Студопедия  
Главная страница | Контакты | Случайная страница

АвтомобилиАстрономияБиологияГеографияДом и садДругие языкиДругоеИнформатика
ИсторияКультураЛитератураЛогикаМатематикаМедицинаМеталлургияМеханика
ОбразованиеОхрана трудаПедагогикаПолитикаПравоПсихологияРелигияРиторика
СоциологияСпортСтроительствоТехнологияТуризмФизикаФилософияФинансы
ХимияЧерчениеЭкологияЭкономикаЭлектроника

Кіріспе.

Читайте также:
  1. Кіріспе.

Методикалық көмекші университеттің аналитикалық геометрия пәнінің бағдарламасына сәйкестендіріліп, «кеңістіктегі түзу және жазықтық» тақырыбы бойынша студенттер мен оқытушыларға көмек көрсетуге арналған.

Теориялық материялдар таза түрінде және теориялық есептер ретінде келтірілген. Барлық материялдарға мысалдар және жаттығулар берілген. Жаттығуларды студенттер өз бетінше шығаруы тиіс, олар ең қажетті есептерді қамтиды. Әрбір жаттығулар саны академиялық топтардағы студенттер санынан артық. Бұл әрбір студенттің мүмкіндігін анықтау үшін, оқытушыға көмегін тигізеди деген ойдамыз.

1. Жалпы теңдеуі.

Кеңістіктегі нүктелелдің байланысын көрсететін, жазықтықтың бірінші дәрежелі немесе сызықты теңдеуі.

Ax (1)

түрінде жазылады, мұндағы белгісіздер коэффиценттері бір уакытта нөлге тең емес деп есептейміз, баскаша жазғанда .

Теорема 1:

Кеңістіктің аффин координаталары жүйесінде кез келген жазықтықты сызықты теңдеу арқылы беруге болады. Керісінше, (1) түрдегі кез келген теңдеу аффин координаталар жүйесіндегі жазықтықты анықтайды.

Дәлелдеуі:

Бізге қандай да бір жазықтық берілсін. Координаталар жүйесін төмендегідей жолмен құрайық. Координаталар басы О нүктесін және , координаталық векторларын бір жазықтықта орналастырып векторын еркімізше таңдайық. Бұл z=0 сызықты теңдеуіне сәйкес келеді. Реттің инварианттылығы туралы теорема бойынша, бұл жазықтықтың сызықты теңдеуіне сайкес келеді.

Керісінше, (1) теңдеуді қандай да бір аффин координаталар жүйесінде берілген деп есептейік.

Координаталары осы теңдеуді қанағаттандыратын геометриялық нүктелер орнын қарастырайық. Реттің инварианттылығы туралы теорема бойынша, бұл геометриялық нүктелер орны – сызықты теңдеу арқылы анықталады және осы жағдай кез келген аффин координаталар жүйесі үшін де дұрыс.

Аталған геометриялық нүктелер орнының осы жүйедегі теңдеуі

A′x′ + B′y′ + C′z′ +D′ = 0

түрінде жазылады.

Сызықты теңдеудегі коэффициенттердің барлығы бірдей нөлге тең болмағандықтан,

A′x0′ + B′y0′ + C′z0′ +D′ = 0

Осы теңдікті орындалатындай M0(x0′, y0′, ′z0′) нүктесі табылып, бұл нүктелер орнына тиісті болады. Берілген теңдеуден осы сандық теңдікті алып тастасақ,

A′(x′ - x0′) + B′ (y′ - y0′) + C′ (z′ - z0′) = 0 (2)

болады.

Координаталар жүйесі тікбұрышты болғандықтан, (2) теңдік { x′ - x0′; y′ - y0′; z′ - z0′} және { A′; B′; C′ }векторларының өзара перпендикулярлығын көрсетеді.

M(x′, y′, ′z′) нүктесі M0 нүктесінен өтетін және { A′; B′; C′ } векторына перпендикуляр жазықтыққа тиісті болсын. Онда = { x′ - x0′; y′ - y0′; z′ - z0′} векторы {A′; B′; C′} векторына перпендикуляр, яғни (2) теңдеуді қанағаттандырады. Керісінше, егер векторы {A′; B′; C′} векторына перпендикуляр болса, онда оның соңғы нүктесі берілген жазықтыққа тиіс болуы керек. Ендеше, M нүктесінің координаталары (2) теңдеуді қанағаттандырады сонда тек сонда ғана, егер бұл нүкте жазықтыққа тиісті болса.

Салдар 1:

Tік бұрышты декарт координаталар жүйесінде {A;B;C}векторы (1) жазықтыққа перпендикуляр болады.

Ескерту 1: (1) теңдеу жазықтықтың жалпы теңдеуі, ал = { A; B; C } – жазықтықтың нормал векторы деп аталады.

 

2. Тікбұрышты декарттық координаталар жүйесінің элементтеріне қарағанда, жазықтықтың орналасу белгілері.

Бізге

α: Ax + By + Cz + D = 0

жазықтығы берілсін.

1. D = 0 шарты α жазықтығының бас нүктесі О–дан өтуінің қажетті жіне жеткілікті шарты болатыны түсінікті, онда жазықтық теңдеуі Ax + By + Cz = 0 түрінде жазылады.

2. α жазықтығы хОу жазықтығына параллель немесе Оz осіне перпендикуляр болуы үшін векторы ={0;0;1} векторына коллинеар болуы қажетті және жеткілікті, яғни A = B = 0 және жазықтық теңдеуі Cz + D = 0 түрінде болады.

3. хОу жазықтығының теңдеуінің түрі z = 0

4. α жазықтығы уОz жазықтығына параллель немесе Ох осіне перпендикуляр болуы үшін векторы ={1;0;0} векторына коллинеар болуы қажетті және жеткілікті, яғни B = C = 0 және жазықтық теңдеуі Ax + D = 0 түрінде болады.

5. уОz жазықтығының теңдеуінің түрі х = 0

6. α жазықтығы хОz жазықтығына параллель немесе Оу осіне перпендикуляр болуы үшін векторы ={0;1;0} векторына коллинеар болуы қажетті және жеткілікті, яғни А = C = 0 және жазықтық теңдеуі By + D = 0 түрінде болады.

7. хОz жазықтығының теңдеуінің түрі у = 0

8. α жазықтығы Ох осіне параллель сонда және тек сонда ғана, егер , яғни () = 0 немесе координаталар арқылыжазсақ A 1 + B 0 + C 0 = 0. Ендеше берілген жазықтықтың теңдеуі By + Cz + D = 0 түрінде болады.

9. Ох осі арқылы өтетін жазықтықтың теңдеуі By + Cz = 0 түрінде болады.

10. α жазықтығы Оу осіне параллель сонда және тек сонда ғана, егер , яғни () = 0 немесе координаталар арқылыжазсақ A 0 + B 1 + C 0 = 0. Онда B= 0. Ендеше берілген жазықтықтың теңдеуі Ax + Cz + D = 0 түрінде болады.

11. Оу осі арқылы өтетін жазықтықтың теңдеуі Ax + Cz = 0 түрінде болады.

12. α жазықтығы Оz осіне параллель сонда және тек сонда ғана, егер , яғни () = 0 немесе координаталар арқылыжазсақ A 0 + B 0 + C = 0. Онда C = 0. Ендеше берілген жазықтықтың теңдеуі Ax + By + D = 0 түрінде болады.

13. Оz осі арқылы өтетін жазықтықтың теңдеуі Ax + By = 0 түрінде болады.

3. Жазықтықтың параметрлік теңдеуі.

Біз кеңістікте аффиндік координаталар жүйесі берілген деп есептейміз. Яғни, кеңістіктің әрбір нүктесіне сәйкес оның координаталар бас нүктесіне қарағандағы радиус – векторы берілген деп түсіну керек.

Егер жазықтықтың M 0 нүктесі және өзара коллинеар емес осы жазықтыққа параллель екі вектор берілсе, онда жазықтық кеңістікте толық анықталады. Әрине бұл нүкте мен векторларды әртүрлі жолмен таңдауымызға болады. Сондықтан біз оларды алдын–ала берілген деп есептеп, оларды бас нүкте және жазықтықтың бағыттаушы векторлары деп есептейміз.

, , арқылы M0 бас нүктесінің радиус–векторын және жазықтықтың бағыттаушы векторларын белгілейміз. Радиус–векторы болатын жазықтықтан кез келген M нүктесін алайық.

векторының басы берілген жазықтыққа тиіс болады. Ендеше, M нүктесі жазықтыққа тиіс сонда және тек сонда ғана, егер векторының жазықтыққа тиіс болса. Енді және векторлары коллинеар емес деп есептейік. Егер M нүктесі жазықтыққа тиісті болса (сонда ғана!) онда t1 және t2 сандары табылып,

= t1 + t2 (3)

теңдеуі орын алады.

Бұл теңдеу жазықтықтың параметрлік теңдеуі деп аталады. Жазықтықтың әрбір нүктесіне t1 және t2 параметрлерінің мәндері сәйкес келеді. Керісінше, параметрлер мәндері ретінде кез келген санды алсақ та, онда (3) теңдеу жазықтықтағы нүктенің радиус–векторын анықтайды.

Егер (x; y; z) және (x0; y0; z0) – M және M0 нүктелерінің координаталары, ал { p1; p2; p3 } және { q1;q2; q3 } – және векторларының компонентері болса, онда (3) теңдеудің екі жағын базис бойынша жіктеу арқылы

(4)

(4) теңдеу жазықтықтың параметрлік теңдеуі деп аталады.

Теорема 2:

Егер жазықтықтың бас нүктесінің радиус векторлы, ал жазықтықта перпендикуляр вектор болса, онда жазықтық теңдеуі төмендегідей болады:

( =0 (5)

немесе

()=0 (6)

мұндағы векторы үшін векторлық көбейтіндісі алынған.

4. Түзудің кеңістіктегі теңдеулері.

Егер жазықтықта нүктесі және нөлден өзге жазықтықта паралеллель вектор берілсе, онда түзу осылар арқылы толық анықталады. Оларды бас нүкте және бағыттаушы вектор деп аталады.

Бір түзу берілсін. оның ббағыттаушы векторы, ал оның бас нүктесі болсын. -дің радиус-векторы және түзудің бағыттаушы векторы берілсін. Түзудегі бір M нүктесін қарастырайық, оның радиус-векторын арқылы белгілейік. векторы векторына колинеар болуы керек. Тек осы жағдайда ғана M нүктесі үшін t саны табылып,

= t . (7)

теңдігі орындалады.

Керісінше, кез келген t санын (7) формулаға қойсақ, векторлы жазықтықтағы қандай да бір нүктенің радиус-векторы болады.

(7) теңдеу түзудің векторлық параметрлік теңдеуі деп аталады (теңдеу кеңістік үшін де, жазықтық үшін де бірдей). Бұл теңдеу төмендегідей теңдеулер жүйесіне жіктеледі: (8)

(8) теңдеу түзудің параметрлік теңдеуі деп аталады.

Енді (8) теңдеудегі t параметрін табайық. Алдымен бағыттаушы вектордың ешбір компоненті нөлге тең емес деп есептесек,

(9)

теңдеуін аламыз.

Біз түзудегі орналасқан кез келген нүктенің координаталары қанағаттандыратын екі теңдеу алдық.Оларсызықты теңдеулер, сондықтан олар кеңістіктегі түзуді анықтайды.Онда мына тұжырым дұрыс болады.

Теорема 3: Түзуді төмендегі екі жазықтықтың қиылысу сызығы ретінде беруге болады

(10)

Ескерту 2: (10) теңдеу кеңістіктегі түзудің жалпы теңдеуі деп аталады, (9) теңдеу түзудің канондық теңдеуі деп аталады.

(9) теңдеуді қарастырыйық. Егер векторының бір компоненті нөлге айналса, мысалы , онда түзу теңдеуі

түрінде жазылады. Бұл түзу жазықтығында жатады, ендеше ол жазықтығына параллель. компоненттері нөлге айналған жағдайлар да, дәл осылай талданады.

Егер бағыттаушы вектордың екі компоненті () нөлге айналса, онда түзу теңдеуі

түрінде жазылады.

Мұндай түзулер координаталар өстерінің біріне паралель. Біздің жағдайымызда ол аппликата өсі болады.

Ескеру 3:Әдетте, түзудің теңдеуі (9) түрде жазылады және келісім бойынша, бөлімі нөл болғанда, алымында нөлге тең деп есептейміз.

5. Түзудің нормаланған теңдеуі.

Кеңістікте тік бұрышты декарттық координаталар жүйесі берілсін. Координаталар бас нүктесінен өтетін жазықтығын қарастырайық. Координаталар басы O нүктесінен

жазықтығына OP перпендикулярын түсірейік. Егер

бағытындағы бірлік вектор болса, = болатыны түсінікті.

M нүктесі жазықтығына тиісті болуы үшін немесе болуы қажетті және жеткілікті. Шындығында да

онда

.

болғандықтан, егер және векторының векторлармен жасайтын бұрыштары болса, онда . Егер нүктесінің радиус-векторы болса, жоғарыдағыдан

(11)

(11) теңдеу жазықтықтың нормаланған теңдеуі деп аталады.

6. Жазықтықтар бауы мен шоғы.

Анықтама 1:

Таңдалған нүкте – бауының центрі арқылы өтетін жазықтықтар жиынын жазықтықтар бауы деп атаймыз.

, (12)

-бау центрі, ал A,B.C - кез келген сандар болса, (12) теңдеу жазықтықтар бауының қарапайым теңдеуі деп аталады.

бір нүкте арқылы өтетін үш жазықтық және

шарты орындалсын.

Теорема 4:

Барлығы бірдей нөлге тең емес кез келген сандары үшін

(13)

Теңдеуі бауының центрі арқылы өтетін жазықтықты анықтайды. Баудың центрі арқылы өтетін кез келген түзудің теңдеуі (13) түрде жазылады.

Анықтама 2:

Таңдалған түзу – шоқтың өсі арқылы өтетін барлық түзулер жиынын түзулер шоғы дейміз. Шоқтың өсін екі жазықтықтың қиылысу сызығы ретінде беруге болады

Теорема 5:

Екеуі бірдей нөлге тең емес сандары үшін

α(

(14)

теңдеуі шоқтың өсі арқылы өтетін жазықтықты анықтайды. Жазықтықтыр шоғының центрінен өтетін кез келген жазықтық теңдеуі (14) түрінде жазылады.

7. Үш белгісізді бірінші дәрежелі көпмүшеліктің таңбасының геометриялық мағынасы.

Жазықтық,ал жазықтықтан тысқары кез келген нүкте болсын.Онда

=

нүктесінен α жазықтығына перпендикуляр түсірейік осы перпендикуляр табаны болсын. N= векторы жазықтыққа перпендикуляр,ендеше ол векторына коллинеар болады, яғни lN.

векторының координаталары

болғандықтан, мәндерін көпмүшелігіне қойсақ,

Сондықтан санының таңбасының геометриялық мағынасы l санының таңбасының геометриялық мағынасына сәйкес келеді.

l үшін lN. болатынын ескерсек,төмендегі жағдайлар орын алады.

- l 0 болғанда, нүктесі векторы жазықтығының бір жағында жатады;

- l 0 болғанда, нүктесі векторы жазықтығының қарама –қарсы жақтарында орналасқан;

- l=0 болғанда, нүктесі жазықтығына тиісті болады.

Есеп 1.Жазықтықтың жалпы теңдеуінен жазықтықтың нормаланған теңдеуіне көшіңіз.

Шешуі:

Жазықтықтың жалпы теңдеуі

Берілсін.Оны

түріне келтіруіміз керек.

Жазықтықтың жалпы теңдеуін нормалаушы көбейткіш l – ға көбейтейік:

Бұл теңдеу нормаланған теңдеумен бірдей болуы үшін lA=

l = (15)

және

p=-lD. (16)

болады

Сонымен есеп (15) теңдік бойынша нормалаушы көбейткіш l- ны табуға келіп тірелді. l саныынң таңбасы p 0 шарты бойынша таңдалады.

Мысал 1:

2x - 4y + 4z – 3 = 0 жазықтықтағы үшін нормалаушы

көбейткіш

болады (). Теңдеудің екі жағын да нормалаушы көбейіткіштерге көбейтсек,

z+

бұдан жазықтықтың нормалған теңдеуін аламыз

z

Жаттығулар:

Жазықтықтардағы нормалған теңдеулерін табыңдар.

1. x-4y+8z-9=0 11. 7x-42y+6z-43=0

2. 2x+y-2z+12=0 12. 8x-8y+31z+11=0

3. 3x-6y+2z-28=0 13. 9x-8y-12z+34=0

4. 3x-6y-6z-7=0 14. 10x-10y-23z-9=0

5. 4x+3y+12z-39=0 15. 11x+8y-16z+7=0

6. 4x+4y-7z-27=0 16. 12x+11y-24z+29=0

7. 5x-14y+2z+15=0 17. 12x+20y+9z+15=0

8. 6x+6y +17z-38=0 18. 12x+24y+31z+82=0

9. 6x-9y-2z+22=0 19. 13-14y-34z+26=0

10. 7x+6y-6z-22=0 20. 14x+47y-14z-51=0

 

Есеп 2. Жазықтықтардың арасындағы бұрышты табыңдар. Жазықтықтардың параллельдік және перпендикулярлық шарттарын анықтаңдар.

Шешуі:

Анықтама 3:

ның арасындағы бұрышы деп, және векторларының арасындағы бұрышты айтамыз. Анықтамадан,

теңдігін аламыз. Оған,

(17)

(17) формуладан жазықтықтардың перпендикуляр болуының шарты:

(18)

шығады. ның параллель болу шарты, және векторларының коллинеарлық шартынан

шығады.

Ескерту 4. Егер

(20)

шарты орындалса, онда бұл жазықтықтар өзара беттеседі. Сондықтан (19) шартқа қосымша:

(19A)

шартын қабылдауымыз керек.

Мысалы 2. 2x+14y+5z-1=0 және 2x-y+2z+3=0 жазықтықтары перпендикуляр, өйткені

Мысал3: x-2y+3z-1=0 және 3x-6y+9z-1=0 жазықтықтары параллель, өйткені

=

Мысалы4: x-2y+3z-1=0 және 3x-6y+9z-3=0 жазықтықтары беттеседі, өйткені

=

Мысалы 5:

12x+y+12z-7=0 және 21x-11y+4z+8=0=0 жазықтықтары ушін

Ендеше бұл жазықтықтардың арасындағы бұрышы құрады. Жаттығулар: Берілген жазықтықтардың арасындағы бұрышыты есепте

21. 2x+y+2z+1=0 және x-y+4z-3=0

22. 4x+y+z+4=0 және 5x+5y+2z=0

23. x+y-2=0 және x+z+1=0

24. 7x+6y-6y+4=0 және 6x+2y+9z+8=0

25. x+2y+3z-1=0 және 3x+6y+9z-4=0

26. x+y-3=0 және 2x+y-z+7=0

27. 2x-2z-1=0 және 3x-3y+2=0

28. 2x+5y+z+4=0 және 3x-2y+4z+5=0

29. x+3y-3z-1=0 және 2x+6y-6z-2=0

30. 7x+20y+z+11=0 және 8x+4y-z-9=0

31. 2x+5y+5z-3=0 және x+7y-2z+1=0

32. 2x+5y+4z+1=0 және 6x-3z-1=0

33. 4x-y-4z-2=0 және 12x-3y-12z-4=0

34. X+12y+12z-7=0 және 11x-21y-4z+8=0

35. 5x-4y+11z-3=0 және x+y+22z+6=0

36. 2x-y+z+3=0 және x+3y+z+6=0

37. 5x-5y+z-3=0 және 10x-10y+2z-6=0

38. 6x+7y+6z+4=0 және 4x+y+15z-6=0

39. 6x+7y+6z+4=0 және 4x+y+15z-6=0

40. 7x+23y-12z+2=0 және 26x+23y-31z+7=0

Есеп 3. Берілген үш нүкте арқылы өтетін жазықтықтың теңдеуін жазыңыз. Шешуі:

Іздеген жазықтығымыз нүктесінен өткендіктен, онда ол нүктесі баудың центрі болатын жазықтықтар бауына тиісті болады:

Яғни белгісіздері А, В және С болатын үш белгісізді, үш теңдеуден тұратын сызықты теңдеулер жүйесін аламыз. Бұл жүйенің нөлден өзге шешімдері болуы үшін

шартының орындалуы қажетті және жеткілікті. Сонымен бірге (21) үш белгісізді бірінші дәрежелі теңдеу, яғни жазықтықтың теңдеуі болады.

Ескерту 5: Біздің есебіміздің бір ғана шешуі болады сонда, тек сонда ғана, егер бұл нүктелер бір түзуге тиісті болмаса, яғни

Ескерту 6: (21) теңдеуді төмендегідей жолмен алуға болады. М(х:у:z) нүктесі ізделген жазықтыққа тиісті болуы үшін ={х-х1;у-у1;z-z1}, ={х2121;z2-z1} және ={х3131;z3-z1} векторлары компланар болуы керек,яғни олардың аралас көбейтіндісі (21) нөлге тең болуы тиіс.

Мысал 6:

М1(а;0;0;), М2(0;b;0) және М3(0;0;с) нүктелері берілсін. Бұл жағдайда (21) формула

 

 

х-а у-z

-а b-0 =0

-а 0-c

түрінде жазылады.Енді анықтауышты есептесек,

bcx+acу+abz-abc=0

теңдеуі -берілген үш нүкте арқылы өтетін жазықтық тың теңдеуін береді.

Теңдікті abc-ға бөлсек,

теңдеуін аламыз.Бұл теңдеу жазықтықтың кесінді лерімен берілген теңдеуі деп аталалды. Ал мұндағы a, b және c жазықтықтың координаталар өстерінен қиятын кесінділердің ұзындықтарын анықтайды.

Жаттығулар:

Берілген үш нүктеден өтетін жазықтықтың теңдеулерін жазыңыздар.

41. А(-2;-6;-2), В(3;15;0), С(-3;1;2),

42. А(1;-1;2), В(4;-3;3), С(3;0;1)

43. А(1;-3;1), В(2;-2;0), С(-3;1;2)

44. А(1;5;-3), В(2;4;-4), С(2;0;-5)

45. А(-5;1;1), В(7;-1;13), С(-4;-4;-2)

46. А(1;3;-2), В(8;5;1), С(-2;-2;0)

48. А(-1;-3;2), В(3;-5;3), С(2;-5;3)

49. А(2;1;-3), В(1;2;2), С(11;8;2)

50. А(2;3;-9), В(5;4;-7), С(4;4;-8)

51. А(1;-3;2), В(2;-6;3), С(2;-2;1)

52. А(2;-6;1), В(3;-5;0), С(3;-8;-3)

53. А(4;-6;-3), В(10;-5;-2), С(-1;-9;-2)

54. А(-1;1;1), В(0;3;2), С(0;2;2)

55. А(-4;9;-6), В(-6;11;-7), С(-3;7;-4)

56. А(6;1;-3), В(7;0;0), С(4;2;-2)

57. А(2;1;2), В(3;2;0), С(0;11;-9)

58. А(-1;-1;2), В(1;-4;3), С(-3;-4;15)

59. А(-3;2;1), В(-13;3;0), С(-2;3;-5)

60. А(1;1;3), В(-3;10;15), С(5;2;-7)

Есеп 4.Берілген нүктеден берілген қашықтыққа дейінгі ара қашықтықты есептеңіз.

Шешуі:М0 0; у0; z0) нүктесі және α:Ах+Ву+Сz+D=0 жазықтығы берілсін.

М0 нүктесінен α жазықтығына перпендикуляр жүргізейік. Н-α жазықтығымен перпендикулярдың қиылсу нүктесі болсын. Біз |М0Н| шамасын есптеуіміз керек. Ол үшін М0 нүктесі арқылы α жазықтығына Параллеь α0 жазықтығын жүргізейік, α0 және α жазықтықтарына коор динаталар бас нүктесінен перпендикуляр түсірейік. Р0 және Р- осы перпендикулярлардың сәйкес α0 және α жазықтықтарымен қиылысу нүктелері болсын,жазықтықтың нормаланған х cos α+у cos β+z cos Υ- р=0 теңдеуін ескеріп, |ОР|=р; |ОР0|=р0 болатынын көреміз. δ=р0-р шамасын қарастырайық. Бұл шама α0 жазықтығының α-дан алшақтауы деп аталады.δ шамасы үшін:δ>0; δ=0; δ<0 жағдайларының бірі орындалады. Бірінші, р0>р жағдайында, α0 жазықтығы мен О нүктесі α жазықтығының екі жағында орналасқан. Екінші, р0=р жағдайы α0 жазықтығы α-мен беттесіп, М0 нүктесі α жазықтығына тиістілігін көрсетеді. Үшінші, р0<р жағдайы α0 жазықтығы мен О нүктесі α жазықтығының бір жағында орналасатынын көрсетеді.

Әдетте,δ - М0 нүктесінің α жазықтығынан алшақтауы деп те аталады. |М0 Н| шамасына келсек, d=|М 0 Н|=|Р Р 0|=|Р 0 - Р|=| δ | болатынына көз жеткізу қиын емес. δ шамасын есептеу үшін, α жазықтығының теңдеуін нормалауымыз керек:

х cos α + у cos β + z cos Υ - р = 0.

Енді α0 жазықтығының нормалған теңдеуін:

х cos α+у cos β+z cos Υ- р0=0

келтірейік. Сонымен δ - ны есептеу үшін р-мен бірге р0 шамасын да табуға тиіспіз. Р шамасы α жазықтығының нормаланған теңдеуін жазу барысында анықталады.М0 нүктесінің координаталары α0 жазықтығының теңдеуін қанағаттандырады, яғни х0 cos α + у0 cos β + z0 cos Υ - р0=0.

Ендеше

δ= х0 cos α + у0 cos β + z0 cos Υ - р.

Бұдан

d=| х0 cos α + у0 cos β + z0 cos Υ - р |.

Ескерту 7: Практикада d шамасын табу үшін, жазықтықтың нормаланған теңдеуін табу міндетті емес.1 есептің шешімін пайдаланып,

d=

формуласын аламыз.

Мысал 7: (7;7;4) нүктесінен 5х-10у+62z-24=0 жазықтығына дейінгі қашықтықты есептейік:

d= =

Жаттығулар:

Қашықтықты есептеңіз:

61. А(2;1;1) нүктесінен х+2 у+2 z-3=0 жазықтығына дейінгі;

62. А(-5;5;3) нүктесінен х+4 у-8 z+36=0 жазықтығына дейінгі;

63. А(2;-6;-7) нүктесінен х+6 у-18 z+3=0 жазықтығына дейінгі;

64. А(-3;-2;9) нүктесінен х-12 у-12 z-32=0 жазықтығына дейінгі;

65. А(-8;1;2) нүктесінен х-18 у-30 z+16=0 жазықтығына дейінгі;

66. А(1;9;5) нүктесінен х-8 у+32 z+10=0 жазықтығына дейінгі;

67. А(3;-2;-1) нүктесінен х-28 у+76 z-64=0 жазықтығына дейінгі;

68. А(-9;-1;4) нүктесінен х+14 у+98 z+27=0 жазықтығына дейінгі;

69. А(-2;-5;-5)нүктесінен х+44 у-68 z-37=0 жазықтығына дейінгі;

70. А(4;-1;-3) нүктесінен 2 х+3 у-6 z+5=0 жазықтығына дейінгі;

71. А(7;2;-9) нүктесінен 2 х-5 у-14 z+20=0 жазықтығына дейінгі;

72. А(-2;5;6) нүктесінен 2 х-6 у-9 z=0 жазықтығына дейінгі;

73. А(1;1;-8) нүктесінен 2 х-7 у+26 z-3=0 жазықтығына дейінгі;

74. А(-1;8;-6) нүктесіне 2x-10y+11z-2=0 жазықтығына дейінгі;

75. A(-4;-3;7) нүктесіне 2x-10y+25z+19=0 жазықтығына дейінгі;

76. A(1;-2;-4) нүктесіне 2x-11y+6z-28=0 жазықтығына дейінгі;

77. A(4;4;-2) нүктесіне 2x+14y+23z+9=0 жазықтығына дейінгі;

78. A(-5;3;8) нүктесіне 2x+22y-59z+38=0 жазықтығына дейінгі;

79. A(-9;-2;1) нүктесіне 2x+34y-53z+13=0 жазықтығына дейінгі;

80. A(-1;-4;2) нүктесіне 2x-43y-46z-15=0 жазықтығына дейінгі;

Есеп 5. Кеңістіктегі түзудің жалпы теңдеуінен оның канондық теңдеуіне және керісінше көшулерді іске асырыңыз.

Шешуі:

А) Жалпы теңдеуден канондық теңдеуге көшу.

Түзу жалпы теңдеуі:

(23)

арқылы берілсін. Біз оның канондық

= = (24)

Теңдеуіне көшуіміз керек, яғни оның басты нүктесінің координаталарын жеке бағыттаушы = векторын табуымыз керек.

Егер және болса, онда және . Ендеше векторын жүрінде яғни

деп есептеуімізге болады. Мұнда ; ; .

Енді түзудің кеңістіктегі жалпы теңдеуіне қайта оралайық. Бұл-үш белгісізді екі теңдеу жүйесі, сондықтан оның шексіз көп шешімі болады. Бізге оның бір шешімін қарастырсақ та жеткілікті. векторының координаталары бір уақытта нөлге айналмайды. Мысалы, болсын, онда (23) жүйеде = деп есептеп, екі белгісізді екі теңдеу жүйесін аламыз

Бұл жүйені шешіп, және координаталарын табамыз.

= .

Болғандықтан, жүйе әрқашан үйлесімді болады.

В) Канондық теңдеуден жалпы теңдеуге көшу.

Канондық теңдеуді төмендегідей түрде жазайық

Теңдіктердің бөлімдерінен құтылып, барлық мүшелерін сол жаққа көшірейік

Бұл жүйе түзудің жазықтықтағы жалпы теңдеуін береді.

 

Мысал 8:

Түзу жалпы теңдеуімен берілсін

Онда


=

Вектордың, координаталарының барлығы, сонымен бірге біріншісі де нөлден өзге. Сондықтан, =-5 деп есептеуімізге болады. Онда теңдеудің жалпы теңдеуі

Жүйені шешсек

Сонымен, барлық қажетті компоненттер табылады. Онда іздеген теңдеуіміз

= =

Түрінде жазылады.

Мысал 9

Түзу канондық теңдеуімен берілсін

= =

Бұны төмендегідей жүйе түрінде жазайық

немесе

Жаттығулар:

Түзулердің канондық теңдеулерін жазыңдар.

81. 82.

83. 84.

85. 86.

87. 88.

89. 90.

91. 92.

93. 94.

95. 96.

97. 98.

99. 100.

Есеп 6. Кеңістіктегі екі түзудің арасындағы бұрыштарды есептеңіз. Екі түзудің парраллельдігі мен перпендикулярлығының шарттарын табыңыз.

Шешуі:

a және b түзулері өздерінің канондық теңдеулерімен берілсін.

Анықтама 4:

Ажәне b түзулерінің арасындағы бұрышы деп, сәйкес және бағыттаушы векторларының арасындағы бұрышты айтамыз.

Онда

Немесе координаттық түрде

A және b түзулерінің перпендикулярлық шарты

түрінде жазылады.

Ал a және b параллельдік шарты векторларының коллинеарлығынан алынады:

Мысалы 10:

Түзулерінің арасындағы бұрыштың косинусы төмендегідей жолмен табылады.

Ендеше бұл түзулер арасындағы бұрыш –қа тең болады.

Жаттығулар:

Берілген түзулер арасындағы бұрышты анықтаңыздар.

101. және

102. және

103. және

104. және

105. және

106. және

107. және

108. және

109. және

110. және

111. және

112. және

113. және

114. және

115. және

116. және

117. және

118. және

119. және

120. және

Есеп 7. Екі түзудің бір жазықтыққа тиісті болуының қажетті және жеткілікті шартын табыңыз.

Шешуі:

Екі түзудің канондық теңдеулерімен берілсін

;

;

Кеңістіктегі түзулер төмендегідей орналасуы мүмкін: қиылысады; параллель орналасады; қиылыспайды және параллель болмайды. Соңғы жағдайда түзу айқас түзулер деп аталады.

а және b түзулері бір жазықтыққа тиісті болудың қажетті және жеткілікті шарты: , және

векторлары өзара компланар болады, яғни немесе координаталық түрде

(28)

Түзүлердің параллельдік шарты алдымыздағы есепте алынды. Ал түзулердің беттесуі үшін: және

векторлары колиниеар, яғни шарты орындалуымен бірге

(29)

шарты да орындалуы керек.

Мысалы 11:




Дата добавления: 2015-04-20; просмотров: 163 | Поможем написать вашу работу | Нарушение авторских прав

<== 1 ==> |


lektsii.net - Лекции.Нет - 2014-2024 год. (0.12 сек.) Все материалы представленные на сайте исключительно с целью ознакомления читателями и не преследуют коммерческих целей или нарушение авторских прав