Пересечение прямой с плоскостью

 

Пусть дана плоскость α: Ax + By + Cz + D = 0 и прямая

Рис.1.6.23

Требуется найти точку пересечения прямой с плоскостью (см. рис. 1.6.23).

Перепишем уравнения прямой в параметрическом виде:

Подставим полученные выражения в уравнение плоскости:

A(x₀ + mt) + B(y₀ + nt) + C(z₀ + pt) + D = 0.

Возможны три случая:

а) Если это уравнение имеет единственное решение t = t₀, то прямая пересекает плоскость в точке M с координатами:

б) Если это уравнение не имеет решений, то прямая параллельна плоскости.

в) Если уравнение имеет бесчисленное множество решений, т.е. имеет вид 0·t = 0, то прямая лежит в плоскости.

Пример.Найти точку пересечения прямой с плоскостью, если:

а) , α ₁: 2x – y – 2z – 8 = 0

б) , α ₂: x + y + z – 1 = 0

в) , α ₃: x + 2y + z – 3 = 0

Решение: а) Запишем уравнения прямой l₁ в параметрическом виде: .

Подставим эти уравнения в уравнение плоскости:

2(2 – t) – 4t – 2(–1 –3t) – 8 = 0 Þ

4 – 2t – 4t +2 + 6t – 8 = 0 Þ 0·t = 2.

Полученное уравнение не имеет решений. Следовательно, прямая l₁ параллельна плоскости α ₁.

б) Рассуждая аналогично, получим:

; (2 + t) + (–4t) + (–1 + 3t) – 1 = 0 Þ 0·t = 0 Þ t – любое. Уравнение имеет бесчисленное множество решений.

Следовательно, прямая l₂ лежит в плоскости α ₂.

в) Запишем уравнение l₃ в параметрическом виде. Для этого найдем точку, лежащую на прямой. Положим z = 0. Тогда

Итак M₀(–2; 0; 0).

Найдем направляющий вектор ` s. Для этого выпишем нормальные векторы плоскостей: ` N ₁ = (1; 1; –1) и ` N <sub>2</sub> = (1; –1; 0), и вычислим их векторное произведение: ` s = ` N <sub>1</sub> ´ ` N ₂ = (–1; –1; –2). Воспользуемся формулами (1.6.2):

Подставим l₃ в уравнение плоскости α ₃: x + 2y + z – 3 = 0. Получим

(–2 – t) + 2·(–t) + (–2t) – 3 = 0 Þ –2 – t – 2t + –2t – 3 = 0 Þ

–5t = 5 Þ t = –1.

Подставив найденное значение t = –1 в параметрические уравнения прямой l₃, получим точку пересечения прямой l₃ с плоскостью α ₃.

Ответ: а) l₁ || α ₁. б) Прямая l₂ лежит в плоскости α ₂.

в) Прямая l₃ пересекает плоскость α ₃ в точке M(–1; 1; 2).

Параллельность прямой и плоскости

Рис.1.6.24

Условие параллельности прямой и плоскости можно получить, используя векторную алгебру. Пусть прямая l параллельна плоскости α (l || α ₁)

(см. рис. 1.6.24). Тогда направляющий вектор ` s прямой l перпендикулярен нормальному вектору ` N плоскости α. Следовательно, скалярное произведение этих векторов равно нулю.

Если ` s = (m, n, p), ` N = (A, B, C), то ` s · ` N = 0 или

Am + Bn + Cp = 0

(1.6.13)

Полученное условие является условием параллельности прямой и плоскости.

Пример. Доказать, прямая l: параллельна плоскости α: 3x – y + z – 2 = 0.

Решение: Выпишем направляющий вектор прямой l: ` s = (1; 2; –1) и нормальный вектор плоскости α: ` N = (3; –1; 1). Найдем скалярное произведение этих векторов: ` s ·` N = 1·3 + 2·(–1) + (–1)·1 = 0. Следовательно, прямая l параллельна плоскости α.

Перпендикулярность прямой и плоскости

Рис.1.6.25

Условие перпендикулярности прямой и плоскости также можно получить, используя векторную алгебру. Пусть прямая l перпендикулярна

плоскости α (l ^ α ) (см. рис. 1.6.25).

Тогда направляющий вектор ` s прямой l будет коллинеарен нормальному вектору ` N плоскости α. Следовательно, соответствующие координаты этих векторов пропорциональны. Пусть ` s = (m, n, p), ` N = (A, B, C). Тогда

(1.6.14)

Это условие перпендикулярности прямой и плоскости.

Пример. Составить уравнение плоскости, проходящей через точку M(1; 2; 3) перпендикулярно прямой .

Решение: Выпишем направляющий вектор прямой: ` s = (2; –1; 3). Вектор ` s можно взять за нормальный вектор ` N искомой плоскости: ` N = ` s. Применяем формулу (1.6.1)

2(x – 1) – 1(y – 2) + 3(z – 3) = 0 Þ 2x – y + 3z – 9 = 0

Ответ: 2x – y + 3z – 9 = 0.

Пример. Составить уравнение прямой; проходящей через точку M(2; –1; 0) перпендикулярно плоскости x + 2y – 3z + 1 = 0.

Решение: Выпишем нормальный вектор плоскости: ` N =(1; 2; –3). Вектор ` N можно взять за направляющий вектор искомой прямой: ` s = ` N = (1; 2; –3). По формулам (1.6.1) запишем канонические уравнения прямой, проходящей через точку M(2; –1; 0):

Ответ:

Тема 1.7. Кривые 2-го порядка.

1.7.1. Окружность, эллипс: канонические уравнения и построение

 

Алгебраическим уравнением второго порядка называется уравнение вида:

Ax ² + Bxy + Cy² + Dx + Ey + F = 0,

где хотя бы один из коэффициентов А, B, C отличен от нуля. Линии, задаваемые такими уравнениями, будем называть кривыми второго порядка. Рассмотрим некоторые из них.

Окружность

Под окружностью понимают геометрическое место точек, равноудаленных от некоторой фиксированной точки, называемой центром окружности.

 

Рис. 1.7.1.

Пусть дана точка M₀(x₀, y₀) и некоторое число R (R ≥ 0).

 

Уравнение окружности радиуса R с центром в точке M₀ имеет вид:

(x – x0)2 + (y – y0)2 = R2

(1.7.1.)

Если центр окружности M₀ находится в точке О(0, 0), то уравнение (1.7.1) будет иметь вид:

x 2 + y2 = R2

(1.7.2)

Пример.Установить вид кривых второго порядка, заданных уравнениями:

a) x² + y² + 6x – 4y – 3 = 0

б) x² + y² + 4x – 2y + 5 = 0

в) x² + y² + – 2x + 4y + 7 = 0

Решение:

а) Перепишем данное уравнение, выделяя полный квадрат:

x² + 2·3x + 9 – 9 + y² – 2·2y + 4 – 4 – 3 = 0

(x + 3)² + (y – 2)² = 16

Данное уравнение определяет окружность радиуса 4 с центром

в точке M₀(–3, 2).

б) Преобразуем данное уравнение, также выделяя полный квадрат

x² + 2·2x + 4 – 4 + y² – 2·y + 1 – 1 + 5 = 0

(x + 2)² + (y – 1)² = 0.

Полученное равенство возможно лишь при x = –2, y = 1. Данное уравнение определяет только одну точку M(–2, 1).

в) Преобразуем данное уравнение аналогично:

x² –2x + 1 – 1 + y² + 2·y + 4 – 4 + 7 = 0

(x – 1)² + (y + 2)² = –2.

Это уравнение не имеет решения. Следовательно, не существует точек, удовлетворяющих данному уравнению.

Эллипс

Рис.1.7.2.

Эллипсом называется геометрическое место точек плоскости, сумма расстояний от которых до двух данных точек, называемых фокусами, есть величина постоянная.

Обозначим фокусы F₁ и F₂ расстояние между ними |F₁F₂| = 2c. Пусть |MF₁| + |MF₂| = 2a. С помощью алгебраических преобразований можно получить уравнение эллипса:

(1.7.3)

, где b² = a² – c² > 0, так как a > c. (см. рис.1.7.1.).

Уравнение (1.7.3) называется каноническим уравнением эллипса. Точка О(0, 0) является центром эллипса. Величины a и b (где а > 0 и b > 0) называются полуосями эллипса (отрезки 2аи 2b являются, соответственно, осями эллипса). Центр эллипса может находиться в произвольной точке M₀(x₀, y₀). Уравнение эллипса с центром в точке M₀(x₀, y₀) и осями, параллельными координатным осям, имеет вид:

(1.7.4)

Пример. Показать, что уравнение 4x² + 9y² – 16x – 18y – 11 = 0 определяет эллипс. Сделать чертеж.

Решение: Преобразуем данное уравнение, выделяя полный квадрат: 4x² + 9y² – 16x – 18y – 11 = 0 Þ

4(x² – 2·2x + 4 – 4) + 9(y² – 2y + 1 – 1) – 11 = 0 Þ

4((x – 2)²·– 4) + 9((y – 1)² – 1) – 11 = 0 Þ 4((x – 2)²·+9(y – 1)² = 36.

Разделим обе части полученного уравнения на 36:

Получили уравнение эллипса вида (1.7.4) с центром в точке M₀(2, 1) и полуосями а = 3, b = 2.

Рис.1.7.3

Для построения эллипса отметим в плоскости Oxy точку M₀(2, 1) и проведем через эту точку прямые, параллельные осям Ox и Oy. Отметим на горизонтальной прямой точки A₁ и A₂отстоящие от M₀ на 3 единицы; на вертикальной прямой – точки B₁ и B₂ отстоящие от M₀ на 2 единицы. Точки A₁, B₂, A₂, B₁ соединим плавной линией. Эллипс построен.

⇐ Предыдущая12345678910Следующая ⇒

Поделиться: