Planligning. Hvordan skrive en ligning for et fly?
Gjensidig arrangement av fly. Oppgaver

Romlig geometri er ikke mye mer komplisert enn "flat" geometri, og våre flyvninger i rommet begynner med denne artikkelen. For å forstå temaet må man ha god forståelse for vektorer, i tillegg er det ønskelig å være kjent med flyets geometri - det vil være mange likheter, mange analogier, så informasjonen vil bli fordøyd mye bedre. I en serie av leksjonene mine åpner 2D-verdenen med en artikkel Ligning av en rett linje på et plan. Men nå har Batman gått av flatskjerm-TVen og lanserer fra Baikonur Cosmodrome.

La oss starte med tegninger og symboler. Skjematisk kan flyet tegnes som et parallellogram, som gir inntrykk av plass:

Flyet er uendelig, men vi har muligheten til å avbilde bare et stykke av det. I praksis, i tillegg til parallellogrammet, tegnes også en oval eller til og med en sky. Av tekniske årsaker er det mer praktisk for meg å avbilde flyet på denne måten og i denne posisjonen. De virkelige flyene, som vi vil vurdere i praktiske eksempler, kan ordnes som du vil - ta tegningen mentalt i hendene og vri den i rommet, og gi flyet en hvilken som helst helling, hvilken som helst vinkel.

Notasjon: det er vanlig å angi fly med små greske bokstaver, tilsynelatende for ikke å forveksle dem med rett på flyet eller med rett i rommet. Jeg er vant til å bruke bokstaven. På tegningen er det bokstaven "sigma", og ikke et hull i det hele tatt. Selv om det er et hullet fly, er det absolutt veldig morsomt.

I noen tilfeller er det praktisk å bruke de samme greske bokstavene med abonnenter for å angi fly, for eksempel .

Det er åpenbart at flyet er unikt bestemt av tre forskjellige punkter som ikke ligger på samme rette linje. Derfor er trebokstavsbetegnelser for fly ganske populære - i henhold til punktene som tilhører dem, for eksempel, etc. Ofte er bokstaver vedlagt i parentes: , for ikke å forveksle flyet med en annen geometrisk figur.

For erfarne lesere vil jeg gi snarveimeny:

• Hvordan skrive en ligning for et plan ved å bruke et punkt og to vektorer?
• Hvordan skrive en ligning for et plan ved å bruke et punkt og en normalvektor?

og vi vil ikke syte i lang ventetid:

Generell ligning for flyet

Den generelle ligningen til planet har formen , hvor koeffisientene samtidig er ikke-null.

En rekke teoretiske beregninger og praktiske problemer er gyldige både for det vanlige ortonormale grunnlaget og for det affine grunnlaget for rom (hvis olje er olje, gå tilbake til leksjonen Lineær (ikke) avhengighet av vektorer. Vektor basis). For enkelhets skyld vil vi anta at alle hendelser skjer på ortonormal basis og et kartesisk rektangulært koordinatsystem.

Og la oss nå trene litt romlig fantasi. Det er greit hvis du har det dårlig, nå skal vi utvikle det litt. Selv å spille på nerver krever trening.

I det mest generelle tilfellet, når tallene ikke er lik null, skjærer planet alle tre koordinataksene. For eksempel slik:

Jeg gjentar nok en gang at flyet fortsetter i det uendelige i alle retninger, og vi har mulighet til å avbilde bare en del av det.

Tenk på de enkleste likningene av fly:

Hvordan forstå denne ligningen? Tenk på det: "Z" ALLTID, for alle verdier av "X" og "Y" er lik null. Dette er ligningen til det "native" koordinatplanet. Formelt kan ligningen faktisk omskrives som følger: , hvor det er tydelig synlig at vi ikke bryr oss, hvilke verdier "x" og "y" tar, er det viktig at "z" er lik null.

På samme måte:
er ligningen til koordinatplanet ;
er ligningen til koordinatplanet.

La oss komplisere problemet litt, vurdere et plan (her og videre i avsnittet antar vi at de numeriske koeffisientene ikke er lik null). La oss omskrive ligningen i formen: . Hvordan forstå det? "X" er ALLTID, for enhver verdi av "y" og "z" er lik et visst tall. Dette planet er parallelt med koordinatplanet. For eksempel er et plan parallelt med et plan og går gjennom et punkt.

På samme måte:
- ligningen til planet, som er parallell med koordinatplanet;
- ligningen til et plan som er parallelt med koordinatplanet.

Legg til medlemmer: . Ligningen kan skrives om slik: , det vil si at "Z" kan være hva som helst. Hva betyr det? "X" og "Y" er forbundet med et forhold som tegner en bestemt rett linje i planet (du vil gjenkjenne ligning av en rett linje i et plan?). Siden Z kan være hva som helst, blir denne linjen "replisert" i hvilken som helst høyde. Dermed definerer ligningen et plan parallelt med koordinataksen

På samme måte:
- ligningen til planet, som er parallell med koordinataksen;
- ligningen til planet, som er parallell med koordinataksen.

Hvis de frie leddene er null, vil flyene direkte passere gjennom de tilsvarende aksene. For eksempel den klassiske "direkte proporsjonalitet":. Tegn en rett linje i flyet og multipliser den mentalt opp og ned (siden "z" er hvilken som helst). Konklusjon: planet gitt av ligningen går gjennom koordinataksen.

Vi avslutter gjennomgangen: flyets ligning går gjennom origo. Vel, her er det ganske åpenbart at punktet tilfredsstiller den gitte ligningen.

Og til slutt tilfellet som er vist på tegningen: - flyet er venner med alle koordinatakser, mens det alltid "skjærer av" en trekant som kan lokaliseres i hvilken som helst av de åtte oktantene.

Lineære ulikheter i rommet

For å forstå informasjonen er det nødvendig å studere godt lineære ulikheter i planet fordi mange ting vil ligne. Avsnittet vil være en kort oversikt med noen få eksempler, siden materialet er ganske sjeldent i praksis.

Hvis ligningen definerer et plan, så er ulikhetene
spørre halve mellomrom. Hvis ulikheten ikke er streng (de to siste i listen), så inkluderer løsningen av ulikheten, i tillegg til halvrommet, selve planet.

Eksempel 5

Finn enhetsnormalvektoren til planet .

Løsning: En enhetsvektor er en vektor hvis lengde er én. La oss betegne denne vektoren med . Det er ganske tydelig at vektorene er kollineære:

Først fjerner vi normalvektoren fra ligningen til planet: .

Hvordan finne enhetsvektoren? For å finne enhetsvektoren trenger du hver vektorkoordinat delt på vektorlengde.

La oss omskrive normalvektoren i skjemaet og finne lengden:

I henhold til ovenstående:

Svar:

Sjekk: , som var nødvendig for å sjekke.

Lesere som har studert det siste avsnittet i leksjonen nøye, har nok lagt merke til det koordinatene til enhetsvektoren er nøyaktig retningscosinusene til vektoren:

La oss gå bort fra det demonterte problemet: når du får en vilkårlig vektor som ikke er null, og av tilstanden kreves det for å finne retningskosinusene (se de siste oppgavene i leksjonen Punktprodukt av vektorer), så finner du faktisk også en enhetsvektor kollineær til den gitte. Faktisk to oppgaver på én flaske.

Behovet for å finne en enhetsnormalvektor oppstår i noen problemer med matematisk analyse.

Vi fant ut fisket av normalvektoren, nå vil vi svare på det motsatte spørsmålet:

Hvordan skrive en ligning for et plan ved å bruke et punkt og en normalvektor?

Denne stive konstruksjonen av en normalvektor og et punkt er velkjent av et dartmål. Strekk hånden fremover og velg mentalt et vilkårlig punkt i rommet, for eksempel en liten katt i en skjenk. Åpenbart, gjennom dette punktet, kan du tegne et enkelt plan vinkelrett på hånden din.

Ligningen til et plan som går gjennom et punkt vinkelrett på vektoren uttrykkes med formelen:

La det være nødvendig å finne ligningen til et plan som går gjennom tre gitte punkter som ikke ligger på en rett linje. Ved å angi radiusvektorene deres med og den nåværende radiusvektoren med , kan vi enkelt få den ønskede ligningen i vektorform. Faktisk må vektorene være koplanære (de ligger alle i det ønskede planet). Derfor må vektor-skalarproduktet til disse vektorene være lik null:

Dette er ligningen til et plan som går gjennom tre gitte punkter, i vektorform.

Når vi vender oss til koordinatene, får vi ligningen i koordinater:

Hvis de tre gitte punktene ligger på samme rette linje, vil vektorene være kollineære. Derfor vil de tilsvarende elementene i de to siste radene av determinanten i ligning (18) være proporsjonale og determinanten vil være identisk lik null. Derfor vil ligning (18) bli en identitet for alle verdier av x, y og z. Geometrisk betyr dette at et plan går gjennom hvert punkt i rommet, der det også ligger tre gitte punkter.

Merknad 1. Det samme problemet kan løses uten bruk av vektorer.

Ved å betegne koordinatene til henholdsvis de tre gitte punktene, skriver vi likningen til et hvilket som helst plan som går gjennom det første punktet:

For å oppnå ligningen til det ønskede planet, må man kreve at ligningen (17) tilfredsstilles av koordinatene til de to andre punktene:

Fra ligninger (19) er det nødvendig å bestemme forholdet mellom to koeffisienter til den tredje og legge inn de funnet verdiene i ligning (17).

Eksempel 1. Skriv en ligning for et plan som går gjennom punkter.

Ligningen for et plan som går gjennom det første av disse punktene vil være:

Betingelsene for at flyet (17) skal passere gjennom to andre punkter og det første punktet er:

Legger vi den andre ligningen til den første, får vi:

Setter vi inn i den andre ligningen, får vi:

Ved å sette inn i ligning (17) i stedet for henholdsvis A, B, C, 1, 5, -4 (tall proporsjonale med dem), får vi:

Eksempel 2. Skriv en ligning for et plan som går gjennom punktene (0, 0, 0), (1, 1, 1), (2, 2, 2).

Ligningen til et hvilket som helst plan som går gjennom punktet (0, 0, 0) vil være]

Betingelsene for å passere dette planet gjennom punktene (1, 1, 1) og (2, 2, 2) er:

Ved å redusere den andre ligningen med 2, ser vi at for å bestemme de to ukjente, har relasjonen en ligning med

Herfra får vi . Ved å sette inn i planligningen i stedet for dens verdi, finner vi:

Dette er ligningen til det ønskede planet; det avhenger av vilkårlig

mengdene B, C (nemlig fra forholdet, dvs. det er et uendelig antall plan som går gjennom tre gitte punkter (tre gitte punkter ligger på en rett linje).

Merknad 2. Problemet med å trekke et plan gjennom tre gitte punkter som ikke ligger på samme rette linje løses enkelt i en generell form hvis vi bruker determinanter. Faktisk, siden i ligningene (17) og (19) koeffisientene A, B, C ikke samtidig kan være lik null, så, når vi betrakter disse ligningene som et homogent system med tre ukjente A, B, C, skriver vi en nødvendig og tilstrekkelig betingelse for eksistensen av en annen løsning av dette systemet enn null (del 1, kap. VI, § 6):

Ved å utvide denne determinanten med elementene i den første raden, får vi en ligning av første grad med hensyn til de nåværende koordinatene , som vil bli tilfredsstilt, spesielt av koordinatene til de tre gitte punktene.

Dette siste kan også verifiseres direkte hvis vi erstatter koordinatene til noen av disse punktene i stedet for i ligningen skrevet ved hjelp av determinanten. På venstre side oppnås en determinant, der enten elementene i den første raden er null, eller det er to identiske rader. Dermed representerer den formulerte ligningen et plan som går gjennom tre gitte punkter.

For at et enkelt plan skal kunne trekkes gjennom tre punkter i rommet, er det nødvendig at disse punktene ikke ligger på en rett linje.

Betrakt punktene M 1 (x 1, y 1, z 1), M 2 (x 2, y 2, z 2), M 3 (x 3, y 3, z 3) i et felles kartesisk koordinatsystem.

For at et vilkårlig punkt M(x, y, z) skal ligge i samme plan som punktene M 1 , M 2 , M 3 må vektorene være koplanære.

(
) = 0

På denne måten,

Ligning av et plan som går gjennom tre punkter:

Ligning av et plan med hensyn til to punkter og en vektor kollineær til planet.

La punktene M 1 (x 1, y 1, z 1), M 2 (x 2, y 2, z 2) og vektoren
.

La oss komponere ligningen for planet som går gjennom de gitte punktene M 1 og M 2 og et vilkårlig punkt M (x, y, z) parallelt med vektoren .

Vektorer
og vektor
må være koplanar, dvs.

(
) = 0

Planligning:

Ligning av et plan med hensyn til ett punkt og to vektorer,

kollineært plan.

La to vektorer gis
og
, kolineære plan. Så for et vilkårlig punkt M(x, y, z) som tilhører planet, vektorene
må være koplanar.

Planligning:

Planligning etter punkt og normalvektor .

Teorem. Hvis et punkt M er gitt i rommet 0 (X 0 , y 0 , z 0 ), så ligningen til planet som går gjennom punktet M 0 vinkelrett på normalvektoren (EN, B, C) ser ut som:

EN(x – x 0 ) + B(y – y 0 ) + C(z – z 0 ) = 0.

Bevis. For et vilkårlig punkt M(x, y, z) som tilhører planet, komponerer vi en vektor . Fordi vektor - normalvektoren, så er den vinkelrett på planet, og derfor vinkelrett på vektoren
. Deretter skalarproduktet

= 0

Dermed får vi ligningen til planet

Teoremet er bevist.

Ligning av et plan i segmenter.

Hvis i den generelle ligningen Ax + Wu + Cz + D \u003d 0, del begge delene med (-D)

,

erstatte
, får vi ligningen til planet i segmenter:

Tallene a, b, c er henholdsvis skjæringspunktene til planet med x-, y- og z-aksene.

Planligning i vektorform.

hvor

- radius-vektor for gjeldende punkt M(x, y, z),

En enhetsvektor som har retningen til perpendikulæren falt til planet fra origo.

,  og  er vinklene som dannes av denne vektoren med x-, y- og z-aksene.

p er lengden på denne perpendikulæren.

I koordinater har denne ligningen formen:

xcos + ycos + zcos - p = 0.

Avstanden fra et punkt til et fly.

Avstanden fra et vilkårlig punkt M 0 (x 0, y 0, z 0) til planet Ax + Vy + Cz + D \u003d 0 er:

Eksempel. Finn likningen til planet, vel vitende om at punktet P (4; -3; 12) er bunnen av perpendikulæren som faller fra origo til dette planet.

Så A = 4/13; B = -3/13; C = 12/13, bruk formelen:

A(x – x 0 ) + B(y – y 0 ) + C(z – z 0 ) = 0.

Eksempel. Finn ligningen til et plan som går gjennom to punkter P(2; 0; -1) og

Q(1; -1; 3) er vinkelrett på planet 3x + 2y - z + 5 = 0.

Normalvektor til planet 3x + 2y - z + 5 = 0
parallelt med ønsket plan.

Vi får:

Eksempel. Finn ligningen til planet som går gjennom punktene A(2, -1, 4) og

В(3, 2, -1) vinkelrett på planet X + på + 2z – 3 = 0.

Den ønskede planligningen har formen: A x+B y+ C z+ D = 0, normalvektoren til dette planet (A, B, C). Vektor
(1, 3, -5) tilhører flyet. Planet gitt til oss, vinkelrett på det ønskede, har en normalvektor (1, 1, 2). Fordi Punktene A og B hører til begge planene, og planene er vinkelrett på hverandre

Altså normalvektoren (11, -7, -2). Fordi punktet A tilhører det ønskede planet, så må dets koordinater tilfredsstille ligningen til dette planet, dvs. 112 + 71 - 24 + D= 0; D= -21.

Totalt får vi ligningen til flyet: 11 x - 7y – 2z – 21 = 0.

Eksempel. Finn likningen til planet, vel vitende om at punktet P(4, -3, 12) er bunnen av perpendikulæren som faller fra origo til dette planet.

Finne koordinatene til normalvektoren
= (4, -3, 12). Den ønskede ligningen til planet har formen: 4 x – 3y + 12z+ D = 0. For å finne koeffisienten D, erstatter vi koordinatene til punktet Р inn i ligningen:

16 + 9 + 144 + D = 0

Totalt får vi ønsket ligning: 4 x – 3y + 12z – 169 = 0

Eksempel. Gitt koordinatene til pyramidepunktene A 1 (1; 0; 3), A 2 (2; -1; 3), A 3 (2; 1; 1),

Finn lengden på kanten A 1 A 2 .

Finn vinkelen mellom kantene A 1 A 2 og A 1 A 4.

Finn vinkelen mellom kanten A 1 A 4 og flaten A 1 A 2 A 3 .

Finn først normalvektoren til ansiktet A 1 A 2 A 3 som et kryssprodukt av vektorer
og
.

= (2-1; 1-0; 1-3) = (1; 1; -2);

Finn vinkelen mellom normalvektoren og vektoren
.

-4 – 4 = -8.

Ønsket vinkel  mellom vektoren og planet vil være lik  = 90 0 - .

Finn arealet av ansikt A 1 A 2 A 3 .

Finn volumet til pyramiden.

Finn ligningen til planet А 1 А 2 А 3 .

Vi bruker formelen for ligningen til et plan som går gjennom tre punkter.

2x + 2y + 2z - 8 = 0

x + y + z - 4 = 0;

Når du bruker PC-versjonen av " Kurs i høyere matematikk” du kan kjøre et program som vil løse eksemplet ovenfor for alle koordinater til pyramidepunktene.

Dobbeltklikk på ikonet for å starte programmet:

I programvinduet som åpnes, skriv inn koordinatene til pyramidepunktene og trykk Enter. Dermed kan alle beslutningspunkter oppnås ett etter ett.

Merk: For å kjøre programmet må du ha Maple ( Waterloo Maple Inc.) installert på datamaskinen din, enhver versjon som starter med MapleV versjon 4.

I denne leksjonen skal vi se på hvordan du bruker determinanten til å komponere planligning. Hvis du ikke vet hva en determinant er, gå til første del av leksjonen - " Matriser og determinanter". Ellers risikerer du ikke å forstå noe i dagens materiale.

Ligning av et plan med tre punkter

Hvorfor trenger vi i det hele tatt flyets ligning? Det er enkelt: Når vi vet det, kan vi enkelt beregne vinkler, avstander og annet dritt i oppgave C2. Generelt er denne ligningen uunnværlig. Derfor formulerer vi problemet:

En oppgave. Det er tre punkter i rommet som ikke ligger på samme rette linje. Deres koordinater:

M = (xl, y1, zl);
N \u003d (x 2, y 2, z 2);
K \u003d (x 3, y 3, z 3);

Det er nødvendig å skrive ligningen til planet som går gjennom disse tre punktene. Og ligningen skal se slik ut:

Axe + By + Cz + D = 0

hvor tallene A , B , C og D er koeffisientene som du faktisk ønsker å finne.

Vel, hvordan får man ligningen til flyet, hvis bare koordinatene til punktene er kjent? Den enkleste måten er å erstatte koordinatene i ligningen Ax + By + Cz + D = 0. Du får et system med tre likninger som er lett å løse.

Mange studenter synes denne løsningen er ekstremt kjedelig og upålitelig. Fjorårets eksamen i matematikk viste at sannsynligheten for å gjøre en regnefeil er virkelig stor.

Derfor begynte de mest avanserte lærerne å se etter enklere og mer elegante løsninger. Og de fant det! Det er sant at teknikken som oppnås er mer sannsynlig å være relatert til høyere matematikk. Personlig måtte jeg rote gjennom hele den føderale listen over lærebøker for å være sikker på at vi har rett til å bruke denne teknikken uten noen begrunnelse og bevis.

Ligning av planet gjennom determinanten

Nok rant, la oss komme i gang. Til å begynne med et teorem om hvordan matrisedeterminanten og likningen til planet henger sammen.

Teorem. La koordinatene til tre punkter som planet må trekkes gjennom gis: M = (x 1 , y 1 , z 1); N \u003d (x 2, y 2, z 2); K \u003d (x 3, y 3, z 3). Deretter kan ligningen til dette planet skrives i form av determinanten:

La oss for eksempel prøve å finne et par fly som faktisk forekommer i C2-problemer. Ta en titt på hvor raskt alt teller:

A1 = (0, 0, 1);
B = (1, 0, 0);
C1 = (1, 1, 1);

Vi komponerer determinanten og likestiller den til null:

Åpning av determinanten:

a = 1 1 (z − 1) + 0 0 x + (−1) 1 y = z − 1 − y;
b = (−1) 1 x + 0 1 (z − 1) + 1 0 y = −x;
d = a − b = z − 1 − y − (−x) = z − 1 − y + x = x − y + z − 1;
d = 0 ⇒ x − y + z − 1 = 0;

Som du kan se, når jeg beregnet tallet d, finjusterte jeg ligningen litt slik at variablene x, y og z var i riktig rekkefølge. Det er alt! Flyets ligning er klar!

En oppgave. Skriv en ligning for et plan som går gjennom punktene:

A = (0, 0, 0);
B1 = (1, 0, 1);
Di = (0, 1, 1);

Erstatt umiddelbart koordinatene til punktene i determinanten:

Utvider determinanten igjen:

a = 1 1 z + 0 1 x + 1 0 y = z;
b = 1 1 x + 0 0 z + 1 1 y = x + y;
d \u003d a - b \u003d z - (x + y) \u003d z - x - y;
d = 0 ⇒ z − x − y = 0 ⇒ x + y − z = 0;

Så, planligningen er oppnådd igjen! Igjen, på det siste trinnet, måtte jeg endre skiltene i den for å få en mer "vakker" formel. Det er ikke nødvendig å gjøre dette i denne løsningen, men det anbefales likevel - for å forenkle den videre løsningen av problemet.

Som du kan se, er det nå mye lettere å skrive likningen til flyet. Vi erstatter punktene i matrisen, beregner determinanten - og det er det, ligningen er klar.

Dette kan være slutten på leksjonen. Imidlertid glemmer mange elever stadig hva som er inne i determinanten. For eksempel hvilken linje inneholder x 2 eller x 3 , og hvilken linje bare x . For til slutt å håndtere dette, la oss spore hvor hvert tall kommer fra.

Hvor kommer formelen med determinanten fra?

Så la oss finne ut hvor en så tøff ligning med en determinant kommer fra. Dette vil hjelpe deg å huske det og bruke det med hell.

Alle plan som oppstår i Oppgave C2 er definert av tre punkter. Disse punktene er alltid markert på tegningen, eller til og med angitt direkte i oppgaveteksten. I alle fall, for å kompilere ligningen, må vi skrive ut koordinatene deres:

M = (xl, y1, zl);
N \u003d (x 2, y 2, z 2);
K \u003d (x 3, y 3, z 3).

Tenk på et punkt til på flyet vårt med vilkårlige koordinater:

T = (x, y, z)

Vi tar et hvilket som helst punkt fra de tre første (for eksempel punkt M ) og tegner vektorer fra det til hvert av de tre gjenværende punktene. Vi får tre vektorer:

MN = (x 2 - x 1, y 2 - y 1, z 2 - z 1);
MK = (x 3 - x 1, y 3 - y 1, z 3 - z 1);
MT = (x - x 1, y - y 1, z - z 1).

La oss nå lage en kvadratisk matrise fra disse vektorene og likestille dens determinant med null. Koordinatene til vektorene vil bli radene i matrisen - og vi får den samme determinanten som er angitt i teoremet:

Denne formelen betyr at volumet til boksen bygget på vektorene MN , MK og MT er lik null. Derfor ligger alle tre vektorene i samme plan. Spesielt er et vilkårlig punkt T = (x, y, z) akkurat det vi lette etter.

Erstatte punkter og rader av determinanten

Determinanter har noen fantastiske egenskaper som gjør det enda enklere å løsning av problem C2. For eksempel spiller det ingen rolle for oss fra hvilket punkt vi skal tegne vektorer. Derfor gir følgende determinanter den samme planligningen som den ovenfor:

Du kan også bytte linjene til determinanten. Ligningen vil forbli uendret. For eksempel liker mange å skrive en linje med koordinatene til punktet T = (x; y; z) helt øverst. Vennligst, hvis det passer for deg:

Det forvirrer noen at en av linjene inneholder variablene x , y og z , som ikke forsvinner når man erstatter punkter. Men de skal ikke forsvinne! Ved å erstatte tallene i determinanten, bør du få følgende konstruksjon:

Deretter utvides determinanten i henhold til skjemaet gitt i begynnelsen av leksjonen, og standardligningen til planet oppnås:

Axe + By + Cz + D = 0

Ta en titt på et eksempel. Han er den siste i dagens leksjon. Jeg vil bevisst bytte linjene for å være sikker på at svaret vil være den samme ligningen til flyet.

En oppgave. Skriv en ligning for et plan som går gjennom punktene:

B1 = (1, 0, 1);
C = (1, 1, 0);
D1 = (0, 1, 1).

Så vi vurderer 4 punkter:

B1 = (1, 0, 1);
C = (1, 1, 0);
Di = (0, 1, 1);
T = (x, y, z).

La oss først lage en standard determinant og likestille den til null:

Åpning av determinanten:

a = 0 1 (z − 1) + 1 0 (x − 1) + (−1) (−1) y = 0 + 0 + y;
b = (−1) 1 (x − 1) + 1 (−1) (z − 1) + 0 0 y = 1 − x + 1 − z = 2 − x − z;
d \u003d a - b \u003d y - (2 - x - z) \u003d y - 2 + x + z \u003d x + y + z - 2;
d = 0 ⇒ x + y + z − 2 = 0;

Det er det, vi fikk svaret: x + y + z − 2 = 0 .

La oss nå omorganisere et par linjer i determinanten og se hva som skjer. La oss for eksempel skrive en linje med variablene x, y, z ikke nederst, men øverst:

La oss utvide den resulterende determinanten igjen:

a = (x − 1) 1 (−1) + (z − 1) (−1) 1 + y 0 0 = 1 − x + 1 − z = 2 − x − z;
b = (z − 1) 1 0 + y (−1) (−1) + (x − 1) 1 0 = y;
d = a − b = 2 − x − z − y;
d = 0 ⇒ 2 − x − y − z = 0 ⇒ x + y + z − 2 = 0;

Vi fikk nøyaktig samme planligning: x + y + z − 2 = 0. Så det avhenger egentlig ikke av rekkefølgen på radene. Det gjenstår å skrive ned svaret.

Så vi har sett at ligningen til planet ikke avhenger av rekkefølgen av linjer. Det er mulig å utføre lignende beregninger og bevise at likningen til planet ikke er avhengig av punktet hvis koordinater vi trekker fra de andre punktene.

I oppgaven vurdert ovenfor brukte vi punktet B 1 = (1, 0, 1), men det var fullt mulig å ta C = (1, 1, 0) eller D 1 = (0, 1, 1). Generelt ethvert punkt med kjente koordinater som ligger på ønsket plan.

Innenfor rammen av dette materialet vil vi analysere hvordan vi finner ligningen til et plan hvis vi kjenner koordinatene til dets tre forskjellige punkter som ikke ligger på en rett linje. For å gjøre dette må vi huske hva et rektangulært koordinatsystem er i tredimensjonalt rom. Først introduserer vi det grunnleggende prinsippet for denne ligningen og viser hvordan du bruker den til å løse spesifikke problemer.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Til å begynne med må vi huske ett aksiom, som høres slik ut:

Definisjon 1

Hvis tre punkter ikke sammenfaller med hverandre og ikke ligger på en rett linje, passerer bare ett plan gjennom dem i tredimensjonalt rom.

Med andre ord, hvis vi har tre forskjellige punkter hvis koordinater ikke sammenfaller og som ikke kan forbindes med en rett linje, så kan vi bestemme planet som går gjennom det.

La oss si at vi har et rektangulært koordinatsystem. La oss betegne det O x y z . Den inneholder tre punkter M med koordinater M 1 (x 1, y 1, z 1), M 2 (x 2, y 2, z 2), M 3 (x 3, y 3, z 3) som ikke kan kobles rett sammen linje. Basert på disse forholdene kan vi skrive ned likningen til planet vi trenger. Det er to måter å løse dette problemet på.

1. Den første tilnærmingen bruker den generelle ligningen til planet. I bokstavelig form skrives det som A (x - x 1) + B (y - y 1) + C (z - z 1) = 0. Med den kan du i et rektangulært koordinatsystem sette en viss plan alfa, som går gjennom det første gitte punktet M 1 (x 1 , y 1 , z 1) . Det viser seg at normalplanvektoren α vil ha koordinatene A , B , C .

Definisjon av N

Når vi kjenner koordinatene til normalvektoren og koordinatene til punktet som planet passerer gjennom, kan vi skrive ned den generelle ligningen til dette planet.

Fra dette går vi videre.

Således, i henhold til betingelsene for problemet, har vi koordinatene til det ønskede punktet (til og med tre), som flyet passerer gjennom. For å finne ligningen må du beregne koordinatene til normalvektoren. Betegn det n → .

Husk regelen: enhver vektor som ikke er null i et gitt plan er vinkelrett på normalvektoren til samme plan. Da har vi at n → vil være vinkelrett på vektorene sammensatt av startpunktene M 1 M 2 → og M 1 M 3 → . Da kan vi betegne n → som et vektorprodukt av formen M 1 M 2 → · M 1 M 3 → .

Siden M 1 M 2 → = (x 2 - x 1, y 2 - y 1, z 2 - z 1) og M 1 M 3 → = x 3 - x 1, y 3 - y 1, z 3 - z 1 (bevisene for disse likhetene er gitt i artikkelen som er viet til å beregne koordinatene til en vektor fra koordinatene til punktene), så viser det seg at:

n → = M 1 M 2 → × M 1 M 3 → = i → j → k → x 2 - x 1 y 2 - y 1 z 2 - z 1 x 3 - x 1 y 3 - y 1 z 3 - z en

Regner vi ut determinanten får vi koordinatene til normalvektoren n → vi trenger. Nå kan vi skrive ligningen vi trenger for et fly som går gjennom tre gitte punkter.

2. Den andre tilnærmingen til å finne en ligning som går gjennom M 1 (x 1, y 1, z 1), M 2 (x 2, y 2, z 2), M 3 (x 3, y 3, z 3) er basert på et slikt konsept som komplanariteten til vektorer.

Hvis vi har et sett med punkter M (x, y, z), så definerer de i et rektangulært koordinatsystem et plan for de gitte punktene M 1 (x 1 , y 1 , z 1) , M 2 (x 2 , y 2 , z 2 ), M 3 (x 3 , y 3 , z 3) bare hvis vektorene M 1 M   → = (x - x 1 , y - y 1 , z - z 1) , M 1 M 2   → = ( x 2 - x 1, y 2 - y 1, z 2 - z 1) og M 1 M 3   → = (x 3 - x 1, y 3 - y 1, z 3 - z 1) vil være koplanar.

På diagrammet vil det se slik ut:

Dette vil bety at blandingsproduktet av vektorene M 1 M → , M 1 M 2 → , M 1 M 3 → vil være lik null: M 1 M → · M 1 M 2 → · M 1 M 3 → = 0 , siden dette er hovedbetingelsen for komplanaritet: M 1 M   → = (x - x 1 , y - y 1 , z - z 1) , M 1 M 2   → = (x 2 - x 1 , y 2 - y 1 , z 2 - z 1) og M 1 M 3 → = (x 3 - x 1, y 3 - y 1, z 3 - z 1).

Vi skriver den resulterende ligningen i koordinatform:

Etter at vi har beregnet determinanten, kan vi få ligningen til planet vi trenger for tre punkter som ikke ligger på en rett linje M 1 (x 1, y 1, z 1), M 2 (x 2 , y 2, z 2), M3 (x 3, y3, z 3).

Fra den resulterende ligningen kan du gå til ligningen til planet i segmenter eller til normalligningen til planet, hvis det kreves av betingelsene for problemet.

I neste avsnitt vil vi gi eksempler på hvordan tilnærmingene vi har antydet blir implementert i praksis.

Eksempler på oppgaver for å sette sammen en likning av et plan som går gjennom 3 punkter

Tidligere har vi identifisert to tilnærminger som kan brukes for å finne den ønskede ligningen. La oss se hvordan de brukes i problemløsning og når du skal velge hver enkelt.

Eksempel 1

Det er tre punkter som ikke ligger på én rett linje, med koordinatene M 1 (- 3 , 2 , - 1), M 2 (- 1 , 2 , 4), M 3 (3 , 3 , - 1) . Skriv en ligning for et fly som passerer gjennom dem.

Løsning

Vi bruker begge metodene etter tur.

1. Finn koordinatene til de to vektorene vi trenger M 1 M 2 → , M 1 M 3 → :

M 1 M 2 → = - 1 - - 3, 2 - 2, 4 - - 1 ⇔ M 1 M 2 → = (2, 0, 5) M 1 M 3 → = 3 - - 3, 3 - 2, - 1 - - 1 ⇔ M 1 M 3 → = 6 , 1 , 0

Nå beregner vi deres vektorprodukt. I dette tilfellet vil vi ikke beskrive beregningene av determinanten:

n → = M 1 M 2 → × M 1 M 3 → = i → j → k → 2 0 5 6 1 0 = - 5 i → + 30 j → + 2 k →

Vi har en normalvektor av planet som går gjennom de tre nødvendige punktene: n → = (- 5 , 30 , 2) . Deretter må vi ta ett av punktene, for eksempel M 1 (- 3 , 2 , - 1) , og skrive ligningen for planet med vektoren n → = (- 5 , 30 , 2) . Vi får at: - 5 (x - (- 3)) + 30 (y - 2) + 2 (z - (- 1)) = 0 ⇔ - 5 x + 30 y + 2 z - 73 = 0

Dette er ligningen til planet vi trenger, som går gjennom tre punkter.

2. Vi bruker en annen tilnærming. Vi skriver ligningen for et plan med tre punkter M 1 (x 1, y 1, z 1), M 2 (x 2, y 2, z 2), M 3 (x 3, y 3, z 3) i følgende skjema:

x - x 1 y - y 1 z - z 1 x 2 - x 1 y 2 - y 1 z 2 - z 1 x 3 - x 1 y 3 - y 1 z 3 - z 1 = 0

Her kan du erstatte data fra tilstanden til problemet. Siden x 1 = - 3, y 1 = 2, z 1 = - 1, x 2 = - 1, y 2 = 2, z 2 = 4, x 3 = 3, y 3 = 3, z 3 = - 1, som et resultat vil vi få:

x - x 1 y - y 1 z - z 1 x 2 - x 1 y 2 - y 1 z 2 - z 1 x 3 - x 1 y 3 - y 1 z 3 - z 1 = x - (- 3) y - 2 z - (- 1) - 1 - (- 3) 2 - 2 4 - (- 1) 3 - (- 3) 3 - 2 - 1 - (- 1) = = x + 3 y - 2 z + 1 2 0 5 6 1 0 = - 5 x + 30 y + 2 z - 73

Vi har ligningen vi trenger.

Svar:- 5x + 30y + 2z - 73 .

Men hva om de gitte punktene fortsatt ligger på den samme rette linjen og vi må komponere en planligning for dem? Her skal det sies med en gang at denne tilstanden ikke vil være helt korrekt. Uendelig mange fly kan passere gjennom slike punkter, så det er umulig å beregne et enkelt svar. La oss vurdere et slikt problem for å bevise feilen i en slik formulering av spørsmålet.

Eksempel 2

Vi har et rektangulært koordinatsystem i 3D-rom som inneholder tre punkter med koordinater M 1 (5 , - 8 , - 2), M 2 (1 , - 2 , 0), M 3 (- 1 , 1 , 1) . Det er nødvendig å skrive en ligning for et fly som går gjennom den.

Løsning

Vi bruker den første metoden og starter med å beregne koordinatene til to vektorer M 1 M 2 → og M 1 M 3 → . La oss beregne deres koordinater: M 1 M 2 → = (- 4 , 6 , 2), M 1 M 3 → = - 6 , 9 , 3 .

Vektorproduktet vil være lik:

M 1 M 2 → × M 1 M 3 → = i → j → k → - 4 6 2 - 6 9 3 = 0 i ⇀ + 0 j → + 0 k → = 0 →

Siden M 1 M 2 → × M 1 M 3 → = 0 → , så vil vektorene våre være kollineære (les artikkelen om dem på nytt hvis du har glemt definisjonen av dette konseptet). Dermed er startpunktene M 1 (5 , - 8 , - 2) , M 2 (1 , - 2 , 0), M 3 (- 1 , 1 , 1) på samme rette linje, og problemet vårt har uendelig mange alternativer svar.

Hvis vi bruker den andre metoden, får vi:

x - x 1 y - y 1 z - z 1 x 2 - x 1 y 2 - y 1 z 2 - z 1 x 3 - x 1 y 3 - y 1 z 3 - z 1 = 0 ⇔ x - 5 y - (- 8) z - (- 2) 1 - 5 - 2 - (- 8) 0 - (- 2) - 1 - 5 1 - (- 8) 1 - (- 2) = 0 ⇔ ⇔ x - 5 y + 8z + 2 - 4 6 2 - 6 9 3 = 0 ⇔ 0 ≡ 0

Av den resulterende likheten følger det også at de gitte punktene M 1 (5 , - 8 , - 2), M 2 (1 , - 2 , 0), M 3 (- 1 , 1, 1) er på samme linje.

Hvis du vil finne minst ett svar på dette problemet fra et uendelig antall alternativer, må du følge disse trinnene:

1. Skriv ligningen til den rette linjen M 1 M 2, M 1 M 3 eller M 2 M 3 (se om nødvendig materialet om denne handlingen).

2. Ta et punkt M 4 (x 4 , y 4 , z 4) som ikke ligger på linjen M 1 M 2.

3. Skriv ned ligningen til et plan som går gjennom tre forskjellige punkter M 1 , M 2 og M 4 som ikke ligger på én rett linje.

Hvis du oppdager en feil i teksten, merk den og trykk Ctrl+Enter