Рівняння прямої за точкою та нормальним

ІІІ. Аналітична геометрія

3.1. Аналітична геометрія це розділ математики, в якому геометричні задачі розв’язуються алгебраїчним шляхом за допомогою методу координат.

В аналітичній геометрії геометричні місця точок або лінії задаються рівняннями, що зв’язують в даній системі координат змінні і , які називаються ще поточними координатами. Якщо в елементарній геометрії лінії та їх властивості вивчались в основному за допомогою геометричних побудов, то в аналітичній геометрії вони вивчаються шляхом дослідження рівнянь цих ліній.

Означення. Рівнянням лінії в аналітичній геометрії називається співвідношення, (або залежність між змінними і ) вигляду , яке задовольняють координати довільної точки цієї лінії, а якщо точка не лежить на цій лінії, то її координати не задовольняють дане рівняння.

Наприклад.

1. Координати точки задовольняють рівняння прямої , отже, ця точка лежить на прямій. Координати точки дане рівняння не задовольняють: . Отже, не лежить на даній прямій.

2. Точка лежить на колі , оскільки , а точка не лежить на цьому колі, бо .

Пряма лінія на площині

Рівняння прямої за точкою та нормальним

Вектором

Нехай в системі координат задана точка і ненульовий вектор (рис.1).

Очевидно існує єдина пряма , що проходить через точку перпендикулярно напрямкові вектора (в цьому випадку називають нормальним вектором прямої ).

Рис.1

 

Доведемо, що лінійне рівняння

є рівнянням прямої , тобто координати кожної точки прямої задовольняють рівняння (1), але координати точки, що не лежить на , рівняння (1) не задовольняють.

Для доведення зауважимо, що скалярний добуток векторів і в координатній формі збігається з лівою частиною рівняння (1).

Далі використаємо очевидну властивість прямої : вектори і перпендикулярні, тоді і тільки тоді, коли точка лежить на . А за умовою перпендикулярності двох векторів їх скалярний добуток (2) перетворюється в для всіх точок , що лежать на , і тільки для них. Отже, (1) – рівняння прямої .

Рівняння (1) називається рівнянням прямої, що проходитьчерез дану точку знормальним вектором .

Приклад. Дана точка М(4,1) і вектор Необхідно:

1) скласти рівняння прямої , що проходить через точку М перпендикулярно вектору ;

2) перевірити, які з точок М₁(0,3), М₂(-6,6), М₃(3;2,5), М₄(8,-1) лежать на прямій ;

3) побудувати пряму і точки М₁, М₂, М₃, М₄.

Відповіді: 1) (х-4)+2(у-1)=0; 2) ,

 

 

Загальне рівняння прямої

 

Перетворимо рівняння (1)

.

Позначивши , отримаємо

— загальне рівняння прямої.

Таким чином, прямій лінії відповідає лінійне рівняння вигляду (3). Навпаки, за даним рівнянням вигляду (3), де хоча б один з коефіцієнтів і відмінний від нуля, можна побудувати пряму.

Дійсно, нехай пара чисел задовольняє рівняння (3), тобто

.

Віднімаючи останнє від (3), одержимо співвідношення , яке визначає пряму за вектором і точкою .

Приклади

 

1.Скласти загальне рівняння прямої, що проходить через точку перпендикулярно вектору .

Відповідь: .

 

2.Задані точки і . Скласти загальне рівняння прямої, що проходить через точку перпендикулярно вектору .

Відповідь: .

Рівняння прямої у відрізках

 

Побудуємо пряму за загальним рівнянням за умови, що – відмінні від нуля. Для цього досить знайти дві точки, що належать цій прямій. Такі точки іноді зручніше знаходити на координатних осях.

Покладемо , тоді .

При . Позначимо . Знайдені точки і відкладемо на осях OX i OY і через них проводимо пряму

(див. рис. 2).

Рис.2

Від загального можна перейти до рівняння, в яке будуть входити числа і :

або, згідно з позначенням, отримуємо рівняння,

яке називається рівнянням прямої у відрізках. Числа і з точністю до знаку дорівнюють відрізкам, які відтинаються прямою на координатних осях.

Приклади.

1. Записавши рівняння у відрізках, побудувати прямі

а) ;

б) ;

в) .

2. Знайти площу трикутника, обмеженого прямою та координатними осями.

1. Діагоналі ромба лежать на координатних осях, а рівняння однієї із сторін . Записати рівняння інших сторін.
2. Скласти рівняння прямої, яка проходить через точку М(4,2) і відтинає від координатних осей трикутник, площа якого дорівнює 16 од. кв.

Відповіді: 1. а) ; б) ; в) . 2. 7,5. 3. ; ; . 4. .

 

Приклади.

 

Побудувати лінії:

а)

б)

в)

г)

 

Приклад

 

1. Перейти до рівняння з кутовим коефіцієнтом

а) ;

б) .

1. Скласти рівняння пучка прямих, які проходять через початок координат під кутами до осі Х: а) 30°; б) 45°; в) 120°; г)135°.
2. Скласти рівняння прямих, які проходять через точку М(3,-1) під кутами до осі ОХ: а) 45°; б) 60°; в) 135°; г) 150°.
3. Із точки N(5,2) під кутом 45° до осі ОХ падає промінь світла, який відбивається від осі ОХ. Знайти рівняння падаючого і відбитого променів.

Відповіді: 1. а) ; б) .

2. а) ; б) ; в) ; г) .

3. : а) ; б) ; в) ;

г) . 4. ; .

Приклади

 

1. На прямій лінії заданої рівнянням , знайти точку M(x,y), що знаходяться від точки цієї прямої на відстані 10 одиниць.

Розв’язання. Нехай – шукана точка прямої, тоді для відстані запишемо . За умовою . Оскільки точка належить прямій , що має нормальний вектор , то рівняння прямої можна записати

Тоді відстань . За умовою , або . З параметричного рівняння

Відповідь:

 

2. Точка рухається рівномірно з швидкістю в напрямку вектора від початкової точки . Знайти координати точки через с від початку руху.

Розв’язання. Спочатку знайти одиничний вектор . Його координати це напрямні косинуси

.

 

Тоді вектор швидкості

 

Канонічне рівняння прямої тепер запишется

параметричне рівняння.

Після чого скористатись параметричним рівнянням прямої при . Відповідь: .

 

Площина

Приклад

Дано точки М(-4,6,-6) і N(-9,2,-5). Скласти рівняння площини, яка проходить через точку М і перпендикулярна до вектора .

Розв’язання. За умовою вектор є нормальним вектором площини. Знайдемо його координати

Підставляючи в рівняння (17) А=-5, В=-4, С=1, а також х₁=-4, у₁=6, z=-6, маємо .

Приклади.

1.Побудувати площину і записати її рівняння у відрізках, а також рівняння слідів на відповідних координатних площинах.

Розв’язання. Покладемо , тоді

. Аналогічно при знаходимо , при , тоді рівняння у відрізках запишеться

. (Рис.13)

Рис. 13.

Рівняння слідів:

 

2. Знайти об’єм піраміди обмеженої площиною та координатними площинами.

Відповідь: .

3.Знайти площу трикутника, який відтиняється координатними площинами від площини .

Відповідь: .

Пряма в просторі

3.15. Канонічне та параметричне рівняння прямої в просторі

 

Аналогічна задача вже розв’язувалась для прямої на площині. Отже, необхідно скласти рівняння прямої , що проходить через дану точку паралельно напрямному вектору

Нехай, – довільна точка прямої, тоді вектори і колінеарні, а це значить, що координати їх пропорційні, тому отримуємо

– канонічні рівняння прямої. Прирівнюючи кожний з дробів (25) до параметра , запишемо параметричні рівняння прямої

Приклад. За точкою М(1,5,2) і напрямним вектором необхідно: 1) скласти канонічне рівняння прямої ; 2) побудувати цю пряму.

Розв’язання. 1) За формулою (25) запишемо канонічне рівняння прямої :

2) Розглянемо два способи побудови прямої .

Перший спосіб. В системі координат XYZ будуємо вектор і точку М(1,5,2) і проводимо через точку М пряму паралельну вектору

Другий спосіб. За формулою (26) записуємо рівняння прямої в параметричному вигляді:

 

При довільних значеннях t із системи знаходимо координати відповідних точок, які належать прямій . Так при t=1 знаходимо координати М₁(4,5,6). Через дві точки М і М₁ проводимо пряму (див. Мал.)

 

 

Задачі.

 

1. На прямій знайти точки, які знаходяться на відстані 10 одиниць від точки .

Відповідь: .

2. Точка рухається рівномірно з величиною швидкості ^м/_с в напрямку вектора від початкової точки . Знайти координати точки через с від початку руху.

Відповідь: .

Вказівка. Скористатись методикою відповідних задач, розв’язаних в 3.7.

Пряма лінія і площина

Кут між прямою і площиною

 

Нехай пряма і площина задані відповідно своїми рівняннями

і

Кутом між прямою та площиною називається кут, утворений цією прямою і її проекцією на площину (рис. 23).

Позначимо через величину цього кута. Кут між нормальним вектором і напрямним вектором дорівнює кутові , тому . Отже,

Рис. 23.

 

З рис. 23 видно, що , коли

– умова паралельності прямої і площини.

І якщо , то

– умова перпендикулярності прямої і площини.

Приклади

1. Знайти кут між прямою і площиною .

Розв’язання. Відповідно до формули (31) з першого рівняння знаходимо напрямний вектор з рівняння площини – нормальний вектор тоді

2. Скласти рівняння площини, яка проходить через точку А(-3,4,-7) і перпендикулярна прямій

Розв’язання. Відповідно умові (33) перпендикулярності прямої і площини за нормальний вектор площини можна взяти паралельний йому напрямний вектор прямої Використовуючи рівняння площини, яка проходить через точку А(-3,4,-7) перпендикулярно вектору маємо

Приклади

1.Знайти точку перетину прямої з площиною .

Розв’язання. Запишемо рівняння прямої в параметричному вигляді: Підставимо вирази для x, y, z в загальне рівняння площини

Звідки

2. Знайти точку N симетричну з точкою М(-1,4,2) відносно площини

Розв’язання. Спочатку складемо рівняння прямої, яка проходить через точку М(-1,4,2) перпендикулярно до площини. За напрямний вектор можна взяти нормальний вектор даної площини (див. умову (33) попереднього параграфа ). Отже, маємо

Знайдемо точку перетину знайденої прямої з площиною. З рівняння прямої виражаємо і підставляємо у рівняння площини

– точка перетину прямої і площини. Ця точка є серединою між двома симетричними відносно площини точками М(-1,4,2) і N(X_N, Y_N, Z_N), тобто

Отже, симетричною з точкою М(-1,4,2) відносно заданої площини є точка N(5,6,4).

 

Криві другого порядку

 

Рівняння вигляду

де хоча б один з коефіцієнтів або відмінний від нуля, називається алгебраїчним рівнянням першого порядку, або першого степеня відносно змінних і .

Рівняння (35) завжди описує пряму лінію.

Алгебраїчним рівнянням другого порядку називається всяке рівняння вигляду

де хоча б один з коефіцієнтів .

Лінії, координати точок яких задовольняють рівняння (36) називаються лініями другого порядку. До ліній другого порядку відносяться: еліпс (зокрема коло), гіпербола, парабола. Вони описуються рівнянням вигляду (36). Однак не кожне рівняння другого порядку завжди описує одну із згаданих ліній. Може, наприклад, вийти так, що рівняння вигляду (36) описує пару прямих ліній або не визначає жодного реального об’єкту.

 

Приклади.

1. Рівняння описує коло.

2. Рівняння описує параболу.

3. Рівняння розпадається на дві прямі і , що перетинаються.

4. Рівняння , тобто розпадаються на дві паралельні прямі і .

5. Рівняння , тобто розпадається на дві прямі, що збігаються.

6. Рівняння має своїм розв’язком тільки одну точку .

7. Рівняння не описує в області дійсних чисел ніякого геометричного місця точок.

Додамо ще, що при відповідному виборі декартової системи

координат рівняння (36) для кривих другого порядку набувають простий, так званий канонічний вигляд. Далі розглянемо коротко кожну із кривих другого порядку.

 

Коло

 

Означення. Колом називається множина точок площини, які знаходяться на відстані R від заданої точки .

Нехай – центр кола, – довільна точка кола. За умовою , а за формулою відстані між двома точками маємо

 

– рівняння кола радіуса з центром в точці .

Якщо ж центр кола збігається з початком координат, , то отримуємо

-канонічне рівняння кола.

Розкриємо дужки в (37) і зведемо його до вигляду (36)

.

 

Отже загальне рівняння (36) може описувати коло, якщо а . За цих умов, щоб знайти центр кола і його радіус, потрібно виділити повний квадрат.

 

Приклад. Знайти центр кола і радіус, якщо

1.

Розв’язання. Згрупуємо відносно і , а тоді виділимо повні квадрати

Отже, центр кола в точці , а радіус . Пропонуємо побудувати це коло.

 

2.

Розв’язання.

Сумма квадратів в лівій частині рівності не може бути від’ємною.

Дане рівняння не описує кола.

Еліпс

Означення. Еліпсом називається множина точок площини, сума відстаней яких від двох заданих точок, що називаються фокусами, є величина стала і дорівнює .

Позначимо фокуси і . Припустимо, що відстань = – фокусна відстань. Щоб отримати канонічне рівняння еліпса розмістимо і на осі , симетрично щодо початку координат. Тоді фокуси матимуть координати і (див. рис. 24).

Нехай M ( x, y ) – довільна точка еліпса. Позначимо через r ₂ і r ₁ – відстані від точки M до фокусів. Згідно з означенням еліпса.

. (38)

 

Рис. 24.

 

Підставимо в (38) , і звільнимось від ірраціональності, піднісши обидві частини до квадрата, отримаємо:

(підносимо до квадрата обидві частини)

Позначимо: , отримаємо канонічне рівняння еліпса:

 

Відмітимо, що за відомою властивістю трикутника (сума двох сторін більша третьої) із маємо

Оскільки , то , а тому

(*)

 

Для побудови еліпса зауважимо, що якщо точка належить еліпсу, тобто задовольняє рівняння (39), то точки теж задовольняють це рівняння: із

Точки – розміщені симетрично відносно осей координат. Отже, еліпс – фігура симетрична відносно координатних осей. Тому досить побудувати графік в першій чверті, а тоді симетрично продовжити його.

З (39) знаходимо , для І -ої чверті .

Якщо , то . Якщо ж , то . Точки і , а також симетричні з ними – вершини еліпса, точка – центр еліпса, – велика вісь, – мала вісь еліпса. Якщо І чверті, то із випливає, що при зростанні від до значення спадає від до . Зображення еліпса на рис. 25.

Величина відношення міжфокусної відстані до великої осі називається ексцентриситетом еліпса і, після скорочення на 2, позначається . Значення ексцентриситета характеризує ступінь “сплющенності” еліпса. Якщо , то – маємо коло. Якщо ж , то – еліпс вироджується у відрізок. В невироджених випадках Для фокальних радіусів наведемо без доведення такі формули:

(**)

Рис. 25.

 

Еліпс можна побудувати механічним способом. Із канонічного рівняння знаходимо півосі і , тоді обчислюємо – півфокусну відстань. Будуємо фокуси і на відстані один від одного . Кінці нерозтяжної нитки довжиною закріпляємо в точках і . Натягуючи вістрям олівця нитку, водимо вістрям по площині таким чином, щоб нитка ковзала по вістрю. Олівець при цьому опише півеліпс. Відтягуючи нитку в протилежну сторону, накреслимо другу половину еліпса.

Задача 1. Задано еліпс рівнянням і точки М₀(4;1,8), М₁(3;2,4). Необхідно:

1) переконатись, що точки М₀ і М₁ лежать на еліпсі;

2) знайти півосі еліпса та координати його фокусів;

3) побудувати еліпс і точки М₀ і М₁;

4) знайти відстань від точки М₀ до фокусів;

5) упевнитись, що сума цих відстаней дорівнює довжині великої осі;

6) знайти ексцентриситет еліпса.

Розв’язання. 1) Підставимо координати x=4; y=1,8 точки М₀ в ліву частину рівняння еліпса:

– точка М₀ лежить на еліпсі. Аналогічно для М₁(3;2,4):

– точка М₁ лежить на еліпсі.

2) З канонічного і даного рівняння еліпса випливає З рівності (*) цього параграфа – півфокусна відстань. Координати фокусів F₁(4;0) і F₂(-4;0).

3)

Відкладемо значення півосі симетрично відносно точки О(0,0) на осі ОХ. Аналогічно b=3 відкладемо на осі ОУ.

4) Знайдемо фокальні радіуси точки М₀

5) Знайдемо суму , що відповідає означенню еліпса.

6) Ексцентриситет знаходиться за формулою

Задача 2. Знайти осі, вершини і фокуси еліпса . Побудувати еліпс.

Розв’язання. Зведемо дане рівняння до канонічного вигляду (див. рівняння (39)), перенесемо вільний член вправо і почленно розділимо на нього всю рівність

Порівнюючи останнє рівняння з рівнянням (39), маємо Звідси знаходимо осі еліпса 2а=24, 2b=10 і координати вершин А₁(12,0), А₂(-12,0), В₁(0,5), В₂(0,-5). Далі із формули . Отже, фокусами еліпса є точки F₁(,0) і F₂(,0). Для побудови еліпса відкладаємо на осях ОХ і ОУ вершини А₁, В₁, А₂, В₂ відповідно і з’єднуємо їх плавною лінією (див. попередню задачу).

Зауваження. Якщо у канонічному рівнянні більшою піввіссю буде b>a, то фокуси еліпса будуть розміщені на осі ОУ і тоді