Тема Аналитическая геометрия

06 Прямые и плоскости в трёхмерном пространстве.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела аналитическая геометрия

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#71894

Найти точку $B$ , симметричную точке $A (1,2,3 )$ относительно прямой

x − 8 y − 11 z − 4 l :----- = ------ = -----. 1 3 − 1

Показать ответ и решение

Найдем точку $C$ на прямой $l$ такую, что $− → AC ⊥ l$ .

Любая точка $C$ прямой $l$ имеет вид $(8+ t,11+ 3t,4 − t)$ при некотором $t$ . Соответственно, вектор $−→ AC$ , проведенный в точку прямой $l$ , имеет координаты $(7+ t,9 + 3t,1 − t)$ . Условие $−→ AC ⊥ l$ означает равенство нулю скалярного произведения направляющего вектора прямой и вектора $−→ AC$ :

1 ⋅(7 + t)+ 3 ⋅(9+ 3t)− 1 ⋅(1− t) = 0 ⇔ t = − 3.

Точку $B$ теперь можно найти так: $−→ B = A + 2 ⋅AC$ , т.е.

B = (1,2,3) + 2⋅(4,0,4) = (9,2,11).

Ответ:

$(9,2,11)$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#71895

Найти точку, симметричную точке $(1,3,− 4)$ относительно плоскости $3x + y − 2z = 0$ .

Показать ответ и решение

Чтобы точка $B$ была симметрична точке $A$ относительно плоскости $π$ , нужно, чтобы прямая $AB$ была перпендикулярна плоскости $π$ и чтобы точка пересечения плоскости $π$ и прямой $AB$ делила отрезок $AB$ пополам.

Проведем через точку $A = (1,3,− 4)$ прямую, перпендикулярную плоскости. Направляющим вектором данной прямой будет нормаль к плоскости. Таким образом, мы можем взять $(3,1,− 2)$ как направляющий вектор прямой. Получаем:

( ||| x = 1 + 3t { | y = 3 + t ||( z = − 4− 2t

Это и будет нашей прямой $AB$

Найдем значение параметра $t$ , соответствующего точке пересечения этой прямой и нашей плоскости:

3(1 + 3t) + (3+ t )− 2(− 4− 2t ) = 0 0 0 0

То есть $t0 = − 1$

Точке $A$ соответствует $t = 0$ , середине отрезка $AB$ соответствует $t = − 1$ , следовательно, точке $B$ соответствует $t = 2 ⋅(− 1) = − 2$ .
Отсюда:

B = (1 + 3(− 2),3+ (− 2),− 4 − 2(− 2)) = (− 5,1,0)

Ответ:

$(− 5,1,0)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#71896

Составить уравнения биссекторных плоскостей двугранных углов между плоскостями:

1): $α : 7x+ y − 6 = 0, β : 3x + 5y − 4z + 1 = 0$ ;
2): $α : x− 2y + 2z + 3 = 0, β : 4x+ y − 8z − 1 = 0$ .

Показать ответ и решение

1)

Найдем какую-нибудь точку пересечения плоскостей $α$ и $β$ (она нам пригодится в конце). Например, подойдет точка $1 P (1,− 1,−-) 4$ . Найдем направляющий вектор линии пересечения плоскостей, т.е. такой вектор $v = (v1,v2,v3)$ , который параллелен обеим плоскостям:

( { 7v + v = 0 1 2 ( 3v1 + 5v2 − 4v3 = 0

Например, подойдет вектор $v = (− 1,7,8)$ .

Тогда в качестве плоскости, перпендикулярной обеим данным, можно взять плоскость $γ : − x + 7y + 8z = 0$ .

Найдем направляющий вектор пересечения $γ$ с $α$ , т.е. вектор $u = (u1,u2,u3)$ , удовлетворяющий системе:

({ 7u1 + u2 = 0 ( − u + 7u + 8u = 0 1 2 3

Например, подойдет вектор $u = (− 4,28,− 25)$ .

Найдем направляющий вектор пересечения $γ$ с $β$ , т.е. вектор $w = (w1,w2, w3)$ , удовлетворяющий системе:

( { 3w1 + 5w2 − 4w3 = 0 ( − w1 + 7w2 + 8w3 = 0

Например, подойдет вектор $w = (34,− 10,13)$ .

Можно проверить, что $u$ и $w$ имеют одинаковую длину (нам просто повезло; в отсутствие такого везения пришлось бы их отнормировать).

Векторы $u ||α$ и $w ||β$ по построению являются перпендикулярами к линии пересечения плоскостей $α$ и $β$ , поэтому одна биссекторная плоскость натянута на векторы $v = (− 1,7,8)$ и $u+ w = (30,18,− 12) ∼ (5,3,− 2)$ , а вторая – на векторы $v = (− 1,7,8)$ и $u − w = (− 38,38,− 38) ∼ (− 1,1,− 1)$ .

Найдем вектор нормали к первой биссекторной плоскости, т.е. $n = (n1,n2,n3)$ , удовлетворяющий системе:

( { − n + 7n + 8n = 0 1 2 3 ( 5n1 + 3n2 − 2n3 = 0

например, подойдет вектор $(1,− 1,1)$ .

Тогда первая биссекторная плоскость задается уравнением вида $x − y + z + c = 0$ , $c$ находится из условия принадлежности этой плоскости точки $P$ , которую мы нашли в начале:

1- 7- 1+ 1 − 4 + c = 0 ⇔ c = − 4 .

Итак, первая биссекторная плоскость имеет уравнение $4x− 4y + 4z − 7 = 0$ .

Вторая ищется совершенно аналогично. Сначала из системы

( { − m1 + 7m2 + 8m3 = 0 ( − m1 + m2 − m3 = 0

находим вектор $m = (m1,m2, m3 )$ , перпендикулярный $v$ и $u − w$ , т.е. вектор нормали ко второй биссекторной плоскости. Получаем $m = (− 5,− 3,2)$ .

Тогда вторая биссекторная плоскость задается уравнением вида $− 5x − 3y + 2z + d = 0$ , где $d$ находится из условия принадлежности этой плоскости точки $P$ :

1 5 − 5 + 3− --+ d = 0 ⇔ d = -. 2 2

Итого, вторая биссекторная плоскость задается уравнением $10x+ 6y − 4z − 5 = 0$ .

2)

Снова начнем с поиска пересечения плоскостей. Точка $P(3,5,2)$ удовлетворяет обоим уравнениям, следовательно лежит на линии пересечения (понадобится в конце). Направляющий вектор $v = (v1,v2,v3)$ линии пересечения находится из системы

( { v − 2v + 2v = 0 1 2 3 ( 4v1 + v2 − 8v3 = 0

которая говорит о том, что вектор $v$ параллелен $α$ и $β$ . Например, подойдет вектор $(14,16,9)$ .

Плоскость $α$ натянута на векторы $a = (2,1,0) 1$ и $a = (0,1,1) 2$ . Найдем вектор $a = k1a1 + k2a2$ плоскости $α$ , который перпендикулярен вектору $v$ , т.е. линии пересечения плоскостей $α$ и $β$ :

14⋅2k1 + 16 ⋅(k1 + k2)+ 9 ⋅k2 = 0 ⇔ 44k1 + 25k2 = 0.

Положим $k1 = − 25, k2 = 44$ . Тогда $a = (− 50,19,44)$ .

Плоскость $β$ натянута на векторы $b1 = (− 1,4,0)$ и $b2 = (0,8,1)$ . Найдем вектор $b = s1b1 + s2b2$ плоскости $β$ , который перпендикулярен вектору $v$ :

− 14s1 + 16⋅ (4s1 + 8s2)+ 9s2 = 0 ⇔ 50s1 + 137s2 = 0.

Положим $s1 = − 137,s2 = 50$ . Тогда $b = (137,− 148,50)$ . Можно проверить, что векторы $a ′ = 3⋅a = (− 150,57,132)$ и $b$ имеют равные длины.

Тогда первая биссекторная плоскость натянута на векторы $v = (14,16,9)$ и $a ′ + b = (− 13,− 91,182) ∼ (− 1,− 7,14)$ , а вторая – на векторы $v = (14,16, 9)$ и $a ′ − b = (− 287,205,82) ∼ (− 7,5,2)$ .

Нормаль $n = (n1, n2,n3)$ к первой биссекторной плоскости удовлетворяет системе

({ 14n1 + 16n2 + 9n3 = 0 ( − n1 − 7n2 + 14n3 = 0

Например, можно взять $n = (− 7,5,2)$ . Тогда первая биссекторная плоскость задается уравнением вида $− 7x+ 5y + 2z + c = 0$ , где $c = − 8$ находится подстановкой точки $P (3,5,2)$ (нашли ее в начале решения).

Нормаль $m = (m1, m2,m3 )$ ко второй биссекторной плоскости удовлетворяет системе

( {14m1 + 16m2 + 9m3 = 0 ( − 7m1 + 5m2 + 2m3 = 0

Например, подойдет $m = (− 1,− 7,14 )$ . Тогда вторая биссекторная плоскость задается уравнением вида $− x− 7y + 14z + d = 0$ , где $d = 10$ определяется подстановкой точки $P$ .

Таким образом, получены ответы $7x − 5y − 2z + 8 = 0$ и $x + 7y − 14z − 10 = 0$ .

Ответ:

1) $7x− 5y − 2z + 8 = 0$ ;
2) $x+ 7y − 14z − 10 = 0$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#71897

Составить уравнения ортогональной проекции прямой $x−31= y+21 = z−12$ на плоскость $5x + 6y − 2z + 1 = 0$ .

Показать ответ и решение

Проведем через нашу прямую плоскость, перпендикулярную данной плоскости. И тогда пересечение этих плоскостей и будет ортогональной проекцией нашей прямой на данную плоскость.

Из канонического уравнения прямой мы знаем:

направляющий вектор прямой: $(3,2,1)$
точку, принадлежащая прямой: $(1,− 1,2)$

Чтобы новая плоскость содержала нашу прямую, она должна содержать точку $(1,− 1,2)$ и быть параллельной вектору $(3,2,1)$ .

А чтобы новая плоскость была перпендикулярна плоскости $5x + 6y − 2z + 1 = 0$ , нужно, чтобы она была параллельна вектору нормали к этой плоскости, то есть вектору $(5,6,− 2)$ . Получаем параметрическое уравнение плоскости:

( |||{ x = 1+ 3v + 5u || y = − 1 + 2v + 6u |( z = 2+ v − 2u

Можем переписать уравнение новой плоскости в общем виде: $10x − 11y − 8z − 5 = 0$ . Пересечение ее с первой плоскостью и дает уравнение проекции.

Ответ:

$( {10x − 11y − 8z − 5 = 0 ( 5x + 6y − 2z + 1 = 0$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#100887

Доказать, что:
Общее уравнение плоскости задаёт её однозначно с точностью до домножения на любое ненулевое $λ ∈ ℝ$ . А именно, если мы имеем два общих уравнения плоскости

A1x+ B1y + C1z + D1 = 0

A x+ B y+ C z + D = 0 2 2 2 2

то они задают одну и ту же плоскость в том и только в том случае, когда $∃λ ⁄= 0$ такая, что $A1 = λA2$ , $B1 = λB2$ , $C1 = λC2$ , $D1 = λD2$

Показать доказательство

1. Пусть $∃λ ⁄= 0$ такая, что $A1 = λA2$ , $B1 = λB2$ , $C1 = λC2$ , $D1 = λD2$ . Но тогда ясно, что первое уравнение превращается в уравнение

λA2x + λB2y + λC2z + λD2 = 0

$λ$ можно вынести за скобки и на него уравнение сократить (ведь $λ ⁄= 0$ ) и мы получим в точности второе уравнение. Но тогда выходит, что мы получаем физически два одинаковых уравнения. Естественно, в таком случае они задают одну и ту же плоскость.

2. Пусть, наоборот, нам известно, что уравнения

A1x+ B1y + C1z +D1 = 0

A2x+ B2y + C2z +D2 = 0

задают одну и ту же плоскость.

Тогда, непременно, нормали к этим плоскостям должны быть коллинеарны (ведь это одна и та же плоскость.)

Нормаль к первой плоскости имеет координаты $n1 = (A1,B1,C1 )$ , нормаль ко второй плоскости имеет координаты $n2 = (A2,B2,C2)$ . И раз они коллинеарны, то существует такое $λ ⁄= 0$ , что $n1 = λn2$ , то есть $A1 = λA2$ , $B1 = λB2$ , $C1 = λC2$ .

Рассмотрим теперь какую-то точку $(x0,y0,z0)$ , которая лежит в первой плоскости. Тогда она удовлетворяет уравнению