Odredite oštar ugao između linija. Ugao između linija na ravni. Okomito na ovu liniju

Članak govori o pronalaženju ugla između ravnina. Nakon donošenja definicije postavićemo grafičku ilustraciju, razmotriti detaljan metod za pronalaženje koordinata metodom. Dobijamo formulu za ravnine koje se sijeku, koja uključuje koordinate vektora normale.

U materijalu će se koristiti podaci i koncepti koji su prethodno proučavani u člancima o ravni i pravoj u prostoru. Za početak, potrebno je prijeći na razmišljanje koje omogućava određeni pristup određivanju ugla između dvije ravnine koje se sijeku.

Date su dvije ravnine koje se seku γ 1 i γ 2. Njihova raskrsnica će dobiti oznaku c. Konstrukcija χ ravni je povezana sa presekom ovih ravni. Ravan χ prolazi kroz tačku M kao prava c. Ravnine γ 1 i γ 2 će se preseći pomoću χ ravni. Prihvatamo oznake prave koja seče γ 1 i χ za pravu a, i koja seče γ 2 i χ za pravu b. Dobijamo da presjek pravih a i b daje tačku M.

Položaj tačke M ne utiče na ugao između pravih a i b koji se seku, a tačka M se nalazi na pravoj c kojom prolazi ravan χ.

Potrebno je konstruisati ravan χ 1 okomitu na pravu c i različitu od ravni χ . Presjek ravnina γ 1 i γ 2 uz pomoć χ 1 će dobiti oznaku pravih a 1 i b 1 .

Vidi se da su pri konstruisanju χ i χ 1, prave a i b okomite na pravu c, tada su a 1, b 1 okomite na pravu c. Nalazeći prave a i a 1 u ravni γ 1 sa okomitom na pravu c, onda se mogu smatrati paralelnim. Na isti način, položaj b i b 1 u ravni γ 2 sa okomitom prave c ukazuje na njihov paralelizam. To znači da je potrebno izvršiti paralelni prijenos ravni χ 1 u χ, pri čemu dobijamo dvije podudarne prave a i a 1 , b i b 1 . Dobijamo da je ugao između pravih a i b 1 jednak kutu pravih a i b koji se seku.

Razmotrite sliku ispod.

Ovaj sud dokazuje činjenica da između pravih a i b koji se seku postoji ugao koji ne zavisi od lokacije tačke M, odnosno tačke preseka. Ove linije se nalaze u ravninama γ 1 i γ 2 . U stvari, rezultujući ugao se može zamisliti kao ugao između dve ravnine koje se seku.

Pređimo na određivanje ugla između postojećih ravnina γ 1 i γ 2 .

Definicija 1

Ugao između dvije ravnine koje se seku γ 1 i γ 2 nazovimo ugao nastao presekom pravih a i b, gde se ravni γ 1 i γ 2 seku sa ravninom χ okomitom na pravu c.

Razmotrite sliku ispod.

Definicija se može dostaviti u drugom obliku. Na presjeku ravnina γ 1 i γ 2, gdje je c prava na kojoj se sijeku, označite tačku M, kroz koju povucite prave a i b, okomite na pravu c i koje leže u ravninama γ 1 i γ 2, tada će ugao između pravih a i b biti ugao između ravnina. U praksi, ovo je primjenjivo za konstruiranje ugla između ravnina.

Na raskrsnici se formira ugao koji je manji od 90 stepeni po vrednosti, odnosno stepen mera ugla važi na intervalu ovog tipa (0, 90 ). Istovremeno, ove ravni se nazivaju okomite ako se na raskrsnici formira pravi ugao.Ugao između paralelnih ravnina smatra se jednakim nuli.

Uobičajeni način pronalaženja ugla između ravnina koje se seku je izvođenje dodatnih konstrukcija. To pomaže da se to odredi s točnošću, a to se može učiniti pomoću znakova jednakosti ili sličnosti trokuta, sinusa, kosinusa kuta.

Razmislite o rješavanju problema koristeći primjer iz USE zadatke blok C 2 .

Primjer 1

Dat je pravougaoni paralelepiped A B C D A 1 B 1 C 1 D 1, gdje stranica A B = 2, A D = 3, A A 1 = 7, tačka E razdvaja stranu A A 1 u omjeru 4: 3. Pronađite ugao između ravnina A B C i B E D 1 .

Rješenje

Radi jasnoće, potrebno je da napravite crtež. Shvatili smo to

Vizuelni prikaz je neophodan kako bi bio pogodniji rad sa uglom između ravnina.

Dajemo definiciju prave linije duž koje se sijeku ravni A B C i B E D 1. Tačka B je zajednička tačka. Trebalo bi pronaći još jednu zajedničku tačku raskrsnice. Razmotrimo prave D A i D 1 E , koje se nalaze u istoj ravni A D D 1 . Njihova lokacija ne ukazuje na paralelizam, što znači da imaju zajedničku tačku raskrsnice.

Međutim, prava D A nalazi se u ravni A B C, a D 1 E u B E D 1 . Otuda dobijamo da su linije D A I D 1 E imaju zajedničku tačku preseka, što je takođe uobičajeno za ravnine A B C i B E D 1 . Označava tačku preseka linija D A i D 1 E slovo F. Odavde dobijamo da je B F prava linija duž koje se sijeku ravni A B C i B E D 1.

Razmotrite sliku ispod.

Da bi se dobio odgovor, potrebno je konstruisati prave koje se nalaze u ravninama A B C i B E D 1 sa prolazom kroz tačku koja se nalazi na pravoj B F i okomita na nju. Tada se rezultujući ugao između ovih linija smatra željenim uglom između ravnina A B C i B E D 1.

Iz ovoga se vidi da je tačka A projekcija tačke E na ravan A B C. Potrebno je povući pravu koja seče pravu B F pod pravim uglom u tački M. Vidi se da je prava A M je projekcija prave E M na ravan A B C, na osnovu teoreme o tim okomitima A M ⊥ B F . Razmotrite sliku ispod.

∠ A M E je željeni ugao koji čine ravnine A B C i B E D 1 . Iz dobijenog trougla A E M možemo pronaći sinus, kosinus ili tangent ugla, nakon čega je i sam ugao, samo sa svoje dvije poznate stranice. Pod uslovom imamo da se dužina A E nađe na ovaj način: prava A A 1 podijeljena je točkom E u omjeru 4: 3, što znači da je ukupna dužina prave 7 dijelova, zatim A E \u003d 4 dijela. Nalazimo A.M.

Treba razmotriti pravougaonog trougla A B F . Imamo pravi ugao A sa visinom A M. Iz uslova A B = 2, tada možemo pronaći dužinu A F po sličnosti trokuta D D 1 F i A E F. Dobijamo da je A E D D 1 = A F D F ⇔ A E D D 1 = A F D A + A F ⇒ 4 7 = A F 3 + A F ⇔ A F = 4

Potrebno je pronaći dužinu stranice B F iz trougla A B F koristeći Pitagorinu teoremu. Dobijamo da je B F   = A B 2 + A F 2 = 2 2 + 4 2 = 2 5 . Dužina stranice A M nalazi se kroz površinu trokuta A B F. Imamo da površina može biti jednaka i S A B C = 1 2 · A B · A F , i S A B C = 1 2 · B F · A M .

Dobijamo da je A M = A B A F B F = 2 4 2 5 = 4 5 5

Tada možemo pronaći vrijednost tangente ugla trougla A E M. Dobijamo:

t g ∠ A M E = A E A M = 4 4 5 5 = 5

Željeni ugao dobijen presjekom ravnina A B C i B E D 1 jednak je a r c t g 5, onda, kada se pojednostavi, dobijamo a r c t g 5 = a r c sin 30 6 = a r c cos 6 6 .

odgovor: a r c t g 5 = a r c sin 30 6 = a r c cos 6 6 .

Neki slučajevi pronalaženja ugla između linija koje se seku date su pomoću koordinatne ravni O x y z i koordinatnog metoda. Razmotrimo detaljnije.

Ako je dat problem gdje je potrebno pronaći ugao između ravnina koje se seku γ 1 i γ 2, željeni ugao označavamo sa α.

Tada dati koordinatni sistem pokazuje da imamo koordinate vektora normale ravnina koje se seku γ 1 i γ 2 . Zatim označavamo da je n 1 → = n 1 x , n 1 y , n 1 z normalni vektor ravni γ 1 , a n 2 → = (n 2 x , n 2 y , n 2 z) - za ravan γ 2 . Razmotrite detaljan nalaz ugla koji se nalazi između ovih ravni prema koordinatama vektora.

Pravu liniju duž koje se sijeku ravnine γ 1 i γ 2 potrebno je označiti slovom c. Na pravoj sa imamo tačku M kroz koju povlačimo ravan χ, okomitu na c. Ravan χ duž pravih a i b siječe ravnine γ 1 i γ 2 u tački M . iz definicije proizilazi da je ugao između ravnina koje se seku γ 1 i γ 2 jednak uglu pravih a i b koje se seku tim ravnima, respektivno.

U χ ravni odvajamo normalne vektore iz tačke M i označavamo ih n 1 → i n 2 →. Vektor n 1 → nalazi se na pravoj okomitoj na pravu a, a vektor n 2 → na pravoj okomitoj na pravu b. Odavde dobijamo da data ravan χ ima vektor normale prave a jednak n 1 → a za pravu b jednak n 2 → . Razmotrite sliku ispod.

Odavde dobijamo formulu po kojoj možemo izračunati sinus ugla linija koje se seku koristeći koordinate vektora. Otkrili smo da je kosinus ugla između pravih a i b isti kao što je kosinus između ravnina koje se seku γ 1 i γ 2 izveden iz formule cos α = cos n 1 → , n 2 → ^ = n 1 x n 2 x + n 1 y n 2 y + n 1 z n 2 z n 1 x 2 + n 1 y 2 + n 1 z 2 n 2 x 2 + n 2 y 2 + n 2 z 2 , gdje imamo da je n 1 → = (n 1 x , n 1 y , n 1 z) i n 2 → = (n 2 x , n 2 y , n 2 z) su koordinate vektora predstavljenih ravni.

Ugao između linija koje se sijeku izračunava se pomoću formule

α = a r c cos n 1 x n 2 x + n 1 y n 2 y + n 1 z n 2 z n 1 x 2 + n 1 y 2 + n 1 z 2 n 2 x 2 + n 2 y 2 + n 2 z 2

Primjer 2

Pod uslovom je dat paralelepiped A V S D A 1 B 1 C 1 D 1 , gdje A B = 2, A D = 3, A A 1 = 7, a tačka E razdvaja stranu A A 1 4: 3. Pronađite ugao između ravnina A B C i B E D 1 .

Rješenje

Može se vidjeti iz uvjeta da su njegove stranice parno okomite. To znači da je potrebno uvesti koordinatni sistem O x y z sa vrhom u tački C i koordinatnim osama O x, O y, O z. Potrebno je postaviti smjer na odgovarajuće strane. Razmotrite sliku ispod.

Ukrštanje ravni A B C I B E D 1 formiraju ugao, koji se može naći po formuli 2 x 2 + n 2 y 2 + n 2 z 2 , gdje je n 1 → = (n 1 x , n 1 y , n 1 z) i n 2 → = (n 2 x , n 2 y , n 2 z ) su normalni vektori ovih ravni. Potrebno je odrediti koordinate. Sa slike vidimo da se koordinatna osa O x y poklapa u ravni A B C, što znači da su koordinate vektora normale k → jednake vrijednosti n 1 → = k → = (0, 0, 1) .

Vektor normale ravni B E D 1 je vektorski proizvod B E → i B D 1 → , pri čemu se njihove koordinate nalaze koordinatama ekstremnih tačaka B, E, D 1 , koje se određuju na osnovu uslova zadatka.

Dobijamo da je B (0 , 3 , 0) , D 1 (2 , 0 , 7) . Budući da je A E E A 1 = 4 3 , iz koordinata tačaka A 2 , 3 , 0 , A 1 2 , 3 , 7 nalazimo E 2 , 3 , 4 . Dobijamo da je B E → = (2 , 0 , 4) , B D 1 → = 2 , - 3 , 7 n 2 → = B E → × B D 1 = i → j → k → 2 0 4 2 - 3 7 = 12 i → - 6 j → - 6 k → ⇔ n 2 → = (12, - 6, - 6)

Pronađene koordinate potrebno je zamijeniti u formulu za izračunavanje ugla kroz arc kosinus. Dobijamo

α = a r c cos 0 12 + 0 (- 6) + 1 (- 6) 0 2 + 0 2 + 1 2 12 2 + (- 6) 2 + (- 6) 2 = a r c cos 6 6 6 = a r c cos 6 6

Koordinatna metoda daje sličan rezultat.

odgovor: a r c cos 6 6 .

Konačni problem se razmatra kako bi se pronašao ugao između ravnina koje se seku sa dostupnim poznatim jednačinama ravnina.

Primjer 3

Izračunajte sinus, kosinus ugla i vrijednost ugla kojeg formiraju dvije prave koje se seku, koje su definisane u koordinatnom sistemu O x y z i date jednadžbama 2 x - 4 y + z + 1 = 0 i 3 y - z - 1 = 0 .

Rješenje

Prilikom proučavanja teme opšte jednadžbe prave linije oblika A x + B y + C z + D = 0, otkriveno je da su A, B, C koeficijenti jednaki koordinatama vektora normale. Dakle, n 1 → = 2 , - 4 , 1 i n 2 → = 0 , 3 , - 1 su normalni vektori datih linija.

U formulu za izračunavanje željenog ugla ravnina koje se sijeku potrebno je zamijeniti koordinate vektora normale ravnina. Onda to shvatamo

α = a r c cos 2 0 + - 4 3 + 1 (- 1) 2 2 + - 4 2 + 1 2 = a r c cos 13 210

Otuda imamo da kosinus ugla ima oblik cos α = 13 210 . Tada ugao linija koje se seku nije tup. Zamjenom u trigonometrijski identitet dobijamo da je vrijednost sinusa ugla jednaka izrazu. Računamo i dobijamo to

sin α = 1 - cos 2 α = 1 - 13 210 = 41 210

odgovor: sin α = 41 210 , cos α = 13 210 , α = a r c cos 13 210 = a r c sin 41 210 .

Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter

kutak između pravih u prostoru nazvat ćemo bilo koji od susjednih uglova formiranih od dvije prave povučene kroz proizvoljnu tačku paralelnu sa podacima.

Neka su u prostoru date dvije prave:

Očigledno, ugao φ između linija može se uzeti kao ugao između njihovih vektora smjera i . Budući da , onda prema formuli za kosinus kuta između vektora dobivamo

Uslovi paralelizma i okomitosti dve prave su ekvivalentni uslovima paralelizma i okomitosti njihovih vektora pravca i:

Dva ravno su paralelne ako i samo ako su njihovi odgovarajući koeficijenti proporcionalni, tj. l 1 paralela l 2 ako i samo ako je paralelno .

Dva ravno okomito ako i samo ako je zbir proizvoda odgovarajućih koeficijenata jednak nuli: .

At cilj između linije i ravni

Pusti liniju d- nije okomito na ravan θ;
d′− projekcija prave linije d na ravan θ;
Najmanji od uglova između pravih linija d I d′ zvaćemo ugao između prave i ravni.
Označimo to sa φ=( d,θ)
Ako d⊥θ , tada ( d,θ)=π/2

Oi→j→k→− pravougaoni koordinatni sistem.
Jednačina ravni:

θ: Sjekira+By+cz+D=0

Smatramo da je prava data tačkom i vektorom smjera: d[M 0,str→]
Vector n→(A,B,C)⊥θ
Zatim ostaje saznati ugao između vektora n→ i str→, označimo ga kao γ=( n→,str→).

Ako je ugao γ<π/2 , то искомый угол φ=π/2−γ .

Ako je ugao γ>π/2 , tada je traženi ugao φ=γ−π/2

sinφ=sin(2π−γ)=cosγ

sinφ=sin(γ−2π)=−cosγ

onda, ugao između prave i ravni može se izračunati pomoću formule:

sinφ=∣cosγ∣=∣ ∣ Ap 1+bp 2+k.č 3∣ ∣ √A 2+B 2+C 2√str 21+str 22+str 23

Pitanje 29. Koncept kvadratne forme. Znak-određenost kvadratnih oblika.

Kvadratni oblik j (x 1, x 2, ..., x n) n realnih varijabli x 1, x 2, ..., x n naziva se zbir oblika
, (1)

Gdje aij su neki brojevi koji se nazivaju koeficijenti. Bez gubljenja opštosti, možemo to pretpostaviti aij = a ji.

Kvadratni oblik se zove validan, Ako aij O GR. Matrica kvadratne forme naziva se matrica sastavljena od njenih koeficijenata. Kvadratični oblik (1) odgovara jedinstvenoj simetričnoj matrici
tj. A T = A. Stoga se kvadratni oblik (1) može zapisati u matričnom obliku j ( X) = x T Ah, Gdje x T = (X 1 X 2 … x n). (2)

I obrnuto, svaka simetrična matrica (2) odgovara jedinstvenom kvadratnom obliku do notacije varijabli.

Rang kvadratnog oblika naziva se rangom njegove matrice. Kvadratni oblik se zove nedegenerisan, ako je njegova matrica nesingularna A. (podsjetimo da je matrica A naziva se nedegenerisanim ako mu je determinanta različita od nule). IN inače kvadratni oblik je degenerisan.

pozitivno definitivno(ili striktno pozitivno) ako

j ( X) > 0 , za bilo koga X = (X 1 , X 2 , …, x n), osim X = (0, 0, …, 0).

Matrix A pozitivno određen kvadratni oblik j ( X) se također naziva pozitivno određen. Prema tome, pozitivno određeni kvadratni oblik odgovara jedinstvenoj pozitivno određenoj matrici i obrnuto.

Kvadratni oblik (1) se zove negativno određeno(ili strogo negativno) ako

j ( X) < 0, для любого X = (X 1 , X 2 , …, x n), osim X = (0, 0, …, 0).

Slično kao gore, negativno-definirana kvadratna matrica se također naziva negativno-definirana.

Dakle, pozitivno (negativno) određen kvadratni oblik j ( X) dostiže minimalnu (maksimalnu) vrijednost j ( X*) = 0 for X* = (0, 0, …, 0).

Imajte na umu da većina kvadratnih oblika nije predznakom određena, odnosno da nisu ni pozitivni ni negativni. Takvi kvadratni oblici nestaju ne samo u početku koordinatnog sistema, već iu drugim tačkama.

Kada n> 2, potrebni su posebni kriteriji za provjeru predznačne određenosti kvadratnog oblika. Hajde da ih razmotrimo.

Major Minors kvadratni oblici se nazivaju minori:

odnosno radi se o maloletnicima reda 1, 2, …, n matrice A, koji se nalazi u gornjem lijevom kutu, posljednji od njih se poklapa sa determinantom matrice A.

Kriterijum za pozitivnu određenost (Sylvesterov kriterijum)

X) = x T Ah je pozitivno određen, potrebno je i dovoljno da svi glavni minori matrice A bili pozitivni, odnosno: M 1 > 0, M 2 > 0, …, M n > 0. Kriterijum negativne sigurnosti Da bi kvadratni oblik j ( X) = x T Ah je negativno određen, potrebno je i dovoljno da su njegovi glavni minori parnog reda pozitivni, a neparnog negativni, tj.: M 1 < 0, M 2 > 0, M 3 < 0, …, (–1)n

Ugao φ opšte jednačine A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 i A 2 x + B 2 y + C 2 = 0, izračunava se po formuli:

Ugao φ između dve prave linije kanonske jednačine(x-x 1) / m 1 = (y-y 1) / n 1 i (x-x 2) / m 2 \u003d (y-y 2) / n 2, izračunava se po formuli:

Udaljenost od tačke do linije

Svaka ravan u prostoru može se predstaviti kao linearna jednačina tzv opšta jednačina avion

Posebni slučajevi.

o Ako je u jednačini (8), tada ravan prolazi kroz početak.

o Sa (,) ravan je paralelna sa osom (osom, osom), respektivno.

o Kada je (,) ravan paralelna sa ravninom (ravan, ravan).

Rješenje: koristite (7)

Odgovor: opšta jednačina ravnine.

Primjer.

Ravan u pravougaonom koordinatnom sistemu Oxyz data je opštom jednačinom ravni . Zapišite koordinate svih normalnih vektora u ovoj ravni.

Znamo da su koeficijenti varijabli x, y i z u opštoj jednačini ravni odgovarajuće koordinate vektora normale te ravni. Dakle, vektor normale date ravni ima koordinate. Skup svih normalnih vektora može se dati kao.

Napišite jednačinu ravni ako u pravokutnom koordinatnom sistemu Oxyz u prostoru prolazi kroz tačku , A je normalni vektor ove ravni.

Predstavljamo dva rješenja za ovaj problem.

Od uslova koji imamo. Ove podatke zamjenjujemo u opštu jednačinu ravnine koja prolazi kroz tačku:

Napišite opštu jednačinu za ravan paralelnu koordinatnoj ravni Oyz i koja prolazi kroz tačku .

Ravan koja je paralelna koordinatnoj ravni Oyz može se dati općom nepotpunom jednačinom ravnine oblika . Od tačke pripada ravni po uslovu, tada koordinate ove tačke moraju zadovoljiti jednačinu ravni, odnosno jednakost mora biti tačna. Odavde nalazimo. Dakle, željena jednačina ima oblik.

Rješenje. Vektorski proizvod, po definiciji 10.26, ortogonan je na vektore p i q. Dakle, on je ortogonan na željenu ravan i vektor se može uzeti kao njegov normalni vektor. Pronađite koordinate vektora n:

to je . Koristeći formulu (11.1), dobijamo

Otvarajući zagrade u ovoj jednačini, dolazimo do konačnog odgovora.

odgovor: .

Prepišimo normalni vektor u formu i pronađemo njegovu dužinu:

prema gore navedenom:

Odgovori:

Paralelne ravni imaju isti vektor normale. 1) Iz jednačine nalazimo vektor normale ravni:.

2) Sastavljamo jednadžbu ravnine prema tački i vektoru normale:

Odgovori:

Vektorska jednadžba ravnine u prostoru

Parametrijska jednadžba ravni u prostoru

Jednadžba ravni koja prolazi kroz datu tačku okomita na dati vektor

Neka je pravougaoni Dekartov koordinatni sistem zadan u trodimenzionalnom prostoru. Hajde da formulišemo sledeći problem:

Napišite jednačinu za ravan koja prolazi kroz datu tačku M(x 0, y 0, z 0) okomito na dati vektor n = ( A, B, C} .

Rješenje. Neka P(x, y, z) je proizvoljna tačka u prostoru. Dot P pripada ravni ako i samo ako je vektor MP = {x − x 0, y − y 0, z − z 0) ortogonalno na vektor n = {A, B, C) (Sl. 1).

Nakon što smo napisali uslov ortogonalnosti za ove vektore (n, MP) = 0 u koordinatnom obliku, dobijamo:

A(x − x 0) + B(y − y 0) + C(z − z 0) = 0

Jednačina ravni za tri tačke

U vektorskom obliku

U koordinatama

Međusobni raspored aviona u prostoru

– opšte jednačine dva aviona. onda:

1) ako , tada se ravni poklapaju;

2) ako , tada su ravni paralelne;

3) ako ili , tada se ravnine seku i sistem jednačina

(6)

su jednadžbe linije presjeka datih ravnina.

Rješenje: Sastavljamo kanonske jednadžbe prave linije po formuli: Odgovori:

Uzimamo rezultirajuće jednadžbe i mentalno "zakačimo", na primjer, lijevi komad: . Sada izjednačavamo ovaj komad na bilo koji broj(zapamtite da je već postojala nula), na primjer, na jedan: . Budući da , tada druga dva "komada" također moraju biti jednaka jednom. U suštini, morate riješiti sistem:

Napišite parametarske jednačine za sljedeće linije:

Rješenje: Prave su date kanonskim jednadžbama i u prvoj fazi treba pronaći neku tačku koja pripada pravoj i njen vektor smjera.

a) Iz jednačina ukloniti tačku i vektor smjera: . Možete odabrati drugu tačku (kako to učiniti opisano je gore), ali je bolje uzeti najočitiju. Usput, da biste izbjegli greške, uvijek zamijenite njegove koordinate u jednačine.

Sastavimo parametarske jednačine ove prave linije:

Pogodnost parametarskih jednadžbi je u tome što je uz njihovu pomoć vrlo lako pronaći druge tačke prave. Na primjer, pronađimo tačku čije koordinate, recimo, odgovaraju vrijednosti parametra:

Dakle: b) Razmotrite kanonske jednačine . Izbor tačke ovde je jednostavan, ali podmukao: (pazite da ne pomešate koordinate!!!). Kako izvući vodeći vektor? Možete raspravljati s čime je paralelna ova prava linija ili možete koristiti jednostavan formalni trik: proporcija je “y” i “z”, tako da pišemo vektor smjera , i stavljamo nulu u preostali prostor: .

Sastavljamo parametarske jednadžbe prave linije:

c) Hajde da prepišemo jednačine u obliku , odnosno "Z" može biti bilo šta. A ako ih ima, neka, na primjer, . Dakle, tačka pripada ovoj pravoj. Za pronalaženje vektora smjera koristimo sljedeću formalnu tehniku: u početnim jednačinama postoje "x" i "y", au vektoru smjera na tim mjestima upisujemo nule: . Na preostalo mjesto stavljamo jedinica: . Umjesto jedan, bilo koji broj, osim nule, odgovara.

Zapisujemo parametarske jednačine prave:

Definicija. Ako su date dvije prave y = k 1 x + b 1 , y = k 2 x + b 2 , tada će oštar ugao između ovih pravih biti definiran kao

Dvije prave su paralelne ako je k 1 = k 2 . Dvije prave su okomite ako je k 1 = -1/ k 2 .

Teorema. Prave linije Ax + Vy + C = 0 i A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 su paralelne kada su koeficijenti A 1 = λA, B 1 = λB proporcionalni. Ako je i S 1 = λS, tada se prave poklapaju. Koordinate tačke preseka dve prave nalaze se kao rešenje sistema jednačina ovih pravih.

Jednačina prave koja prolazi kroz datu tačku

Okomito na ovu liniju

Definicija. Prava koja prolazi kroz tačku M 1 (x 1, y 1) i okomita na pravu y = kx + b predstavljena je jednadžbom:

Udaljenost od tačke do linije

Teorema. Ako je data tačka M(x 0, y 0), tada je udaljenost do prave Ax + Vy + C \u003d 0 definirana kao

.

Dokaz. Neka je tačka M 1 (x 1, y 1) osnova okomice spuštene iz tačke M na datu pravu. Tada je rastojanje između tačaka M i M 1:

(1)

Koordinate x 1 i y 1 mogu se naći kao rješenje sistema jednadžbi:

Druga jednačina sistema je jednačina prave linije koja prolazi kroz datu tačku M 0 okomito na datu pravu liniju. Ako transformišemo prvu jednačinu sistema u oblik:

A(x - x 0) + B(y - y 0) + Ax 0 + By 0 + C = 0,

tada, rješavanjem, dobijamo:

Zamjenom ovih izraza u jednačinu (1) nalazimo:

Teorema je dokazana.

Primjer. Odrediti ugao između pravih: y = -3 x + 7; y = 2 x + 1.

k 1 \u003d -3; k2 = 2; tgφ = ; φ= p /4.

Primjer. Pokažite da su prave 3x - 5y + 7 = 0 i 10x + 6y - 3 = 0 okomite.

Rješenje. Nalazimo: k 1 = 3/5, k 2 = -5/3, k 1 * k 2 = -1, dakle, linije su okomite.

Primjer. Dati su vrhovi trougla A(0; 1), B (6; 5), C (12; -1). Naći jednačinu za visinu povučenu iz vrha C.

Rješenje. Pronalazimo jednačinu stranice AB: ; 4 x = 6 y - 6;

2x – 3y + 3 = 0;

Željena jednadžba visine je: Ax + By + C = 0 ili y = kx + b. k = . Tada je y = . Jer visina prolazi kroz tačku C, tada njene koordinate zadovoljavaju ovu jednačinu: odakle je b = 17. Ukupno: .

Odgovor: 3x + 2y - 34 = 0.

Jednadžba prave koja prolazi kroz datu tačku u datom smjeru. Jednačina prave koja prolazi kroz dvije date tačke. Ugao između dvije linije. Uslov paralelnosti i okomitosti dvije prave. Određivanje tačke preseka dve prave

1. Jednačina prave koja prolazi kroz datu tačku A(x 1 , y 1) u datom pravcu, određenom nagibom k,

y - y 1 = k(x - x 1). (1)

Ova jednačina definira olovku linija koje prolaze kroz tačku A(x 1 , y 1), koji se naziva središte snopa.

2. Jednačina prave koja prolazi kroz dvije tačke: A(x 1 , y 1) i B(x 2 , y 2) piše se ovako:

Nagib prave koja prolazi kroz dvije date tačke određuje se formulom

3. Ugao između pravih linija A I B je ugao za koji se prva prava linija mora rotirati A oko tačke preseka ovih linija u smeru suprotnom od kazaljke na satu dok se ne poklopi sa drugom linijom B. Ako su dvije linije date jednadžbama nagiba

y = k 1 x + B 1 ,

y = k 2 x + B 2 , (4)

tada je ugao između njih određen formulom

Treba napomenuti da se u brojiocu razlomka nagib prve prave oduzima od nagiba druge prave.

Ako su jednačine prave date u opštem obliku

A 1 x + B 1 y + C 1 = 0,

A 2 x + B 2 y + C 2 = 0, (6)

ugao između njih određen je formulom

4. Uslovi za paralelizam dve prave:

a) Ako su prave date jednadžbama (4) sa nagibom, tada je neophodan i dovoljan uslov za njihov paralelizam jednakost njihovih nagiba:

k 1 = k 2 . (8)

b) Za slučaj kada su prave date jednačinama u opštem obliku (6), neophodan i dovoljan uslov za njihov paralelizam je da su koeficijenti na odgovarajućim strujnim koordinatama u njihovim jednačinama proporcionalni, tj.

5. Uslovi za okomitost dvije prave:

a) U slučaju kada su linije date jednačinama (4) sa nagibom, neophodan i dovoljan uslov za njihovu okomitost je da su njihovi nagibi recipročni po veličini i suprotni po predznaku, tj.

Ovaj uslov se takođe može napisati u obliku

k 1 k 2 = -1. (11)

b) Ako su jednadžbe pravih date u opštem obliku (6), onda je uslov za njihovu okomitost (neophodan i dovoljan) ispunjenje jednakosti

A 1 A 2 + B 1 B 2 = 0. (12)

6. Koordinate tačke preseka dve prave nalaze se rešavanjem sistema jednačina (6). Prave (6) se sijeku ako i samo ako

1. Napišite jednadžbe pravih koje prolaze kroz tačku M, od kojih je jedna paralelna, a druga okomita na datu pravu l.

A. Neka su date dvije prave koje, kao što je naznačeno u poglavlju 1, formiraju različite pozitivne i negativne uglove, koji mogu biti oštar ili tupi. Poznavajući jedan od ovih uglova, lako možemo pronaći bilo koji drugi.

Usput, za sve ove uglove, numerička vrijednost tangente je ista, razlika može biti samo u predznaku

Jednačine linija. Brojevi su projekcije usmjeravajućih vektora prve i druge prave.Ugao između ovih vektora jednak je jednom od uglova formiranih pravim linijama. Stoga se problem svodi na određivanje ugla između vektora. Dobijamo

Radi jednostavnosti, možemo se dogovoriti oko kuta između dvije prave da bismo razumjeli akutni pozitivni ugao (kao, na primjer, na slici 53).

Tada će tangenta ovog ugla uvijek biti pozitivna. Dakle, ako se dobije znak minus na desnoj strani formule (1), onda ga moramo odbaciti, tj. zadržati samo apsolutnu vrijednost.

Primjer. Odredite ugao između linija

Po formuli (1) imamo

With. Ako se naznači koja je strana ugla njegov početak, a koja kraj, onda, računajući uvijek smjer ugla u smjeru suprotnom od kazaljke na satu, možemo izvući nešto više iz formula (1). Kao što je lako vidjeti sa Sl. 53 znak dobijen na desnoj strani formule (1) će pokazati koji ugao - oštar ili tup - čini drugu liniju sa prvim.

(Zaista, sa slike 53 vidimo da je ugao između prvog i drugog vektora smjera ili jednak željenom kutu između linija, ili se od njega razlikuje za ±180°.)

d. Ako su prave paralelne, onda su i njihovi vektori pravca paralelni.Primjenom uvjeta paralelnosti dva vektora dobijamo!

Ovo je neophodan i dovoljan uslov da dve prave budu paralelne.

Primjer. Direktno

su paralelne jer

e. Ako su linije okomite, tada su i njihovi vektori pravca okomiti. Primjenom uvjeta okomitosti dva vektora dobijamo uvjet okomitosti dvije prave, tj.

Primjer. Direktno

okomito jer

U vezi sa uslovima paralelizma i okomitosti, rešićemo sledeća dva problema.

f. Kroz tačku nacrtajte pravu paralelnu datoj pravoj

Odluka se donosi ovako. Pošto je željena prava paralelna datoj, onda za njen usmjeravajući vektor možemo uzeti isti kao i data prava, tj. vektor sa projekcijama A i B. I tada će se napisati jednačina željene prave u obliku (§ 1)

Primjer. Jednačina prave koja prolazi kroz tačku (1; 3) paralelnu pravoj liniji

bit će sljedeći!

g. Povucite pravu kroz tačku okomitu na datu pravu

Ovdje više nije prikladno uzeti vektor sa projekcijama A i kao usmjeravajući vektor, već je potrebno osvojiti vektor okomit na njega. Projekcije ovog vektora se stoga moraju odabrati prema uslovu da su oba vektora okomita, tj.

Ovaj uslov se može ispuniti na beskonačan broj načina, pošto ovde postoji jedna jednačina sa dve nepoznanice. Ali najlakše je uzeti je. Tada će jednačina željene prave biti zapisana u obliku

Primjer. Jednadžba prave koja prolazi kroz tačku (-7; 2) u okomitoj liniji

će biti sljedeće (prema drugoj formuli)!

h. U slučaju kada su linije date jednačinama oblika

prepisivanjem ovih jednačina na drugačiji način, imamo