9 0 2 1

(I beregningsprosessen brukte vi egenskapen til determinanten: fellesfaktoren til elementene i en rad kan tas ut av fortegnet til determinanten).

SΔ ABC= · 27 = .

På den annen side, S Δ ABC = | |· h. Herfra h= . Vi finner

Derfor h= 9. Dette samsvarer med det tidligere funnet svaret.

Full stopp D finnes nærmest EN punktet på en rett linje B.C. ved bruk av differensialregningsmetoder. La M(t) – vilkårlig punkt på en rett linje B.C.; dens koordinater bestemmes av systemet (*):

M(–3 + 4t, 8 – 7t, 4 – 4t).

Finne kvadratisk avstand fra et punkt EN før 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.

Vi finner minste verdi funksjoner h 2 (t) ved å bruke den deriverte:

h 2 (t) = 162t – 162; h 2 (t) = 0 Þ t = 1.

Erstatt denne verdien t inn i ligningen til en linje B.C. og det finner vi D(1, 1, 0) er nærmest EN punkt på en linje B.C..

9. Undersøk den relative posisjonen til følgende flypar(krysse, parallelt, sammenfalle). Hvis flyene krysser hverandre, finn vinkelen mellom dem, hvis de er parallelle – avstand mellom dem.

EN). p1:2 y+ z + 5 = 0, p 2: 5 x + 4y– 2z +11 = 0.

Løsning. Hvis planene p 1 og p 2 gis sine egne generelle ligninger

en 1 x + b 1 y + c 1 z + d 1 = 0, en 2 x + b 2 y + c 2 z + d 2 = 0,

p 1 ½½ p 2 Û = = ¹ ,

p 1 = p 2 Û = = = .

I vårt tilfelle, ¹ ¹, så planene er ikke parallelle og ikke sammenfallende. Dette betyr at de krysser hverandre. Vinkelen mellom planene beregnes med formelen

cos en = ,

hvor og er normalvektorene til disse planene. I vårt tilfelle

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

|| = = , || = = 3 .

Så for en = = .

Svar: a = arccos.

b) p1: x – y+ 2z + 8 = 0,

p2:2 x – y+ 4z –12 = 0.

Løsning. Sjekker for parallellitet eller tilfeldigheter:

Dette betyr p 1 ½½ p 2 men p 1 ¹ p 2 . Avstand fra punkt EN(x, y, z) til planet spesifisert av ligningen er funnet av formelen

h = .

La oss velge et punkt ENОp 1. For å gjøre dette, må du velge hvilke som helst tre koordinater som tilfredsstiller ligningen p 1. I vårt tilfelle er det enkleste: EN o (0, 8, 0). Avstand fra EN o til p 2 og vil være avstanden mellom p 1 og p 2:

h = = .

10. Lag en ligning av planet p, som halverer en av de dihedriske vinklene mellom planene

p1:2 x– y+ 2= 0, p 2: 5 x+ 4y– 2z–14 = 0,

som inneholder dette punktet A(0, 3,–2). Lag en parametrisk ligning av rett linje l = s 1 jeg s 2 ;

Løsning. Hvis punktet ligger på planet p, som halverer den dihedrale vinkelen, så er avstandene h 1 og h 2 fra dette punktet til p 1 og til p 2 er like.

Vi finner disse avstandene og sidestiller dem:

Vi kan åpne moduler med samme eller forskjellige tegn. Derfor kan vi få 2 svar, fordi... p 1 og p 2 danner to dihedral vinkel. Men betingelsen krever å finne ligningen til planet som halverer vinkelen der punktet er plassert EN. Altså koordinatene til punktet M når du substituerer inn i venstre side av likningene til disse planene s 1 og må ha samme fortegn som koordinatene til punktet EN. Det er lett å sjekke at disse tegnene er for p 1 og "+" for p 2. Derfor utvider vi den første modulen med et "–"-tegn, og den andre med et "+"-tegn:

3(-2x + y- 2) = 5x+ 4y– 2z–14,

p:11 x + y - 2z - 14 = 0.

For å lage en ligning av en rett linje l, må vi finne retningsvektoren til denne linjen og punktet på den.

Fra ligningene p 1 og p 2 finner vi koordinatene til normalvektorene til disse planene: (2,–1, 0), (5, 4,–2). Retning vektor rett l vinkelrett og Dette kan bli funnet ved å bruke vektorproduktet (per definisjon, hvis = ´, deretter ^ og ^):

= ´ = 2 –1 0 = 2 Jeg + 4j+ 13k .

For å finne koordinatene til ett punkt på en linje, må vi finne en bestemt løsning på ligningssystemet

Siden det er to ligninger og tre ukjente, har systemet et uendelig antall løsninger. Vi må bare velge en. Den enkleste måten er å sette x= 0 og så finner vi

Þ z = – 3, .

Kanonisk ligning rett linje som går gjennom et punkt B(x o, y o, z o) parallelt med vektoren ( en 1 , en 2 , en 3), har formen:

I vårt tilfelle har vi ligningen:

l: = = .

Svar: p: 11 x + y – 2z = 0, l: = = .

11. Gitt likningene til to linjer i rommet:

x = –1 – t, x = –3 + 2t¢,

l 1: y = 6 + 2 t, l 2: y = –2 – 3t¢,

z = 5 + 2t, z = 3 – 2t¢.

Bevis at disse linjene krysser hverandre og konstruerer en ligning for deres felles perpendikulær.

Løsning. Fra likningene til linjene finner vi koordinatene til retningsvektorene deres: (–1, 2, 2), (2,–3,–2) og punktene l 1, som betyr at det er retningsvektoren til den felles perpendikulæren til disse linjene. Vi har allerede funnet dens koordinater: (2, 2,–1). For å

skrive en ligning h vi må finne koordinatene til ett punkt på denne linjen. For å gjøre dette vil vi lage en ligning for planet π som går gjennom l 1 og h. For henne vil vektorene være guider, og ENÎp.

x – 1 y – 2 z – 1

– 6(x – 1) + 3(y – 2) – 6(z – 1) = 0.

– 2(x – 1) + (y – 2) – 2(z – 1) = 0.

p: –2 x + y – 2z + 2 = 0.

Finne skjæringspunktet l 2 og π. For å gjøre dette, fra ligningen l 2 erstatter vi π i ligningen:

–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.

Erstatt det vi fant t¢ inn

I denne leksjonen vil vi gi grunnleggende definisjoner og teoremer om temaet parallelle linjer i rommet.
I begynnelsen av leksjonen vil vi vurdere definisjonen av parallelle linjer i rommet og bevise teoremet om at gjennom et hvilket som helst punkt i rommet er det mulig å tegne bare en linje parallelt med en gitt. Deretter beviser vi lemmaet om to parallelle linjer som skjærer et plan. Og med dens hjelp vil vi bevise teoremet om to linjer parallelle med en tredje linje.

Tema: Parallellisme av linjer og plan

Leksjon: Parallelle linjer i rommet. Parallellisme av tre linjer

Vi har allerede studert parallelle linjer i planimetri. Nå må vi definere parallelle linjer i rommet og bevise de tilsvarende teoremene.

Definisjon: To linjer i rommet kalles parallelle hvis de ligger i samme plan og ikke krysser hverandre (fig. 1.).

Betegnelse for parallelle linjer: a || b.

1. Hvilke linjer kalles parallelle?

2. Bevis at alle linjer som skjærer to gitte parallelle linjer ligger i samme plan.

3. En linje skjærer linjer AB Og B.C. i rette vinkler. Er linjene parallelle? AB Og B.C.?

4. Geometri. Karakterer 10-11: lærebok for studenter ved generelle utdanningsinstitusjoner (grunnleggende og spesialiserte nivåer) / I. M. Smirnova, V. A. Smirnov. - 5. utgave, rettet og utvidet - M.: Mnemosyne, 2008. - 288 s. : jeg vil.

Å opprettholde personvernet ditt er viktig for oss. Av denne grunn har vi utviklet en personvernerklæring som beskriver hvordan vi bruker og lagrer informasjonen din. Se gjennom vår personvernpraksis og gi oss beskjed hvis du har spørsmål.

Innsamling og bruk av personopplysninger

Personopplysninger refererer til data som kan brukes til å identifisere bestemt person eller ta kontakt med ham.

Du kan bli bedt om å oppgi din personlige informasjon når som helst når du kontakter oss.

Nedenfor er noen eksempler på hvilke typer personopplysninger vi kan samle inn og hvordan vi kan bruke slik informasjon.

Hvilken personlig informasjon samler vi inn:

• Når du sender inn en forespørsel på nettstedet, kan vi samle inn ulike opplysninger, inkludert navn, telefonnummer, adresse E-post etc.

Hvordan vi bruker dine personopplysninger:

• Personopplysningene vi samler inn gjør at vi kan kontakte deg og informere deg om unike tilbud, kampanjer og andre arrangementer og kommende arrangementer.
• Fra tid til annen kan vi bruke din personlige informasjon til å sende viktige meldinger og kommunikasjoner.
• Vi kan også bruke personopplysninger til interne formål, som å gjennomføre revisjoner, dataanalyser og ulike undersøkelser for å forbedre tjenestene vi leverer og gi deg anbefalinger angående våre tjenester.
• Hvis du deltar i en premietrekning, konkurranse eller lignende kampanje, kan vi bruke informasjonen du gir til å administrere slike programmer.

Utlevering av informasjon til tredjeparter

Vi utleverer ikke informasjonen mottatt fra deg til tredjeparter.

Unntak:

• Om nødvendig, i samsvar med loven, rettslig prosedyre, i rettslige prosesser, og/eller basert på offentlige henvendelser eller forespørsler fra offentlige etater på den russiske føderasjonens territorium - oppgi din personlige informasjon. Vi kan også avsløre informasjon om deg hvis vi fastslår at slik avsløring er nødvendig eller hensiktsmessig for sikkerhet, rettshåndhevelse eller andre offentlige viktige formål.
• I tilfelle en omorganisering, fusjon eller salg, kan vi overføre personopplysningene vi samler inn til gjeldende etterfølger tredjepart.

Beskyttelse av personopplysninger

Vi tar forholdsregler - inkludert administrative, tekniske og fysiske - for å beskytte din personlige informasjon mot tap, tyveri og misbruk, samt uautorisert tilgang, avsløring, endring og ødeleggelse.

Respekter ditt privatliv på bedriftsnivå

For å sikre at din personlige informasjon er sikker, kommuniserer vi personvern- og sikkerhetsstandarder til våre ansatte og håndhever strengt personvernpraksis.