close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Morozova Smirnova Utina pramaya i ploskoct v prostranstve

код для вставкиСкачать
Л. Е. МОРОЗОВА, В. Б. СМИРНОВА, Н. В. УТИНА
ПРЯМАЯ И ПЛОСКОСТЬ
В ПРОСТРАНСТВЕ
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
1. Метод координат в пространстве геометрических векторов
Министерство образования и науки
Российской Федерации
Санкт-Петербургский государственный
архитектурно-строительный университет
Л. Е. МОРОЗОВА, В. Б. СМИРНОВА, Н. В. УТИНА
ПРЯМАЯ И ПЛОСКОСТЬ
В ПРОСТРАНСТВЕ
Учебное пособие
Санкт-Петербург
2017
0
1
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
1. Метод координат в пространстве геометрических векторов
УДК 514.122
Рецензенты: канд. физ.-мат. наук, доцент А. Л. Трескунов (CПбГАСУ);
д-р физ.-мат. наук А. А. Груздков (СПбГТИ(ТУ)).
Морозова, Л. Е.
Прямая и плоскость в пространстве: учеб. пособие / Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина; СПбГАСУ. – СПб., 2017. – 132 с.
ISBN 978-5-9227-0781-7
Содержится необходимый теоретический материал по разделу «Прямая и плоскость в пространстве» курса высшей математики. Выводятся различные формы уравнения плоскости и уравнений прямой линии в пространстве. Рассмотрено взаимное расположение прямых и плоскостей.
Пособие снабжено примерами и многочисленными задачами с подробными решениями. Задачи внутри каждого раздела расположены в порядке возрастания трудности. Весь материал иллюстрирован рисунками.
Пособие может использоваться в процессе аудиторных занятий,
а также служить для самостоятельного изучения раздела «Прямая и плоскость в пространстве» курса «Аналитическая геометрия».
Предназначено для студентов всех специальностей.
1. МЕТОД КООРДИНАТ В ПРОСТРАНСТВЕ
ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ВЕКТОРОВ
Три взаимно перпендикулярные оси в пространстве с общим
началом O и одинаковой масштабной единицей1 (рис. 1.1) называют прямоугольной или декартовой системой координат
в пространстве. Одну из указанных осей называют осью абсцисс,
другую – осью ординат, третью – осью аппликат. Будем обозначать их через Ox , Oy , Oz соответственно. Отложим от начала координат – точки O – на каждой из координатных осей соответствующие орты. Их называют ортами координатных
осей Ox ,


Oy , Oz и обозначают соответственно i , j и k . На рис. 1.1 и на
всех последующих рисунках, содержащих прямоугольную систему
координат, изображена правая система
Это значит, что

  координат.
тройка ортов координатных осей i , j , k является правой тройкой.
Договоримся и далее рассматривать правые системы координат.
z
Ил. 74. Библиогр.: 9 назв.
Рекомендовано Учебно-методическим советом СПбГАСУ в качестве
учебного пособия.

i
x
ISBN 978-5-9227-0781-7
 Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина, 2017
 Санкт-Петербургский государственный
архитектурно-строительный университет, 2017

k

r

j
M ( x, y , z )
y
O
Рис. 1.1
Введем прямоугольную систему координат с точкой
O (0, 0, 0 ) в начале координат. В прямоугольной системе координат
Oxyz каждая точка задается тремя своими координатами [9]. Пусть
1
При решении некоторых задач удобно выбирать различный масштаб по различным осям.
2
3
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве

дана точка M ( x, y , z ) . Вектор OM = r = {x, y, z} называется радиус-вектором точки M (см. рис. 1.1), а множество радиус-векторов
всех точек пространства образует векторное (линейное) пространство [9].
Алгебра геометрических векторов, т. е. векторная алгебра [1, 9],
предоставляет нам средства описания геометрических объектов
пространства (точек, линий и поверхностей) и их взаимного расположения.
1.1. Расстояние между двумя точками
Найдем расстояние между двумя точками M 1 ( x1 , y1 , z1 )
и M 2 ( x 2 , y 2 , z 2 ) . Обозначим расстояние между ними через d
и воспользуемся тем, что искомое расстояние равно длине вектора
M 1M 2 , т. е.
d = M 1M 2 .
Тогда, в силу (1.1.1), (1.1.2),
d = M 1M 2 =
 
M 1M 2 = (r2 − r1 ) = {x2 − x1 , y2 − y1 , z2 − z1}.
M 2 ( x2 , y 2 , z 2 )

r2
(1.1.3)
Формула (1.1.3) симметрична относительно точек M 1 , M 2 .
1.2. Деление отрезка в заданном отношении
Пусть заданы две точки M 1 ( x1 , y1 , z1 ) и M 2 ( x 2 , y 2 , z 2 ) .
Определение 1.1. Разделить отрезок M1M 2 в отношении
λ > 0 означает найти на нем такую точку M 0 , что
λ=
M 1M 0
M 0M 2
.
(1.2.1)
Будем искать координаты точки M 0 ( x0 , y0 , z0 ) , которая делит
отрезок M 1M 2 в отношении λ (рис. 1.2.1).
M1 ( x1, y1 , z1 )
M0
z
(1.1.2)
M 1 ( x1 , y1, z1 )

r1
(x2 − x1 )2 + ( y 2 − y1 )2 + ( z 2 − z1 )2 .
(1.1.1)
 
Заметим, что вектор
M 1 M 2 = r2 − r1 (рис. 1.1.1), где


r1 = OM 1 = {x1 , y1 , z1} и r2 = OM 2 = {x2 , y2 , z2 } являются радиусвекторами точек M 1 и M 2 соответственно. Поскольку координаты


разности векторов r1 и r2 равны разности соответствующих координат исходных векторов, то
z
1. Метод координат в пространстве геометрических векторов
O
M 2 ( x2 , y 2 , z 2 )
y
x
Рис. 1.2.1
y
O
x
Рис. 1.1.1
4
Так как точка M 0 лежит на отрезке M1M 2 , то векторы M 1M 0
и M 0 M 2 коллинеарны. Тогда на основании теоремы о необходимом и достаточном условии коллинеарности векторов верно равенство
5
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
M 1M 0 = λ M 0 M 2 ,
(1.2.2)
где λ определена формулой (1.2.1). Определим координаты векторов M 1M 0 и M 0 M 2 :
M1M 0 = {x0 − x1; y0 − y1; z0 − z1} ;
M 0 M 2 = {x2 − x0 ; y2 − y0 ; z2 − z0 }.
Запишем векторное равенство (1.2.2) в координатной форме:
x0 − x1 = λ( x2 − x0 );
y 0 − y1 = λ( y 2 − y 0 );
z 0 − z1 = λ( z 2 − z 0 ).
Решая полученные уравнения относительно x0 , y0 , z0 , получаем
z + λ z2
х1 + λх2
у + λ у2
.
(1.2.3)
, у0 = 1
, z0 = 1
1+ λ
1+ λ
1+ λ
В частности, если λ = 1, то точка М 0 делит отрезок M 1M 2
пополам, а формулы (1.2.3) приобретают вид
у + у2
х +х
z + z2
.
(1.2.4)
, z0 = 1
х0 = 1 2 , у 0 = 1
2
2
2
Замечание. Формулы (1.2.3) не симметричны относительно
координат точек M 1 и M 2 .
х0 =
1.3. Задачи к разделу 1
Задача 1.1. Найти расстояние между точками M 1 (3; −2; 0 )
и M 2 (7; 5; 5).
Решение. Подставим координаты точек в формулу (1.2.1)
и получим:
d=
(7 − 3)2 + (5 − (−2) )2 + (5 − 0)2
= 4 2 + 7 2 + 5 2 = 90 = 3 10 .
Задача 1.2. Найти точку M 0 ( x, y , z ) , которая делит отрезок
M 1M 0 1
M 1M 2 , где M 1 (0; 3;−4 ) и M 2 (− 8;−1; 2 ), в отношении
= .
M 0M 2 3
6
1. Метод координат в пространстве геометрических векторов
Решение. Подставляя координаты точек M 1 и M 2 в формулы
1
(1.2.3) и полагая λ = , получим:
3
1
1
1
− 4+ ⋅2
0 + ⋅ (−8)
3 + ⋅ (−1)
3 = −2,5 ,
3
3
x0 =
= −2 ; y0 =
= 2 ; z0 =
1
1
1
1+
1+
1+
3
3
3
т. е. M 0 (−2; 2; −2,5) – искомая точка.
Задача 1.3. Один из концов отрезка находится в точке
M 1 (1; 2; −1), а его середина – в точке M 0 (− 1; 1; 0 ) . Найти другой
конец отрезка – точку M 2 ( x 2 , y 2 , z 2 ) .
Решение. Подставляя координаты точек M 1 и M 0 в формулы
(1.2.4), получим уравнения
1 + x2
2 + y2
− 1 + z2
−1 =
; 1=
; 0=
.
2
2
2
Решая полученные уравнения, найдем искомую точку M 2 (− 3; 0; 1).
Задача 1.4. Даны точки M 1 ( 1; −1; 3) и M 2 ( 4; 2; 0 ) . Найти
точки A( x A , y A , z A ) и B ( xB , y B , z B ) , которые делят отрезок M 1M 2
на три равные части, т. е. M 1 A = AB = BM 2 .
Решение. Подставляя координаты точек M 1 и M 2 в формулы
M 1B
(1.2.3) и полагая λ =
= 2 , получим координаты точки B :
BM 2
3+ 2⋅0
1+ 2 ⋅ 4
−1 + 2 ⋅ 2
= 3 ; yB =
= 1; z B =
= 1,
1+ 2
1+ 2
1+ 2
т. е. B (3; 1; 1) – искомая точка. Для нахождения точки A есть несколько путей:
1. Точка A делит отрезок M 1B пополам (формулы (1.2.4)).
M1 A 1
2. Точка A делит отрезок M 1M 2 в отношении λ =
=
AM 2 2
xB =
(формулы (1.2.3)).
7
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
3. Точка A делит отрезок M 2 M 1 в отношении λ =
M2A
AM 1
= 2.
В этом случае формулы (1.2.3) имеют следующий вид:
х + λх1 4 + 2 ⋅1
=
= 2;
хA = 2
1+ λ
1+ 2
у + λ у1 2 + 2 ⋅ (−1)
уA = 2
=
= 0;
1+ λ
1+ 2
z + λ z1 0 + 2 ⋅ 3
zA = 2
=
= 2,
1+ λ
1+ 2
т. е. A(2; 0; 2) – вторая искомая точка.
Для проверки решения найдем длины отрезков M 1 A , AB
и BM 2 по формуле (1.2.1):
dM1 A =
d AB =
d BM 2 =
(2 − 1)2 + (0 − (−1) )2 + (2 − 3)2
(3 − 2)2 + (1 − 0)2 + (1 − 2)2 =
(4 − 3)2 + (2 − 1)2 + (0 − 1)2 =
1. Метод координат в пространстве геометрических векторов
Однако если μ > 0 , то векторы M 1M и MM 2 сонаправлены
и точка M ( x, y, z ) находится внутри отрезка M 1M 2 (рис. 1.3.1).
Если же μ < 0 , то векторы M 1M и MM 2 противоположно направлены и точка M ( x, y, z ) находится вне отрезка M 1M 2 , т. е. правее
точки M 2 (рис. 1.3.2) или левее точки M 1 (рис. 1.3.3).
M1
M1
M2
M
Рис. 1.3.2
= 3;
3;
M
3.
M1
M2
Рис. 1.3.3
d M 1M 2 = (4 − 1)2 + (2 − (−1) )2 + (0 − 3)2 = 3 3 = d M 1 A + d AB + d BM 2 ,
то точки A( 2; 0; 2) и B (3; 1; 1) делят отрезок M 1M 2 на три равные
части.
Задача 1.5. Даны различные точки:
M 1 ( x1 , y1 , z1 )
и M 2 ( x2 , y2 , z 2 ) . На прямой M 1M 2 найти точку M ( x, y, z ) , отличную от точек M 1 и M 2 , такую, что
(1.2.5)
где μ ∈ R , μ ≠ 0 .
Решение. Векторы M 1M = {x − x1; y − y1; z − z1} и MM 2 = {x2 −
− x; y2 − y; z 2 − z} лежат на одной прямой по условию задачи и коллинеарны.
8
M2
Рис. 1.3.1
Поскольку d M 1 A = d AB = d BM 2 и
M 1M = μ MM 2 ,
M
Векторное равенство (1.2.5) эквивалентно трем скалярным
равенствам
x − x1 = μ( x2 − x ) , y − y1 = μ( y2 − y ) , z − z1 = μ( z2 − z ) .
Отсюда получим значения координат точки M ( x, y, z )
х=
z + μz 2
х1 + μх2
у + μ у2
,
, у= 1
, z= 1
1+ μ
1+ μ
1+ μ
(1.2.6)
где для значения μ справедлива формула
M 1M
MM 2
=μ.
(1.2.7)
Параметр μ имеет знак « + » ( μ > 0 ), если искомая точка M внутри
отрезка M 1M 2 , и знак «–» ( μ < 0 ), если точка M находится вне
отрезка M 1M 2 .
9
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
Замечание 1. Совокупность формул (1.2.3) вытекает из (1.2.6)
при μ = λ > 0 , если в ней внутреннюю точку M ( x, y, z ) отрезка
M 1M 2 заменить на точку M 0 ( x0 , y0 , z0 ) .
Замечание 2. Значение μ ≠ −1, поскольку в этом случае точки
M 1 и M 2 должны совпадать, что противоречит условию задачи.
Задача 1.6. Даны точки M 1 (8; −2; −5) и M 2 ( −1; 1; 4) . На пряM 1M 2
мой M 1M 2 найти точки M ( x, y, z ) такие, что
= 3.
M 2M
Решение. Воспользуемся решением задачи 1.5. В силу формул (1.2.6), получим
z + μz
х + μх
у +μ у
,
, у2 = 1
, z2 = 1
х2 = 1
1+ μ
1+ μ
1+ μ
или
z (1 + μ) − z1
х (1 + μ) − х1
у (1 + μ) − у1
. (1.2.8)
, у= 2
, z= 2
х= 2
μ
μ
μ
При этом, если точка M 2 ( x2 , y2 , z 2 ) лежит внутри отрезка
M 1M , то μ > 0 , т. е. μ = 3 , а значит,
4(1 + 3) + 5
− (1 + 3) − 8
1⋅ (1 + 3) + 2
= 7.
= −4 , у =
= 2, z =
3
3
3
Искомая точка M (−4; 2; 7) лежит на прямой M 1M 2 вне отрезка
M 1M 2 .
Если точка M 2 лежит вне отрезка M 1M , то μ < 0 , т. е.
μ = −3 . Тогда, в силу формул (1.2.8), имеем
х=
4(1 − 3) + 5
− (1 − 3) − 8
(1 − 3) + 2
= 1.
= 2, у =
= 0, z =
−3
−3
−3
Вторая искомая точка M ( 2; 0; 1) лежит внутри отрезка M 1M 2 .
х=
Задача 1.7. Найти точку M ( x, y, z ) , лежащую в координатной
плоскости yOz и удаленную от точки A(3, 2, 9) и от оси Oy на
13 единиц.
10
1. Метод координат в пространстве геометрических векторов
Решение. Точка M имеет абсциссу x = 0 и аппликату z = 13 .
Ордината y точки M неизвестна; таким образом, M (0; y; 13) .
Найдем расстояние d AM от заданной точки A до точки М:
(0 − 3)2 + ( y − 2)2 + (13 − 9)2 .
d AM =
По условию задачи d AM = 13 , т. е.
(0 − 3)2 + ( y − 2)2 + (13 − 9)2
= 13 .
Решаем полученное уравнение:
9 + ( y − 2 )2 + 16 = 169 ,
( y − 2)2 = 144 ,
y − 2 = ±12 ,
откуда y = 14 и y = −10 .
Таким образом, имеем две точки, удовлетворяющие заданным условиям: M 1 (0; 14; 13) и M 2 (0; −10; 13) (рис. 1.3.4).
M 2 ( x, y, z ) 13
9
z
M 1 ( x, y , z )
13
A
13
13
O
2
B
3
y
x
Рис. 1.3.4
Задача 1.8. На луче, выходящем из начала координат и проходящем через точку M (4; −4; 2 ) , найти точку A , отстоящую от
начала координат на 8 единиц.
Решение. Найдем расстояние d OM от начала координат
O (0; 0; 0 ) до точки M :
d OM =
(0 − 4)2 + (0 − (−4))2 + (0 − 2)2
11
= 6.
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
Поскольку dOM < 8 , то точка A – внешняя для отрезка OM ,
а точка M делит отрезок OA в отношении λ =
OM
MA
=
6
= 3 . Тогда
2
формулы (1.2.3) имеют вид
z + λ zA
х + λх A
у + λ уA
, уM = O
, zM = O
хM = O
1+ λ
1+ λ
1+ λ
или
0 + 3 zA
0 + 3х A
0 + 3 уA
, −4=
, 2=
.
4=
4
4
4
16
16
8
Решая полученные уравнения, находим x A = ; y A = − ; z A = .
3
3
3
Заметим, что для непосредственного нахождения координат
внешней точки A можно воспользоваться формулами (1.2.6), в коOA
8
торых
= μ , μ = − = −4 < 0 . Тогда
2
AM
xO + μxM 0 − 4 ⋅ 4 16
=
= ;
1+ μ
1− 4
3
y + μyM 0 − 4 ⋅ (−4)
16
yA = O
=
=− ;
1+ μ
1− 4
3
z + μz M 0 − 4 ⋅ 2 8
zA = O
=
= ,
1+ μ
1− 4
3
16
16
8


т. е. A  ; − ;  – искомая точка.
3
3
3


xA =
1. Метод координат в пространстве геометрических векторов
z A + zC − 2 + 0
=
= −1 .
2
2
Поскольку точка M делит отрезок BD пополам, воспользуемся формулами (1.2.4) еще раз и найдем точку D :
х + хD
,
х0 = B
х D = 2 x0 − x B = 2 ⋅ 0 − 3 = −3;
2
y + yD
,
y D = 2 y0 − y B = 2 ⋅ 1 − 4 = −2 ;
y0 = B
2
z + zD
,
zD = 2 z0 − zB = 2 (− 1) − 1 = −3 .
z0 = B
2
Таким образом, искомая вершина есть точка D(−3; −2; −3).
z0 =
Задача 1.10. В треугольнике с вершинами F (4; 3; −2) ,
A(4; 0; 5) , B(0; 2; 1) определить длину медианы FD и координаты
точки C – центра тяжести треугольника FAB .
Решение. Поскольку FD – медиана, то точка D есть середина основания AB . Найдем точку D по формулам (1.2.4):
х + хB 4 + 0
хD = A
=
= 2;
2
2
у + уB 0 + 2
уD = A
=
= 1;
2
2
z + zB 5 + 1
zD = A
=
= 3,
2
2
так что D(2; 1; 3). По формуле (1.1.1) найдем длину d FD медианы FD :
d FD =
(4 − 2)2 + (3 − 1)2 + (− 2 − 3)2
= 33 .
Задача 1.9. Даны три вершины параллелограмма:
A( −1; 3; −2) , B (3; 4; 1) , C (1; −1; 0) . Найти четвертую вершину D ,
противоположную вершине B .
Решение. Найдем точку M ( x0 , y 0 , z 0 ) – середину диагонали
АС – по формулам (1.2.4):
х +х
−1+1
х0 = A C =
= 0;
2
2
у + уC 3 − 1
у0 = A
=
= 1;
2
2
Центр тяжести треугольника находится в точке пересечения
его медиан, а значит, точка C ( xC , yC , z C ) делит медиану FD в отношении 2 : 1, начиная от вершины F . Подставив координаты тоFC
= 2 , получим:
чек F и D в формулу (1.2.3) и положив λ =
CD
12
13
хC =
х F + λх D 4 + 2 ⋅ 2 8
=
= ;
1+ λ
1+ 2
3
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
yC =
zC =
8 5 4
т. е. C  ; ;  .
3 3 3
y F + λy D 3 + 2 ⋅ 1 5
=
= ;
1+ λ
1+ 2
3
1. Метод координат в пространстве геометрических векторов
Длину биссектрисы BK вычислим по формулам (1.1.3):
BK = ( x K − x B ) 2 + ( y K − y B ) 2 + ( z K − z B ) 2 =
z F + λz D − 2 + 2 ⋅ 3 4
=
= ,
1+ λ
1+ 2
3
= (3 − 1) 2 + (3 +
=
Задача 1.11. Точки A(1; 0; 0) , B(3; 3; 6) , C (1; −1; 2) являются
вершинами треугольника (рис. 1.3.5). Найти основание K биссектрисы BK и ее длину.
B
O
B
z
K
A
y
2
2 1722
132 + 232 + 32 2 =
.
13
13
Задача 1.12. Вывести формулу для вычисления координат
точки пересечения медиан треугольника, если известны координаты его вершин.
Решение. Обозначим вершины треугольника через A , B , C
(рис. 1.3.6).
C
z
14
26 2 + 46 2 + 64 2
7 2
=
) + (6 − ) 2 =
13
13
13
x
O
D
M
y
x
A
Рис. 1.3.5
Решение. Основание K биссектрисы BK делит отрезок AC
AB
. По формулам (1.1.3) вычисляем:
в отношении λ =
BC
AB = ( xB − x A ) 2 + ( y B − y A ) 2 + ( z B − z A ) 2 = 4 + 9 + 36 = 7 ;
BC = ( xC − x B ) 2 + ( y C − y B ) 2 + ( z C − z B ) 2 = 4 + 16 + 16 = 6.
7
Следовательно, λ = . По формулам (1.2.3) получаем:
6
7
7
7
z A + zC
х A + хC
у A + уC
14
7
6
6
6
хK =
= .
= − ; zK =
= 1; уK =
7
7
7
13
13
1+
1+
1+
6
6
6
14
C
Рис. 1.3.6
Пусть точка D – основание медианы AD . Тогда по формулам
(1.2.4) найдем координаты точки D . Получаем
х + хC
у + уC
z +z
; уD = B
; zD = B C .
хD = B
2
2
2
По свойству медиан треугольника точка пересечения медиан M
делит каждую из них в отношении λ = 2 , считая от вершины.
Тогда по формулам (1.2.3) имеем:
х + 2 хD x A + xB + xC
;
хM = A
=
1+ 2
3
у + 2 у D y A + y B + yC
уM = A
=
;
1+ 2
3
15
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
zM =
z A + 2 zD z A + z B + zC
.
=
1+ 2
3
2. ПЛОСКОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
Задача 1.13. Доказать, что точки A(1; 3; −2) , B(5; −1; 5) ,
C (8; 7; 2) , D(12; 3; 9) являются вершинами ромба. Является ли этот
ромб квадратом?
Решение. Построим векторы, соединяющие заданные точки:
AB = {4; −4; 7} ; AC = {7; 4; 4} ; AD = {11; 0; 11} ;
BC = {3; 8; −3}; BD = {7; 4; 4} ; CD = {4; −4; 7} .
A
C
z
x
O
y
B
D
Рис. 1.3.7
Заметим, что AC = BD и AB = CD , а значит, четырехугольник ABDC – параллелограмм. Вычислим длины его сторон:
AC = 49 + 16 + 16 = 9 , AB = 16 + 16 + 49 = 9 . Следовательно,
ABDC
– ромб. Вычислим длины диагоналей:
1. Метод координат в пространстве геометрических векторов
BC = 82 ,
AD = 242 . Ромб ABDC не является квадратом (рис. 1.3.7).
2.1. Общее уравнение плоскости
Зафиксируем в пространстве ненулевой вектор N {A, B, C}.
Перпендикулярно ему проходит бесчисленное множество параллельных между собой плоскостей, т. е. плоскостей, не имеющих
общих точек. Выберем среди этих плоскостей единственную плоскость, проходящую через фиксированную точку M 0 ( x0 , y0 , z0 ). Таким образом, плоскость в пространстве однозначно определяется
заданием точки M 0 ( x0 , y 0 , z 0 ) , лежащей на плоскости, и вектором
N {A, B, C}, перпендикулярным плоскости. Вектор, перпендикулярный плоскости, называется нормалью этой плоскости.
Выведем уравнение плоскости Π с нормалью N {A, B, C}
и проходящей через точку M 0 ( x0 , y0 , z0 ). Пусть точка M ( x, y, z ) –
произвольная точка, лежащая на плоскости, так называемая теку
щая точка плоскости, r = OM {x, y, z} – радиус-вектор текущей

точки M, а вектор r0 = OM 0 {x0 , y0 , z0 } – радиус-вектор фиксированной точки M 0 . Написать уравнение плоскости означает указать

связь между известными заданными векторами нормали N и r0

и вектором r текущей точки M .
Рассмотрим вектор плоскости M 0 M с началом в фиксированной точке M 0 и концом в текущей точке плоскости M (рис. 2.1.1).
 
Вектор M 0 M = r − r0 лежит в плоскости, а значит, ортогонален [9]
нормали N плоскости. Известно, что векторы ортогональны тогда
и только тогда, когда их скалярное произведение равно нулю, т. е.
(r − r0 , N ) = 0 .
(2.1.1)
Уравнение (2.1.1) является уравнением плоскости в векторной форме. Выведем уравнение плоскости в координатной форме.
Мы знаем координаты нормали N {A, B, C} и точки M 0 ( x0 , y 0 , z 0 ) ,
16
17
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
 
лежащей в плоскости. Тогда вектор (r − r0 ) имеет координаты
{x − x0 , y − y0 , z − z0 }, а уравнение (2.1.1) в координатной форме
имеет вид
A( x − x0 ) + B( y − y 0 ) + C ( z − z 0 ) = 0 ,
(2.1.2)
где A2 + B 2 + C 2 ≠ 0 .
z
M ( x ,y ,z )
N {A, B, C}
 0 0 0 0
r0

M ( x,y,z )
r
O
x
Π
y
Рис. 2.1.1
Уравнение (2.1.2) называют уравнением плоскости, перпендикулярной вектору N {A, B, C} и проходящей через точку
M 0 ( x0 , y 0 , z 0 ) .
Замечание 2.1. Нормаль плоскости определяется неоднозначно. Действительно, любой вектор λ N , где λ ∈ R, λ ≠ 0 ,
а N {A, B, C} – нормаль плоскости Π , также является нормалью
этой плоскости Π . Уравнение плоскости Π , соответствующее
нормали λ N , имеет вид
λA( x − x0 ) + λB( y − y 0 ) + λC ( z − z 0 ) = 0
и равносильно уравнению (2.1.2).
Пример 2.1. Напишем уравнение плоскости, проходящей через точку M (3; − 2; 1) и имеющую нормаль N {2; 5; −4}. Для этого
воспользуемся уравнением плоскости (2.1.2), подставив в него координаты
точки
и
векторы
нормали.
Получим
2( x − 3) + 5( y − (−2)) − 4( z − 1) = 0 или 2 x + 5 y − 4 z + 8 = 0 .
Преобразуя уравнение (2.1.2), получим уравнение
2. Плоскость в пространстве
Ax + By + Cz + D = 0 ,
(2.1.3)
где D = − Ax0 − By0 − Cz0 .
Уравнение (2.1.3) является уравнением первой степени относительно переменных x , y , z . Координаты x , y , z каждой точки
плоскости удовлетворяют уравнению (2.1.3), и координаты каждой
точки, не лежащей на плоскости, не удовлетворяют уравнению
(2.1.3). И обратно: три числа x , y , z , удовлетворяющих уравнению (2.1.3), являются координатами точки, лежащей на плоскости,
а три числа, не удовлетворяющих уравнению (2.1.3), являются координатами точки, не лежащей на плоскости. Таким образом, существует взаимно однозначное соответствие между плоскостью
и уравнением первой степени (2.1.3) относительно переменных x ,
y , z . Всякое уравнение первой степени является уравнением
плоскости. ■
Пример 2.2. Проверим, принадлежат ли точки M 1 (3; −2; 1)
и M 2 (1; 3; 1) плоскости 2 x + y − 2 z − 3 = 0 . Для этого подставим
координаты точек в уравнение заданной плоскости. Поскольку
2 ⋅ 3 + (−2) − 2 ⋅ 1 − 3 = −1 ≠ 0 , а 2 ⋅ 1 + 3 − 2 ⋅ 1 − 3 = 0 , то точка
M 1 (3; −2; 1) не принадлежит данной плоскости, а точка M 2 (1; 3; 1)
принадлежит ей. ■
В пространстве общему уравнению первой степени вида
(2.1.3) соответствует плоскость, а само уравнение (2.1.3) называют
общим уравнением плоскости.
Если все коэффициенты A, B, C , D в общем уравнении плоскости отличны от нуля, то оно называется полным. В противном
случае общее уравнение плоскости называется неполным.
Неполными уравнениями задаются плоскости, параллельные
координатным осям, проходящие через координатные оси, параллельные координатным плоскостям, совпадающие с координатными плоскостями, а также плоскости, проходящие через начало координат.
Рассмотрим частные случаи плоскостей с общим уравнением
(2.1.3).
1. Пусть D = 0 . Тогда получим уравнение вида
Ax + By + Cz = 0 .
18
19
(2.1.4)
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
2. Плоскость в пространстве
В этом случае точка O(0; 0; 0) удовлетворяет уравнению (2.1.4),
таким образом, плоскость проходит через начало координат.
2. Пусть A = 0, B ≠ 0, C ≠ 0, D ≠ 0 . Тогда в уравнении отсутствует переменная x и оно принимает вид
By + Cz + D = 0 .
Эта плоскость параллельна оси Ox и содержит точку O(0; 0; 0) ,
т. е. проходит через начало координат. Таким образом, плоскость
(2.1.6) содержит координатную ось Ox .
Аналогично плоскость Ax + By = 0 содержит координатную
ось Oz , а плоскость Ax + Cz = 0 – координатную ось Oy .
4. Пусть A = 0, B = 0, C ≠ 0, D ≠ 0 . Покажем, что в этом случае плоскость параллельна координатной плоскости xOy
(рис. 2.1.2). Действительно, уравнение (2.1.3) принимает вид
20
z
y
O
x
Рис. 2.1.2
Аналогично уравнение Ax + D = 0 ( A ≠ 0) описывает плоскость, параллельную координатной плоскости yOz , а уравнение
By + D = 0 (B ≠ 0 ) – плоскость, параллельную координатной плоскости xOz .
5. Пусть A = 0, B = 0, D = 0, C ≠ 0 . В этом случае уравнение
(2.1.3) принимает вид
Cz = 0
и мы имеем координатную плоскость xOy . Действительно, в силу
п. 1 плоскость содержит начало координат O(0, 0, 0) , а в силу п. 4 –
параллельна координатной плоскости xOy .
Аналогично уравнение
By = 0 (B ≠ 0)
(2.1.8)
описывает координатную плоскость xOz , а уравнение
Ax = 0
( A ≠ 0)
(2.1.9)
описывает координатную плоскость yOz .
2.2. Уравнение плоскости в отрезках
Cz + D = 0
D
z=− .
C
D
C
(2.1.5)
В этом случае нормаль N {0; B; C} лежит в координатной плоскости
yOz , а ось Ox ортогональна этой плоскости. Таким образом, плоскость (2.1.5) параллельна оси Ox .
Рассуждая аналогично, получим: плоскость с уравнением
Ax + By + D = 0
параллельна оси Oz , а плоскость с уравнением
Ax + Cz + D = 0
параллельна оси Oy .
3. Пусть A = 0, D = 0, B ≠ 0, C ≠ 0 . В этом случае уравнение
(2.1.3) принимает вид
By + Cz = 0 .
(2.1.6)
или
−
(2.1.7)
Рассмотрим общее уравнение плоскости (2.1.3), в котором все
коэффициенты A, B, C , D отличны от нуля. Преобразуем его к виду
Ax + By + Cz = − D ,
а затем, поделив все уравнение на − D , получим
21
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
или
Ax By Cz
+
+
=1
−D −D −D
x
y
z
+
+
= 1.
D
D
D
−
−
−
A
B
C
D
D
D
Введя обозначения a = − , b = − , c = − , получим уравнение
A
B
C
плоскости
x y z
(2.2.1)
+ + = 1.
a b c
Уравнение (2.2.1) называют уравнением плоскости в отрезках на осях.
Вид (2.2.1) уравнения плоскости в отрезках удобен для построения плоскости в декартовой системе координат. Действительно, коэффициенты a, b, c равны по абсолютной величине длинам отрезков,
отсекаемых плоскостью на осях координат (рис. 2.2.1).
z
c
2. Плоскость в пространстве
координаты по остальным осям. Подставив y = 0 , z = 0 в уравнение (2.2.1), получим x = a . Аналогично устанавливаются точки пересечения с осями Oy и Oz .
Замечание 2.2. Если уравнение плоскости является неполным, но коэффициент D ≠ 0 , то его также можно привести к виду
уравнения в отрезках. Например, уравнение (2.1.3), в котором коэффициент C = 0 (отсутствует переменная z ), будет иметь вид
x y
+ = 1,
a b
D
D
; b = − . Плоскость (2.2.2) пройдет параллельно оси
A
B
Oz и отсечет от координатных осей Ox и Oy отрезки длиной a и
b , отложенные от начала координат в направлении соответственно
их знакам.
Пример 2.3. Построим плоскость 3 x + 4 y + 6 z = 12 . В данном
уравнении все коэффициенты отличны от нуля. Разделим обе части уравнения на 12 и приведем заданное уравнение к виду
x y z
+ + = 1. Чтобы построить эту плоскость, отложим в положи4 3 2
тельном направлении по оси Ox 4 единицы, по оси Oy – 3 единицы и по Oz – 2 единицы. Соединив полученные точки, получим
искомую плоскость (рис. 2.2.2). ■
где a = −
2
O
b
(2.2.2)
z
y
O
a
3
y
x
Рис. 2.2.1
Отрезки откладываются от начала координат по соответствующей оси в положительном или отрицательном направлении
в зависимости от знака коэффициента. Чтобы убедиться в этом,
найдем точки пересечения плоскости с осями координат. Например, точка пересечения плоскости (2.2.1) с осью Ox имеет нулевые
22
x
4
Рис. 2.2.2
Пример 2.4. Построим плоскость x − y = 2 . Приведем заданное уравнение к уравнению в отрезках, разделив обе его части на 2.
23
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
x y
− = 1. Искомая плоскость параллельна оси Oz и отсе2 2
кает по 2 единицы от оси Ox в положительном направлении и от
оси Oy – в отрицательном (рис. 2.2.3). ■
Получим
z
2. Плоскость в пространстве
2.3. Уравнение плоскости, проходящей через три заданные
точки, не лежащие на одной прямой
Пусть заданы различные точки: M1( x1, y1, z1 ), M 2 ( x2 , y2 , z2 )
и M 3 ( x3 , y3 , z3 ) , – не лежащие на одной прямой. Напишем уравнение плоскости, содержащей точки M 1 , M 2 и M 3 .
Воспользуемся уравнением плоскости в форме
A ( x − x1 ) + B ( y − y1 ) + C ( z − z1 ) = 0 ,
–2
O
y
где A, B, C – координаты нормали N , а точка M1( x1; y1; z1 ) лежит
на плоскости. Чтобы определить координаты нормали N , составим векторы
M 1M 2 = {x2 − x1 , y2 − y1 , z 2 − z1}
и
M 1 M 3 = {x3 − x1 , y3 − y1 , z 3 − z1}.
Они неколлинеарны и лежат в искомой плоскости (рис. 2.3.1).
2
x
Рис. 2.2.3
N
Пример 2.5. Построим плоскость x = 2 . Эта плоскость параллельна координатной плоскости yOz и отсекает от оси Ox
2 единицы в положительном направлении (рис. 2.2.4). ■
z
y
O
2
x
Рис. 2.2.4
24
(2.3.1)
M2
M1
x
z
O
M3
y
Рис. 2.3.1
Вектор N перпендикулярен обоим векторам: M1M 2 и M1M 3 .
Следовательно, он перпендикулярен искомой плоскости. Определим его как векторное произведение M1M 2 и M1M 3 :
25
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве

i
N = x2 − x1
x3 − x1
=

k

j
y2 − y1
y3 − y1
Воспользовавшись уравнением (2.3.1), получим для искомой
плоскости уравнение вида
z 2 − z1
x −x
(x − x1 ) − 2 1
z3 − z1
x3 − x1
+
x 2 − x1
x3 − x1
z 2 − z1
( y − y1 ) +
z3 − z1
y 2 − y1
( z − z1 ) = 0 .
y3 − y1
 
M 1M 2 = (r2 − r1 ) = {x 2 − x1 , y 2 − y1 , z 2 − z1}
и
z2 − z1 =
z3 − z1
y2 − y1 z2 − z1  x2 − x1 z2 − z1  x2 − x1 y2 − y1 
i−
j+
k . (2.3.2)
y3 − y1 z3 − z1
x3 − x1 z3 − z1
x3 − x1 y3 − y1
y2 − y1
y3 − y1
2. Плоскость в пространстве
 
M 1M 3 = (r3 − r1 ) = {x3 − x1, y3 − y1 , z3 − z1}
неколлинеарны. Тогда для того чтобы точка M ( x, y, z ) c радиус
вектором r лежала в одной плоскости с точками M 1 , M 2 и M 3 ,
необходимо и достаточно, чтобы векторы M 1 M 2 , M 1 M 3
 
были
компланарны
и
M 1M = ( r − r1 ) = {x − x1 , y − y1 , z − z1}
(рис. 2.3.2), а значит, их смешанное произведение равнялось нулю, т. е.
(r − r1 ) ⋅ (r2 − r1 ) ⋅ (r3 − r1 ) = 0 .
Уравнение (2.3.5) является искомым уравнением плоскости
в векторной форме. В координатной форме уравнение плоскости,
проходящей через три заданные точки, будет иметь вид (2.3.4).
(2.3.3)
N
В левой части этого уравнения стоит сумма парных произведений алгебраических дополнений первой строки определителя
(2.3.2) для N на выражения ( x − x1 ) , ( y − y1 ) , ( z − z1 ) . Применив
для левой части уравнения (2.3.3) теорему замещения для определителей [4], получим для плоскости уравнение
x − x1
y − y1
z − z1
x 2 − x1
y 2 − y1
z 2 − z1 = 0 .
x3 − x1
y3 − y1
z 3 − z1
M2
M1
M3
M
z
(2.3.4)
Уравнение (2.3.4) можно было бы получить сразу, использовав понятие смешанного произведения векторов.
Пусть даны точки M1( x1, y1, z1 ), M 2 ( x2 , y2 , z2 ) и M 3 ( x3 , y3 , z3 )

 
с радиус-векторами r1 , r2 и r3 соответственно.
Если точки M 1 , M 2 и M 3 различны и не лежат на одной
прямой, то построенные на них векторы
26
(2.3.5)
O
x
y
Рис. 2.3.2
2.4. Нормальное уравнение плоскости. Расстояние
от произвольной точки пространства до плоскости
Пусть в пространстве задана произвольная плоскость Π ,
не проходящая через начало координат (рис. 2.4.1).
27
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
2. Плоскость в пространстве
p = Пр n OM
(2.4.2)
p = (OM ; n ) ,
(2.4.3)
или
P
M
ПрOP OM = p
Π
где через (OM ; n ) обозначено скалярное произведение векторов

OM и n . Выразим скалярное произведение в координатной форме:
z
γ
(OM ; n ) = x cos α + y cos β + z cos γ .

n{cos α, cos β, cos γ}
β
α
O
(2.4.4)
Подставляя (2.4.4) в (2.4.3), получаем
y
или
x
Рис. 2.4.1
Проведем из начала координат O(0, 0, 0) перпендикуляр
к этой плоскости. Обозначим через P точку пересечения перпендикуляра с плоскостью. Длина перпендикуляра OP обозначается
через p и называется параметром плоскости. Вектор OP перпендикулярен плоскости и является радиус-вектором точки P , лежащей на плоскости. Поскольку через точку P перпендикулярно
вектору OP проходит единственная плоскость, то вектор OP
определяет заданную плоскость однозначно.
Выведем теперь уравнение заданной плоскости. Пусть
M ( x, y, z ) – произвольная точка на плоскости, а OM {x, y, z} – радиус-вектор этой точки. Треугольник OPM – прямоугольный
(см. рис. 2.4.1). Значит, точка M ( x, y, z ) лежит на плоскости тогда
и только тогда, когда проекция ее радиус-вектора OM на вектор
OP равна длине этого вектора, т. е.
Пр OP OM = p .
(2.4.1)

Пусть n = {cos α, cos β, cos γ} – орт вектора OP , где cos α ,
cos β , cos γ – направляющие косинусы вектора OP . Тогда
28
x cos α + y cos β + z cos γ = p
(2.4.5)
x cos α + y cos β + z cos γ − p = 0 .
(2.4.6)
Таким образом, точка M ( x, y, z ) лежит на плоскости, если ее
координаты удовлетворяют уравнению (2.4.6). Уравнение (2.4.6)
называется нормальным уравнением плоскости.
Нормальное уравнение плоскости в прямоугольной системе
координат Oxyz определяет плоскость, которая удалена от начала
координат на расстояние p в положительном направлении вектора

нормали этой плоскости n{cos α, cos β, cos γ} .
Пусть плоскость проходит через начало координат, а вектор

n{cos α, cos β, cos γ} является ортом нормали этой плоскости. Тогда
расстояние p равно нулю, а уравнение (2.4.6) принимает вид
x cos α + y cos β + z cos γ = 0 .
(2.4.7)
Замечание 2.3. Поскольку коэффициенты уравнения (2.4.5)

соответствуют направляющим косинусам единичного вектора n ,
то должно выполняться равенство
cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ = 1.
29
(2.4.8)
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
Параметр p уравнения (2.4.5) имеет геометрический смысл:
это расстояние от начала координат до плоскости, а значит,
p ≥ 0.
(2.4.9)
Пример 2.6. Длина перпендикуляра OM , опущенного из
начала координат на плоскость, равна 3. Вектор OM составляет
с осями координат Ox и Oy углы α = 60° , β = 45° , а с осью Oz –
острый угол. Найдем нормальное уравнение плоскости.
Сначала найдем угол γ вектора OM с осью Oz из формулы
1
2
(2.4.8). Так как cos α = , cos β =
, то должно выполняться ра2
2
2
2
 1   2 
+ cos 2 γ = 1 . Поскольку угол γ должен быть
венство   + 

 2  2 
1
острым, то cos γ = . Следовательно, искомое уравнение плоско2
сти будет иметь вид
1
2
1
x+
y + z − 3 = 0. ■
2
2
2
Пример 2.7. Пусть требуется определить направление, в котором расстояние p от начала координат до плоскости
x
y
2
−
+
z+4=0
6
3 2
2
2
2
 2
1 1
2

 1 
 1 
 = 1,
n = {−
;
;−
} и поскольку 
 +   + 
2
2
6 3
 3
 6



то условие (2.4.8) для нормали n выполнено. Расстояние p от
начала координат до плоскости положительно и равно 4. ■
Нормальное уравнение плоскости позволяет легко находить
расстояние от произвольной точки пространства M 1 ( x1 , y1 , z1 )
до заданной плоскости Π . Пусть плоскость Π задана нормаль
ным уравнением (2.4.6) и имеет нормаль n{cos α, cos β, cos γ} . Проведем через точку M 1 ( x1 , y1 , z1 ) плоскость Π1 , параллельную
плоскости Π . Из начала координат O(0, 0, 0) опустим перпендикуляр на эту плоскость. Обозначим через P1 точку пересечения перпендикуляра с плоскостью Π1 , через p1 – длину перпендикуляра OP1 ,

так что p1 = OP1 , а через n1 – орт вектора OP1 . Плоскости Π1 и Π

в силу построения имеют общую нормаль n . Однако они могут
располагаться по одну сторону от начала координат или по разные
стороны. Рассмотрим два эти случая.


1. Орт n1 совпадает с ортом n{cos α, cos β, cos γ} вектора OP ,
т. е. плоскости Π1 и Π расположены по одну сторону от начала
координат (рис. 2.4.2).
P
(2.4.10)
является кратчайшим, и само это кратчайшее расстояние p .
Направление, в котором искомое расстояние p будет крат
чайшим, зададут координаты нормали n = {cos α, cos β, cos γ} , если
уравнение (2.4.10) заданной плоскости является нормальным.
Сравним уравнение (2.4.10) с уравнением (2.4.6). Получаем
p = −4 < 0 , а значит, условие (2.4.9) не выполнено. Умножив уравнение (2.4.10) на ( − 1), получим эквивалентное ему нормальx
y
2
+
−
z − 4 = 0 . Действительно,
ное уравнение вида −
6
3 2
30
2. Плоскость в пространстве
Π
P1
M 1 ( x1 , y1, z1 )
z

n{cos α, cos β, cos γ}
O
x
y
Рис. 2.4.2
31
Π1
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
2. Плоскость в пространстве
Тогда нормальное уравнение плоскости Π1 имеет вид
x cos α + y cos β + z cos γ − p1 = 0 .
(2.4.11)
P
Поскольку точка M 1 ( x1 , y1 , z1 ) лежит на плоскости Π1 , то ее координаты удовлетворяют уравнению (2.4.11), а значит, справедливо равенство
x1 cos α + y1 cos β + z1 cos γ − p1 = 0 ,
откуда
p1 = x1 cos α + y1 cos β + z1 cos γ .
(2.4.12)
z
Расстояние d от точки M 1 ( x1 , y1 , z1 ) до плоскости Π равно
длине вектора PP1 или
d = p1 − p = x1 cos α + y1 cos β + z1 cos γ − p .
x

n{cos α, cos β, cos γ}
O

n1
P1
(2.4.13)
Π
y
M1 ( x1, y1 , z1 )
Π1
2. Плоскости Π1 и Π расположены по разные стороны от
начала координат (рис. 2.4.3).


В этом случае орт n1 противоположен орту n{cos α, cos β, cos γ}


вектора OP , т. е. n1 = −n = {− cos α,− cos β,− cos γ} и нормальное
уравнение плоскости Π1 имеет вид
Итак, в обоих случаях в силу (2.4.13) и (2.4.16) расстояние d
от точки M 1 ( x1 , y1 , z1 ) до плоскости Π вычисляется по формуле
− x cos α − y cos β − z cos γ − p1 = 0 .
d = x1 cos α + y1 cos β + z1 cos γ − p .
(2.4.14)
Поскольку точка M 1 ( x1 , y1 , z1 ) лежит на плоскости Π1 , то ее координаты удовлетворяют уравнению (2.4.14), а значит, справедливо равенство
− x1 cos α − y1 cos β − z1 cos γ − p1 = 0 ,
откуда
(2.4.15)
p1 = − x1 cos α − y1 cos β − z1 cos γ .
Расстояние d в этом случае равно сумме расстояний
p1 = OP1 и p = OP . В силу (2.4.15) имеем
d = p1 + p = − x1 cos α − y1 cos β − z1 cos γ + p =
= x1 cos α + y1 cos β + z1 cos γ − p .
32
Рис. 2.4.3
(2.4.16)
(2.4.17)
Замечание 2.4. Таким образом, для того чтобы найти расстояние от точки M 1 ( x1 , y1 , z1 ) до плоскости, заданной нормальным
уравнением (2.4.6), нужно подставить координаты точки M 1 в левую часть уравнения (2.4.6), а затем взять полученное значение по
абсолютной величине. Однако, если есть несколько точек
M i x j , y j , z j , то знак «+» или «–», полученный при вычислении
выражения x j cos α + y j cos β + z j cos γ − p , может указать на расположение точек относительно заданной плоскости. Точки с разными знаками лежат по разные стороны от плоскости.
Пример 2.8. Определим взаимное расположение плоскости,
заданной нормальным уравнением
(
)
33
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
2
2
1
x − y + z − 5 = 0,
3
3
3
(2.4.18)
и тетраэдра ABCD c заданными вершинами A(3; 6; 9) , B (6; 3; 3) ,
C (9; 3; 6) , D(3; −3; 3) . Для этого вычислим значения левой части
уравнения (2.4.18) в вершинах тетраэдра:
2
2
1
d ( A) = ⋅ 3 − ⋅ 6 + ⋅ 9 − 5 = 2 − 4 + 3 − 5 = −4 < 0 ;
3
3
3
2
2
1
d ( B ) = ⋅ 6 − ⋅ 3 + ⋅ 3 − 5 = 4 − 2 + 1 − 5 = −2 < 0 ;
3
3
3
2
2
1
d (C ) = ⋅ 9 − ⋅ 3 + ⋅ 6 − 5 = 6 − 2 + 2 − 5 = 1 > 0 ;
3
3
3
2
2
1
d ( D) = ⋅ 3 − ⋅ (−3) + ⋅ 3 − 5 = 2 + 2 + 1 − 5 = 0 .
3
3
3
Анализируя знаки полученных значений, приходим к выводу, что
точки A , B находятся по одну сторону от заданной плоскости,
а точка C – по другую, при этом точка D принадлежит плоскости. ■
Общее уравнение плоскости
( A2 + B 2 + C 2 ≠ 0)
Ax + By + Cz + D = 0
(2.4.19)
с нормалью N { A, B, C} всегда можно привести к нормальному ви1
ду. Введем нормирующий множитель μ = ±
, где
A2 + B 2 + C 2
знак «+» или «–» будет определен ниже. Умножим обе части уравнения (2.4.19) на μ . Получим
Ax + By + Cz + D
±
=0
(2.4.20)
A2 + B 2 + C 2
или
A
B
C
x±
y±
z±
±
A2 + B 2 + C 2
A2 + B 2 + C 2
A2 + B 2 + C 2
D
±
= 0.
2
A + B2 + C 2
34
2. Плоскость в пространстве
Сравним полученное уравнение с (2.4.6). Так как
N = A2 + B 2 + C 2 , то

n = {cos α, cos β, cos γ} =


A
B
C
;±
;±
= ±
.
A2 + B 2 + C 2
A2 + B 2 + C 2
A2 + B 2 + C 2 

То есть

A
,
cos α = ±
A2 + B 2 + C 2


B
(2.4.21)
,
cos β = ±
2
A + B2 + C 2


C
.
cos γ = ±

A2 + B 2 + C 2
Поскольку − p = ±
D
< 0 , то в каждой из формул выA + B2 + C 2
бираем знак «+» при D < 0 или знак «–» при D > 0 . Таким образом, условия (2.4.8) и (2.4.9) выполнены.
Итак, уравнение (2.4.20) имеет нормальный вид, если в нем
выбрать знак «+» при D < 0 или знак «–» при D > 0 .
Найдем расстояние d от точки M 1 ( x1 , y1 , z1 ) до плоскости, заданной общим уравнением Ax + By + Cz + D = 0 . В силу
(2.4.17) и (2.4.20) имеем
2
d=
Ax1 + By1 + Cz1 + D
A2 + B 2 + C 2
.
(2.4.22)
Пример 2.9. Приведем уравнение плоскости x − 3 y + 3 z + 1 = 0
к нормальному виду. Для этого заданное уравнение плоскости
в общем виде умножим на нормирующий множитель μ со знаком
1
«–», поскольку D = 1 > 0 . Таким образом, μ = −
=
12 + 32 + 32
35
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
=−
−
1
.
19
Получим
нормальное
3
3
1
x
+
y−
z−
= 0.
19
19
19
19
уравнение
плоскости
■
Найти угол ϕ между векторами N1 и N 2 можно с помощью
определения скалярного произведения векторов и выражения скалярного произведения в координатах:
( N 1, N 2 ) = N 1 ⋅ N 2 ⋅ cos ϕ = A1 A2 + B1B2 + C1C2 .
Тогда
Пример 2.10. Найдем расстояние от точки M 1 (5; −3; 10) до
плоскости 2 x − y + 5 z − 3 = 0 . Для этого воспользуемся формулой
(2.4.22):
2 ⋅ 5 − (−3) + 5 ⋅ 10 − 3
60
d=
=
= 2 30 . ■
2
2
2
30
2 + (−1) + 5
Зададим плоскость Π1 с нормалью N1 = { A1 , B1 , C1} уравнением A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0 . Зададим плоскость Π 2 с нормалью
N 2 = { A2 , B2 , C2 } уравнением A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0 .
Пересекаясь, плоскости образуют два двугранных угла,
в сумме равных числу π . Один из них равен углу ϕ между нормалями.
Его и будем считать углом между двумя плоскостями (рис. 2.5.1).
N2
ϕ
Π2
Рис. 2.5.1
36
( N1 , N 2 )
=
N1 ⋅ N 2
A1 A2 + B1B2 + C1C2
A12 + B12 + C12 ⋅ A22 + B22 + C22
.
(2.5.1)
Отсюда получим условие перпендикулярности плоскостей
(рис. 2.5.2). Оно следует из условия cos ϕ = 0 , т. е.
(2.5.2)
Условие параллельности двух плоскостей (рис. 2.5.3) эквивалентно условию коллинеарности их нормалей:
A1 B1 C1
=
=
.
A2 B 2 C 2
Π2
π
2
(2.5.3)
N1
N2
Π1
N1
N2
Π1
ϕ
Π1
cos ϕ =
A1 A2 + B1 B 2 + C1C 2 = 0 .
2.5. Угол между двумя плоскостями
N1
2. Плоскость в пространстве
Π2
Рис. 2.5.2
Рис. 2.5.3
Пример 2.11. Найдем углы между плоскостями, заданными
уравнениями 6 x + 7 y + 6 z + 13 = 0 и 4 x − 3 y + 5 z + 2 = 0 . Определим
нормали этих плоскостей: N 1 = {6; 7; 6} и N 2 = {4; − 3; 5}. Вычислим косинус угла ϕ между ними по формуле (2.5.1):
6 ⋅ 4 + 7 ⋅ (−3) + 6 ⋅ 5
33
3
cos ϕ =
=
=
.
62 + 7 2 + 6 2 ⋅ 4 2 + 32 + 52 11 ⋅ 5 2 5 2
 3 
Отсюда ϕ = arccos
. ■
5 2 
37
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
2.6. Пучки и связки плоскостей
A1x + B1 y + C1z + D1 = 0
(2.6.1)
A2 x + B2 y + C2 z + D 2 = 0
(2.6.2)
суть уравнения двух плоскостей, пересечением которых служит
прямая L , а α и β – какие-либо числа, одновременно не равные нулю (т. е. α 2 + β 2 ≠ 0 ), то верны утверждения:
1) уравнение
α( A1 x + B1 y + C1 z + D1 ) + β( A2 x + B2 y + C2 z + D 2 ) = 0
(2.6.3)
является уравнением плоскости, проходящей через прямую L ;
2) любая плоскость, проходящая через прямую L , определяется уравнением (2.6.3) при некоторых α и β.
Доказательство. Докажем первое утверждение теоремы. Для
этого запишем уравнение (2.6.3) в виде
(αA1 + βA2 )x + (αB1 + βB2 ) y + (αC1 + βC2 )z + (αD1 + βD2 ) = 0
(2.6.4)
и покажем, что его коэффициенты при x , y и z одновременно
в ноль не обращаются. Для этого решим систему уравнений
 αA1 + βA2 = 0 ,

αB1 + βB2 = 0 ,
αC + βC = 0
2
 1
(2.6.5)
относительно α и β. Очевидное тривиальное решение α = β = 0
противоречит условию теоремы α 2 + β 2 ≠ 0 . Нетривиальное реше38
A1 B1 C1
. Пропорциональ=
=
A2 B2 C2
ность координат нормалей заданных плоскостей (2.6.1) и (2.6.2)
означает их коллинеарность и параллельность самих плоскостей,
что также противоречит условию теоремы. Следовательно, система уравнений (2.6.5) решений не имеет. Значит, уравнение (2.6.4)
является уравнением первой степени относительно x , y и z при
ние приводит к системе равенств
Определение 2.1. Совокупность всех плоскостей, проходящих через одну и ту же прямую L , называется пучком плоскостей с центром в прямой L .
Теорема 2.1 [7]. Если
и
2. Плоскость в пространстве
всех α , β ( α 2 + β 2 ≠ 0 ) и, таким образом, описывает плоскость.
При этом координаты любой точки прямой L удовлетворяют
уравнению (2.6.3) очевидным образом.
Докажем теперь обратное утверждение теоремы. Пусть имеется плоскость, проходящая через прямую L , и пусть
M * ( x*, y*, z*) – произвольная точка этой плоскости, но не лежащая
на прямой L . Покажем, что всегда можно найти α и β ( α 2 + β2 ≠ 0 )
такие, что координаты точки M * удовлетворяют (2.6.3).
Заметим, что одновременно не может быть выполнено
A1 x * + B1 y * + C1 z * + D1 = 0 и A2 x * + B2 y * + C2 z * + D2 = 0 , так как
обе плоскости (2.6.1) и (2.6.2) не совпадают, т. е. не могут иметь
общую прямую L и общую точку, не лежащую на этой прямой L .
Пусть для определенности A1 x * + B1 y * + C1 z * + D1 ≠ 0 . Тогда выбираем β произвольно, а
A x * + B2 y * + C2 z * + D2
α=− 2
β.
A1 x * + B1 y * + C1 z * + D1
Теорема доказана.
Уравнение (2.6.3), где α 2 + β2 ≠ 0 , является уравнением пучка
плоскостей.
Определение 2.2. Совокупность всех плоскостей, проходящих через данную точку M 0 ( x0 , y0 , z0 ) , называется связкой плоскостей с центром в точке M 0 .
Теорема 2.2. Уравнение связки плоскостей с центром в точке M 0 ( x0 , y0 , z0 ) имеет вид
A( x − x0 ) + B( y − y0 ) + C ( z − z 0 ) = 0 ,
(2.6.6)
где A2 + B 2 + C 2 ≠ 0 .
39
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
Доказательство. Доказательство теоремы вытекает из вывода уравнения (2.1.2), совпадающего с (2.6.6).
2.7. Задачи к разделу 2
Задача 2.1. Плоскости Π i (i = 1, 2, 3, 4, 5) заданы своими
уравнениями:
3x − 2 y + 4 z + 5 = 0 ;
2( x − 1) + 7( y + 2 ) − 3( z − 5) = 0 ;
7 x − 4 y + 2 z − 20 = 0 ;
5 y + 7 z − 19 = 0 ;
x + 2( y + 7 ) = 0
соответственно. Указать, в каких из перечисленных плоскостей
лежит точка M 0 (−2; −6; 5).
Решение. Точка лежит в плоскости тогда и только тогда, когда координаты этой точки удовлетворяют уравнению заданной
плоскости. Подставляя последовательно координаты точки M 0
в уравнения плоскостей Π i (i = 1, 2, 3, 4, 5) , получим
3 ⋅ (− 2 ) − 2 ⋅ (− 6 ) + 4 ⋅ 5 + 5 = 31 ≠ 0 ;
2 ⋅ (− 3) + 7 ⋅ (− 4 ) = −34 ≠ 0 ;
7 ⋅ (− 2 ) − 4 ⋅ (− 6 ) + 2 ⋅ 5 − 20 = 0 ;
5 ⋅ (− 6 ) + 7 ⋅ 5 − 19 = −14 ≠ 0 ;
− 2 + 2 ⋅ ( −6 + 7 ) = 0 .
Итак, точка M 0 лежит в плоскостях Π 3 и Π 5 .
Задача 2.2. Ниже перечислены уравнения плоскостей
Π i (i = 1, 2, 3, 4, 5) соответственно:
5 x + 7 y + 10 = 0 ;
2y − z + 3 = 0;
3 x + 10 y + 4 z − 15 = 0 ;
7( x − 2 ) + 3( y − 7 ) − z = 0 ;
3( x − 2 ) + z − 5 = 0 .
40
2. Плоскость в пространстве
Указать, какие из заданных плоскостей параллельны одной из
координатных осей, и назвать эту ось.
Решение. Плоскость параллельна координатной оси Ox , Oy или
Oz , если в ее уравнении отсутствует соответственно переменная x ,
переменная y или переменная z . Следовательно, плоскость Π1 параллельна оси Oz , плоскость Π 2 параллельна оси Ox , плоскость Π 5
параллельна оси Oy . Плоскости Π 3 и Π 4 не являются параллельными какой-либо из координатных осей.
Задача 2.3. Найти точки пересечения плоскости, заданной
уравнением 3x + 10 y + 4 z − 15 = 0 , со всеми координатными осями.
Решение. Точка пересечения плоскости с какой-то осью имеет нулевые координаты по другим осям. Пусть M 1 ( x1, 0, 0 ) ,
M 2 (0, y2 , 0 ) , M 3 (0, 0, z3 ) – точки ее пересечения с осями Ox , Oy
и Oz соответственно. Подставим в уравнение плоскости координаты этих точек и вычислим значения x1 , y2 и z3 . Тогда
3 ⋅ x1 + 10 ⋅ 0 + 4 ⋅ 0 − 15 = 0 или x1 = 5 ;
3
3 ⋅ 0 + 10 ⋅ y2 + 4 ⋅ 0 − 15 = 0 или y2 = ;
2
15
3 ⋅ 0 + 10 ⋅ 0 + 4 ⋅ z3 − 15 = 0 или z3 = .
4
Таким образом, точки пересечения заданной плоскости с коорди15 
 3 

натными осями – M 1 ( 5, 0, 0 ) , M 2  0, , 0  , M 3  0, 0,  (рис. 2.7.1).
4
 2 

z
15
4
y
x
3
2
5
Рис. 2.7.1
41
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
Задача 2.4. Плоскости Π i (i = 1, 2, 3, 4, 5) заданы своими
уравнениями:
2 x − 3 y + 5 = 0;
7( x − 3) + 5( z − 4 ) = 0;
3 y + 7 z + 10 = 0;
5 y − 2 = 0;
7 x + 11 = 0
соответственно. Установить, какая из этих плоскостей параллельна
координатной плоскости Oyz , и найти координаты точки пересечения этой плоскости с осью Ox .
Решение. Плоскость параллельна координатной плоскости
Oyz , если в ее уравнении отсутствуют переменные y и z . Следовательно, это плоскость Π 5 . Для нахождения точки пересечения
этой плоскости с осью Ox надо разрешить ее уравнение относи 11

тельно переменной x . Получим точку M  − ; 0; 0  (рис. 2.7.2).
 7

z
M
y
x
Рис. 2.7.2
2. Плоскость в пространстве
Решение. Подставив известные координаты точки M 0 в уравнение заданной плоскости Π i (i = 1, 2, 3, 4, 5), мы получим уравнение относительно переменной z . Решение этого уравнения, если оно
существует, определяет значение координаты z0 . Если же у полученного уравнения решения нет, то это означает, что точка M 0 не
лежит на рассматриваемой плоскости.
Подставим значения x = 2 , y = 5 в уравнения плоскостей
Π i (i = 1, 2, 3, 4, 5):
2 ⋅ 2 + 3 ⋅ (5 − 5) + 4 ⋅ ( z + 2) = 0 или 4 z + 12 = 0 ;
3 ⋅ 5 + 2 z + 7 = 0 или 22 + 2 z = 0 ;
5 ⋅ 2 + 7 ⋅ 5 + 15 = 0 или 60 = 0 ;
5 ⋅ (2 − 2) + 3 ⋅ (5 − 5) = 0 или 0 = 0 ;
2 + 5 + z − 6 = 0 или 1 + z = 0 .
Таким образом, получаем, что уравнения плоскостей Π1 , Π 2
и Π 5 разрешимы относительно z и имеют соответственно решения z0 = −3 , z0 = −11 и z0 = −1. То есть, на плоскости Π1 лежит
точка ( 2; 5; − 3) , на плоскости Π 2 лежит точка ( 2; 5; −11 ) , а на
плоскости Π 5 лежит точка ( 2; 5; −1) . Уравнение плоскости Π 3
превращается в неверное равенство, следовательно, точка M 0 на
плоскости Π 3 лежать не может. Уравнение плоскости Π 4 превращается в тождество. Следовательно, z0 может принимать в качестве значения любое действительное число. А это означает, что на
плоскости Π 4 лежит не одна точка, а семейство точек M 0 ( 2; 5; z ).
Задача 2.5. Плоскости Π i (i = 1, 2, 3, 4, 5) заданы соответственно своими уравнениями:
2 x + 3( y − 5) + 4( z + 2 ) = 0 ;
3y + 2z + 7 = 0 ;
5 x + 7 y + 15 = 0 ;
5( x − 2 ) + 3( y − 5) = 0 ;
x + y + z − 6 = 0.
Лежит ли точка M 0 ( 2; 5; z0 ) на плоскости Π i (i = 1, 2, 3, 4, 5)
и если лежит, то какова координата z0 ?
Задача 2.6. Плоскости Π i (i = 1, 2, 3, 4, 5) заданы своими
уравнениями:
5x − 3 y = 0 ;
3x + 2 y + 7 z + 3 = 0 ;
x + 3y + 4z = 0;
2x + 3y +1 = 0;
2( x + 3) − 3( y + 2 ) = 0
соответственно. Указать, какие из них содержат в себе ось Oz .
42
43
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
Решение. Если плоскость содержит в себе ось Oz , то ее уравнение не содержит переменной z , а совокупность значений x = 0 ,
y = 0 , z = 0 является его решением (т. е. плоскость проходит через
начало координат). Переменную z не содержат уравнения плоскостей Π1 , Π 4 и Π 5 . Однако совокупность значений x = 0 , y = 0 ,
z = 0 не является решением для уравнения плоскости Π 4 . Следовательно, только плоскости Π1 и Π 5 содержат ось Oz .
Задача 2.7. Найти координаты вершин тетраэдра, образованного координатными плоскостями и плоскостью Π , заданной
уравнением 5 x − 2 y + 3 z − 30 = 0 .
Решение. Приведем общее уравнение заданной плоскости Π
к уравнению в отрезках на осях. Для этого перенесем свободный
член в правую часть уравнения:
5 x − 2 y + 3 z = 30
и разделим все уравнение на него:
x
y
z
+
+ = 1.
6 (− 15) 10
Отсюда очевидны координаты точек пересечения плоскости
Π с осями координат, являющиеся одновременно и вершинами
данного тетраэдра (рис. 2.7.3): A(0; 0; 10 ), B(6; 0; 0) , C (0; − 15; 0 ) .
Еще одной вершиной является начало координат O .
z
A
10
y
C
− 15
O
B
6
x
2. Плоскость в пространстве
осях:
Задача 2.8. Плоскость Π задана уравнением в отрезках на
x
y
z
+
+ = 1.
2 (− 4 ) 6
Плоскости Π i (i = 1, 2, 3, 4, 5, 6) заданы соответственно уравнениями
12 x − 6 y + 4 z + 5 = 0 ;
2 x + 2 y − 3z + 7 = 0 ;
2x + 8 y + 6z + 3 = 0 ;
3 x − 1,5 y + z − 2 = 0 ;
x y
z
+
+ = 1;
4 − 8 12
6 x − 12 z + 31 = 0 .
Указать, какие из этих плоскостей параллельны плоскости Π ,
а какие из них перпендикулярны ей.
Решение. Запишем уравнение плоскости Π в общем виде,
умножив его на 12 и перенеся свободный член в левую часть
уравнения:
6 x − 3 y + 2 z − 12 = 0 .
Вектор нормали для плоскости Π – это вектор N = { 6; −3; 2 } .
Определим нормали N i для плоскостей Π i (i = 1, 2, 3, 4, 5, 6) :
3 

N1 = {12; −6; 4 }, N 2 = { 2; 2; −3 }, N 3 = { 2; 8; 6 }, N 4 =  3; − ; 1  ,
2 

N 5 = { 6; −3; 2 }, N 6 = { 6; 0; −12 }.
Векторы N1 и N 4 коллинеарны вектору N , а вектор N 5 ему
равен. На основании условия (2.5.3) параллельности плоскостей делаем вывод, что плоскости Π1 , Π 4 и Π 5 параллельны плоскости Π .
С помощью скалярного произведения проверим, ортогонален ли
вектор N векторам N 2 , N 3 , N 6 :
(N , N 2 ) = 6 ⋅ 2 + (− 3) ⋅ 2 + 2 ⋅ (− 3) = 0 ;
(N , N 3 ) = 6 ⋅ 2 + (− 3) ⋅ 8 + 2 ⋅ 6 = 0 ;
(N , N 6 ) = 6 ⋅ 6 + (− 3) ⋅ 0 + 2 ⋅ (− 12) ≠ 0 .
Рис. 2.7.3
44
45
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
2. Плоскость в пространстве
В силу условия (2.5.2) плоскости Π 2 и Π 3 перпендикулярны
плоскости Π . Плоскость Π 6 не параллельна и не перпендикулярна
плоскости Π .
 3 
Таким образом, получаем угол ϕ = arccos 
 . Это острый угол.
5 2 
Он совпадает с искомым двугранным углом.
Задача 2.9. Найти острый двугранный угол между плоскостью Π1 , заданной уравнением 6 x + 7 y + 6 z + 13 = 0 , и плоскостью
Π 2 , заданной уравнением 4 x − 3 y + 5 z + 2 = 0 .
Решение. Один из двугранных углов между двумя плоскостями совпадает с углом между нормалями к этим плоскостям
(рис. 2.7.4).
Задача 2.10. Найти расстояние между двумя параллельными
плоскостями Π1 и Π 2 , заданными уравнениями x + 2 y − z − 2 = 0
и 3 x + 6 y − 3 z + 7 = 0 соответственно.
Решение. Чтобы найти искомое расстояние, достаточно
найти расстояние от любой точки на одной из плоскостей до второй плоскости (рис. 2.7.5).
N1
ϕ
M0
Π1
N2
Π2
d
z
Π1
x
O
y
Π2
Рис. 2.7.5
z
x
O
ϕ
y
Рис. 2.7.4
Из уравнений плоскостей определим их нормали:
N 1 = { 6; 7; 6 } для плоскости Π1 и N 2 = { 4; −3; 5 } для плоскости
Π 2 . Косинус угла между полученными векторами вычислим по
формуле (2.5.1):
(N 1, N 2 ) = 6 ⋅ 4 + 7 ⋅ (− 3) + 6 ⋅ 5 = 33 = 3 .
cos ϕ =
N1 ⋅ N 2
6 2 + 7 2 + 6 2 ⋅ 4 2 + 32 + 52 11 ⋅ 5 2 5 2
46
Найдем точку, лежащую на плоскости Π1 . Положим x = 0 ,
y = 0 и подставим эти значения в уравнение плоскости Π1 . Получим z = −2 . Точка M 0 (0; 0; −2) принадлежит плоскости Π1 . Расстояние от точки M 0 до плоскости Π 2 вычислим по формуле
(2.4.22):
3 ⋅ 0 + 6 ⋅ 0 − 3 ⋅ (−2) + 7
6+7
13
.
d=
=
=
9 + 36 + 9 3 6
32 + 6 2 + (−3) 2
Задача 2.11. Доказать, что расстояние между двумя параллельными плоскостями Π1 и Π 2 , заданными соответственно уравнениями
Ax + By + Cz + D1 = 0 ;
Ax + By + Cz + D2 = 0 ,
47
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
или
можно найти по формуле
d=
2. Плоскость в пространстве
D1 − D2
2
2
A + B +C
2
.
Решение. Пусть точка M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) лежит на плоскости Π 2 .
Тогда, подставив ее координаты в уравнение плоскости Π 2 , имеем
Ax0 + By0 + Cz0 = − D2 . Расстояние от точки M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) до плоскости Π1 вычислим по формуле (2.4.22):
Ax0 + By0 + Cz0 + D1
D1 − D2
.
=
d=
2
2
2
2
A + B +C
A + B2 + C 2
Замечание. Чтобы применить формулу (2.7.1) к решению задачи 2.10, достаточно отметить, что в этой задаче A = 1, B = 2 ,
7
C = −1, D1 = −2 и D2 = . Тогда
3
7
−2−
13
3
=
d=
.
1+ 4 +1 3 6
Задача 2.12. Написать уравнения плоскостей, параллельных
7
15
плоскости Π1 , заданной уравнением 3 x + y − 3 z + = 0 , и отсто2
2
ящих от нее на расстояние, равное 1.
Решение. Любая плоскость, параллельная заданной плоско7
сти Π1 , описывается уравнением 3 x + y − 3 z + D = 0 , в котором
2
величина D зависит от расстояния до плоскости Π1 . Воспользуемся формулой (2.7.1) расстояния между плоскостями, учитывая,
15
что D1 = D и D2 = . Получим уравнение относительно неизвест2
ного параметра D :
15
D−
2
=1
49
9+ +9
4
48
D−
(2.7.1)
откуда D −
15 11
= ,
2
2
15
11
= ± . Получаем два значения параметра D :
2
2
13;
D =  Таким образом, условию задачи удовлетворяют два реше2.
ния – две плоскости Π 3 и Π 2 , описываемые соответственно урав7
7
нениями 3 x + y − 3 z + 13 = 0 и 3 x + y − 3 z + 2 = 0 (рис. 2.7.6).
2
2
Π3
d
Π1
d
z
x
O
y
Π2
Рис. 2.7.6
Задача 2.13. Плоскости Π1 и Π 2 заданы уравнениями
3 y − 4 z + 10 = 0 и 2 x + 3 y + 6 z + 7 = 0 соответственно. Написать
уравнения биссектральных плоскостей, делящих двугранные углы
между ними пополам.
Решение. Пусть точка M лежит на биссектральной плоскости. Тогда расстояния от нее до плоскостей Π1 и Π 2 одинаковы
(рис. 2.7.7). Следовательно, пользуясь формулой расстояния от
точки до плоскости (2.4.22), имеем:
49
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
3 y − 4 z + 10 2 x + 3 y + 6 z + 7
=
9 + 16
4 + 9 + 36
или
5
(2 x + 3 y + 6 z + 7 ) ,
7
откуда получим уравнения двух биссектральных плоскостей Π 3 и Π 4
2. Плоскость в пространстве
мали N , а точка M 1 ( x1; y1; z1 ) лежит на плоскости. Чтобы вычислить координаты N , составим векторы M 1M 2 = {−3; 7; 5}
и M 1M 3 = { 5; 5; −3}. Они лежат в искомой плоскости (рис. 2.7.8).
3 y − 4 z + 10 = ±
N
M3
10 x − 6 y + 58 z − 35 = 0 и 10 x + 36 y + 2 z + 105 = 0 .
M1
z
M
d
Π1
d
Π2
z
x
O
Π4
Π3
y
x
O
y
Рис. 2.7.8
Вектор N перпендикулярен обоим векторам. Следовательно,
он перпендикулярен искомой плоскости. Определим его как векторное произведение M 1M 2 и M 1M 3 :
  
i
j k
[
]
Замечание. Биссектральные плоскости всегда будут перпендикулярны друг другу. Проверим с помощью этого свойства правильность полученных уравнений для плоскостей Π 3 и Π 4 :
(N 3 , N 4 ) = 10 ⋅10 + (−6) ⋅ 36 + 58 ⋅ 2 = 0 .
Скалярное произведение нормалей данных плоскостей равно нулю, значит, биссектральные плоскости, действительно, перпендикулярны.
Задача 2.14. Составить уравнение плоскости, содержащей
точки M 1 ( 2; −3; 0 ), M 2 (−1; 4; 5) , M 3 ( 7; 2; −3) .
Решение. Воспользуемся уравнением плоскости в форме
A( x − x1 ) + B( y − y1 ) + C ( z − z1 ) = 0 , где A, B, C – координаты нор50
5 = {−46; 16; −50}.
N = M1M 2 ; M1M 3 = −3 7
5
Рис. 2.7.7
M2
5 −3
Таким образом, уравнение (2.1.2) плоскости, содержащей точку
M 1 (2; −3; 0 ) и имеющую нормаль N , имеет вид
− 46 ⋅ ( x − 2 ) + 16 ⋅ ( y + 3) − 50 ⋅ z = 0
или
23 ⋅ ( x − 2 ) − 8 ⋅ ( y + 3) + 25 ⋅ z = 0 .
(2.7.2)
Замечание. Уравнение искомой плоскости можно было получить и другим путем, используя понятие смешанного произведения векторов (2.3.5). В координатной форме оно будет иметь вид
(2.3.4)
x−2 y+3 z−0
−3
7
5
5
5
−3
51
=0
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
или
− 46 ⋅ ( x − 2 ) + 16 ⋅ ( y + 3) − 50 ⋅ z = 0 ,
что равносильно уравнению (2.7.2).
Задача 2.15. Написать уравнение пучка плоскостей, содержащих точки M 1 ( 2; −3; 5) и M 2 ( 0; 4; 3) .
Решение. Для составления уравнения пучка плоскостей нам
потребуется составить уравнения двух плоскостей, содержащих
прямую L , проходящую через заданные точки M1 и M 2 (рис. 2.7.9).
M3
M1
Π2
z
x
O
Π1
M2
M4
y
Рис. 2.7.9
Выберем точку M 3 так, чтобы векторы M 1M 3 и M 1M 2 не
были коллинеарными. Например, M 3 (1; 0; 0) . Тогда M 1M 3 =
= { −1; 3; −5}, M 1M 2 = {−2; 7; −2}. Для построения плоскости Π1 ,
содержащей точки M1 , M 2 и M 3 , воспользуемся понятием смешанного произведения векторов и уравнением (2.3.4):
x−2 y +3 z −5
−2
7
−2 = 0 или − 29( x − 2 ) − 8( y + 3) + ( z − 5) = 0 .
−1
3
−5
Таким образом, уравнение
29 x + 8 y − z − 29 = 0 .
плоскости
Π1
имеет
вид
2. Плоскость в пространстве
Рассмотрим теперь точку M 4 , не лежащую в плоскости Π1 ,
для которой векторы M 1M 4 и M 1M 2 не являются коллинеарными.
Например, точка M 4 (0; 1; 0 ) . Построим плоскость Π 2 , содержащую точки M1 , M 2 и M 4 :
x−2 y +3 z −5
−2
7
−2 = 0 или − 27( x − 2 ) − 6( y + 3) + 6( z − 5) = 0 .
−2
4
−5
Таким образом, мы получили уравнение плоскости Π 2 :
27 x + 6 y − 6 z − 6 = 0 или 9 x + 2 y − 2 z − 2 = 0 .
Теперь запишем искомое уравнение пучка плоскостей (2.6.3):
α (29 x + 8 y − z − 29) + β (9 x + 2 y − 2 z − 2 ) = 0 ,
где
α 2 + β2 ≠ 0 ,
α, β ∈ R .
Задача 2.16. Плоскости Π1 и Π 2 , заданные соответственно
уравнениями
2 x + 3 y − z + 7 = 0 и x + 2 y + 5z + 4 = 0 ,
образуют пучок плоскостей с центром – линией их пересечения.
Можно ли выделить из этого пучка плоскость, параллельную
плоскости Π 3
x + y − 6 z + 11 = 0 ?
Если можно выделить такую плоскость, то написать ее уравнение.
Решение. Запишем уравнение пучка заданных плоскостей
в виде (2.6.4):
(2α + β ) x + (3α + 2β) y + (−α + 5β) z + (7α + 4β) = 0 ( α 2 + β 2 ≠ 0 ).
Если одна из плоскостей пучка параллельна Π 3 , то ее нормаль N имеет вид N = {1; 1; −6 }. Тогда α и β удовлетворяют системе
2α + β = 1;

3α + 2β = 1;
− α + 5β = −6.

Решаем эту систему методом Гаусса:
52
53
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
6 
 2 1 1  1 − 5

 
  1 −5 6 
α = 1;
 ⇔ 
 3 2 1  ⇔  0 11 −11  ⇔ 
1 −1
β = −1.
 −1 5 −6   0 17 −17   0

 

Система имеет единственное решение. Подставив найденные
значения параметров α и β в уравнение пучка, получим уравнение
искомой плоскости
x + y − 6z + 3 = 0 .
Задача 2.17. Плоскости Π1 и Π 2 , заданные соответственно
уравнениями
2 x + 3 y − z + 7 = 0 и x + 2 y + 5z + 4 = 0 ,
образуют пучок плоскостей с центром – линией их пересечения.
Можно ли выделить из этого пучка плоскость, параллельную
плоскости Π 3
3x + 5 y − z + 2 = 0 ?
Если можно выделить такую плоскость, то написать ее уравнение.
Решение. Запишем уравнение пучка заданных плоскостей
в виде (2.6.4):
(2α + β ) x + (3α + 2β) y + (−α + 5β) z + (7α + 4β) = 0 ( α 2 + β 2 ≠ 0 ).
Если плоскость, входящая в этот пучок, параллельна Π 3 , то
ее нормаль N имеет вид N = {3; 5; − 1}, а α и β удовлетворяют системе
2α + β = 3;

3α + 2β = 5;
− α + 5β = −1.

Решаем эту систему методом Гаусса:

 


 

 2 1 3  1 −5 1 1 −5 1  1 −5 1 

 

1 
1 
⇔ 0 1
 3 2 5  ⇔  0 11 1  ⇔  0 1
11 
11  
 −1 5 −1  0 17 2  
5 
2 

 
 
0 1
 0 0

187 
17  

.
54
2. Плоскость в пространстве
Очевидно, что система решения не имеет. Среди плоскостей пучка
нет плоскости, параллельной плоскости Π 3 .
Задача 2.18. Даны точки M 1 ( 2; 1; 0 ) , M 2 (2; 2; 2 ) , M 3 ( 4; 3; 2) ,
M 4 ( 4; 2; 0 ) . Показать, что эти точки лежат в одной плоскости
и являются вершинами ромба.
Решение. Построим плоскость Π , в которой лежат точки M 1 ,
M 2 , M 3 . Ее уравнение имеет вид (2.3.4)
x−2
y −1 z
0
1
2 = 0.
2
2
2
Упростим это уравнение:
−2( x − 2) + 4( y − 1) − 2 z = 0 ,
или
x − 2 − 2( y − 1) + z = 0 ,
или
x − 2y + z = 0.
Подставим в полученное уравнение координаты точки M 4
и получим верное равенство
4 − 4 = 0.
Следовательно, точка M 4 лежит в плоскости Π , в которой
лежат точки M 1 , M 2 , M 3 . Уравнение этой плоскости –
x − 2y + z = 0.
Теперь по формуле (1.1.3) найдем все возможные расстояния
между точками M i (i = 1, 2, 3, 4) :
M 1M 2 = 5 ;
M 1M 3 = 12 ;
M 2M 3 = 5 ;
M 2M 4 = 8 ;
Следовательно, четырехугольник
(рис. 2.7.10).
55
M 1M 4 = 5 ;
M 3M 4 = 5 .
M 1M 2 M 3 M 4 –
ромб
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
M2
M1
M3
M4
Рис. 2.7.10
Задача 2.19. Даны точки M 1 (2; 1; 0 ) , M 2 (2; 2; 2 ) , M 3 (4; 3; 2 ) ,
M 4 (4; 2; 0) , которые лежат в одной плоскости и являются вершинами ромба (задача 2.18). Написать уравнение плоскости, перпендикулярной плоскости ромба M 1M 2 M 3 M 4 и проходящей через его
диагональ M1M 3 .
Решение. В задаче 2.18 была построена плоскость Π с нормалью N = {1; −2; 1}, в которой лежат точки M 1 , M 2 , M 3 и M 4 .
Уравнение этой плоскости –
x − 2y + z = 0.
Нормаль искомой плоскости N1 перпендикулярна нормали N
и вектору M 1M 3 = { 2; 2; 2}. Следовательно,

i

j

k
2. Плоскость в пространстве
Задача 2.20. Составить уравнение плоскости, перпендикулярной двум плоскостям, заданным уравнениями соответственно
2x − 3y + z − 3 = 0
и
− x + y − 3z + 1 = 0 ,
и проходящей через их общую точку с нулевой абсциссой.
Решение. Нормаль искомой плоскости N перпендикулярна
нормалям N1 = { 2; −3; 1} и N 2 = { −1; 1; −3} заданных плоскостей.
Следовательно,



i
j
k
N = N1; N 2 = 2 − 3 1 = {8; 5; −1}.
−1 1 − 3
[
]
Общая точка M ( 0; y; z ) плоскостей должна удовлетворять их
уравнениям одновременно. Следовательно, найти неизвестные ее
координаты можно через решение системы уравнений заданных
плоскостей:
 y = −1;
− 3 y + z = 3;
 2 ⋅ 0 − 3 y + z − 3 = 0;
⇔
⇔

 z = 0.
− 1 ⋅ 0 + y − 3 z + 1 = 0.  y − 3 z = −1.
Таким образом, общая точка имеет координаты M ( 0; −1; 0 ) и искомая плоскость имеет уравнение
8( x − 0 ) + 5( y + 1) − ( z − 0 ) = 0
или
8x + 5 y − z + 5 = 0 .
N1 = 1 − 2 1 = {−3; 0; 3}.
1
1
1
Тогда искомая плоскость имеет уравнение
( x − 2) − z = 0
или
x − z − 2 = 0.
56
57
3. Прямая в пространстве
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
3. ПРЯМАЯ В ПРОСТРАНСТВЕ
3.1. Канонические уравнения прямой
Зададим в пространстве ненулевой вектор L {l , m, n}. Параллельно ему проходит бесконечное множество параллельных прямых. Выберем из этих прямых единственную прямую, проходящую через фиксированную точку M 0 ( x0 , y0 , z 0 ) . Таким образом,
прямая в пространстве однозначно определяется заданием точки
M 0 ( x0 , y0 , z 0 ) , лежащей на прямой, и ненулевым вектором
L {l , m, n}, параллельным прямой. Вектор L называется направляющим вектором прямой.
Для того чтобы описать заданную прямую алгебраически,
введем произвольную точку M ( x, y, z ) , лежащую на прямой. Такую точку называют текущей точкой прямой с переменными координатами x , y , z (рис. 3.1.1).
z

r0

r − r0

r
y
Рис. 3.1
Рис. 3.1.1

Пусть r0 = OM 0 = {x0 , y0 , z0 } – радиус-вектор заданной точки

M 0 ( x0 , y0 , z 0 ) , а вектор r = OM ={x, y , z} – радиус-вектор текущей
точки M. Установим связь между известными заданными вектора

ми L , r0 и текущим вектором r .
58
или
 x − x 0 = λl ;

 y − y 0 = λm;
 z − z = λn
0

(3.1.2)
 x = λ l + x0 ;

 y = λm + y 0 ;
 z = λn + z .
0

(3.1.3)
M
O
x
где λ ∈ (−∞; +∞) – некоторое число. Уравнение (3.1.1) называется
уравнением прямой в векторно-параметрической форме.
Запишем уравнение (3.1.1) в координатной форме:
Система уравнений (3.1.3) называется параметрическими
уравнениями прямой, проходящей через точку M 0 ( x0 , y0 , z 0 ) с заданным направляющим вектором L {l , m, n}.
Представим систему уравнений (3.1.2) в виде

L
M0 
Точка M ( x, y, z ) лежит на прямой тогда и только тогда, когда
 
вектор M 0 M = (r − r0 ) = {x − x0 , y − y 0 , z − z 0 } коллинеарен вектору L {l , m, n} (см. рис. 3.1.1). Необходимое и достаточное условие
коллинеарности заключается в равенстве вида
 
r − r0 = λL ,
(3.1.1)
 x − x0
 l = λ;
 y − y
0
= λ;

 m
 z − z0 = λ ,
 n
(3.1.4)
откуда получаем совокупность равенств:
x − x0 y − y 0 z − z 0
=
=
.
l
m
n
59
(3.1.5)
3. Прямая в пространстве
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
Совокупность уравнений (3.1.5) называется каноническими уравнениями прямой в пространстве, проходящей через точку
M 0 ( x0 , y0 , z 0 ) параллельно вектору L {l , m, n}.
Замечание 3.1. Равенства (3.1.5) понимаются так:
( x − x0 )m = ( y − y0 )l ;
( x − x0 )n = ( z − z0 )l ;
( y − y0 ) n = ( z − z 0 ) m .
Поэтому одно или два из чисел m , n или l могут оказаться
равными нулю.
Каждое из этих уравнений является уравнением первой степени относительно переменных x , y и z , т. е. каждое из них определяет плоскость. Таким образом, прямая однозначно определяется в пространстве как линия пересечения двух непараллельных
плоскостей.
Пусть уравнение
A1x + B1 y + C1z + D1 = 0
(3.3.1)
задает плоскость Π1 с нормалью N 1{A1 , B1 , C1}, а уравнение
A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0
3.2. Уравнения прямой, проходящей через две точки
Известно, что через две точки проходит единственная прямая.
Зададим две точки: M 0 ( x0 , y0 , z0 ) и M 1 ( x1 , y1, z1 ) – и напишем
уравнения прямой, проходящей через эти точки. В качестве
направляющего вектора L {l , m, n} возьмем вектор M 0 M 1 =
задает плоскость Π 2 с нормалью N 2 {A2 , B2 , C2 } (рис. 3.3.1).
N2
= {x1 − x0 , y1 − y0 , z1 − z0 } и воспользуемся каноническими уравнениями (3.1.5). Тогда получим
x − x0
y − y0
z − z0
=
=
.
x1 − x0 y1 − y0 z1 − z0
(3.3.2)
N1
Π2
L
Π1
(3.2.1)
Совокупность уравнений (3.2.1) называется уравнениями
прямой в пространстве, проходящей через две заданные точки
M 0 ( x0 , y0 , z 0 ) и M 1 ( x1 , y1, z1 ) .
3.3. Прямая как линия пересечения двух плоскостей
z
x
O
y
Рис. 3.3.1
Тогда прямую в пространстве можно описать системой уравнений вида
 A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0 ;
(3.3.3)

 A2 x + B2 y + C 2 z + D2 = 0.
Канонические уравнения прямой (3.1.5) можно записать в виде системы уравнений
y − y0
 x − x0
 x − x = y − y ;
1
0
1
0
 y− y
z − z0
0

=
.
 y1 − y0 z1 − z0
Прямая, заданная системой уравнений (3.3.3), лежит в плоскости Π1 , а значит, ее направляющий вектор L ортогонален нормали N 1 . Прямая (3.3.3) лежит в плоскости Π 2 , а значит, направ-
60
61
3. Прямая в пространстве
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
ляющий вектор L ортогонален нормали N 2 . Таким образом, вектор L ортогонален и N 1 , и N 2 . Тогда в качестве направляющего
вектора L можно брать результат векторного произведения нормалей N 1 и N 2 заданных плоскостей Π1 и Π 2 , т. е.

i

j

k
L = N 1; N 2 = A1
B1
C1 .
A2
B2
C2
[
]
(3.3.5)
С другой стороны, можно воспользоваться канонической
формой уравнений прямой (3.1.5). Поскольку
ось Oz содержит

начало координат O(0; 0; 0 ), а ее орт k {0; 0; 1} можно взять в качестве направляющего вектора, то получим канонические уравнения
Зададим прямую α1 с направляющим вектором L1{l1 , m1 , n1}
уравнениями
x − x1 y − y1 z − z1
.
(3.4.1)
=
=
l1
m1
n1
Зададим прямую α 2 с направляющим вектором L2 {l2 , m2 , n2 }
уравнениями
x − x2 y − y 2 z − z 2
.
(3.4.2)
=
=
l2
m2
n2
Углом между прямыми назовем угол ϕ между их направляющими векторами L1{l1 , m1 , n1} и L2 {l2 , m2 , n2 } (рис. 3.4.1).
α1
62
L1
ϕ
L2
(3.3.6)
α2
оси Oz . Перейдем от уравнений (3.3.6) к параметрической форме
(3.1.3) и получим систему уравнений
 x = 0;

 y = 0;
 z = λ, λ ∈ R.

0
3.4. Взаимное расположение прямых
Пример 3.1. Напишем уравнения оси Oz . Ось Oz является
пересечением координатной плоскости xOz с уравнением (2.1.8)
и координатной плоскости yOz с уравнением (2.1.9). Значит, ось
Oz описывает система уравнений
x y z
= =
0 0 1
1 0
(3.3.4)
В качестве координат точки M 0 , лежащей на прямой, заданной системой уравнений (3.3.3), можно взять любое решение этой
системы.
 x = 0;

 y = 0.
Заметим, что в качестве направляющего вектора оси Oz можно брать векторное произведение нормалей к координатным плоскостям xOz и yOz :
  
i j k

L = 0 1 0 = −k . ■
z
O
y
x
Рис. 3.4.1
63
3. Прямая в пространстве
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
Он может быть найден через скалярное произведение и длины их направляющих векторов:
cos ϕ =
l1l2 + m1m2 + n1n2
( L1 , L 2 )
=
.
2
L1 ⋅ L 2
l1 + m12 + n12 ⋅ l22 + m22 + n22
x
α1
y
Рис. 3.4.2
Тогда
( L1 , L 2 ) = 0
или
l1l2 + m1m2 + n1n2 = 0 .
(3.4.4)
Условие параллельности прямых эквивалентно условию коллинеарности направляющих векторов (рис. 3.4.3).
Тогда L1 = λ L 2 или
l1 m1 n1
(3.4.5)
=
= .
l2 m2 n2
Две различные прямые в пространстве могут пересекаться,
т. е. иметь одну общую точку, или не пересекаться, т. е. не иметь
общих точек.
64
z
O
y
x
Рис. 3.4.3
z
O
L1
α1
L1
α2
α2
(3.4.3)
Отсюда получим условие перпендикулярности прямых. Оно
π
следует из условия ϕ = , а значит, cos ϕ = 0 (рис. 3.4.2).
2
L2
L2
Если прямые пересекаются, то координаты точки пересечения прямых должны удовлетворять как уравнению (3.4.1) первой
прямой α1 , так и уравнению (3.4.2) второй прямой α 2 . Удобнее
при этом воспользоваться параметрическим заданием прямых
в виде (3.1.3). Введем параметр μ для прямой α1 (3.4.1):
x − x1 y − y1 z − z1
=
=
= μ.
l1
m1
n1
Получим
 x = μl1 + x1 ;

(3.4.6)
 y = μm1 + y1 ;
 z = μn + z .

1
1
Введем параметр λ для прямой α 2 (3.4.2):
x − x2 y − y 2 z − z 2
=
=
=λ.
l2
m2
n2
Получим
 x = λl 2 + x 2 ;

 y = λm 2 + y 2 ;
 z = λn + z .
2
2

65
(3.4.7)
3. Прямая в пространстве
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
Решая совместно (3.4.6) и (3.4.7), мы получаем систему уравнений относительно параметров λ и μ
 μl1 + x1 = λl2 + x2 ;

μm1 + y1 = λm2 + y2 ;
 μn + z = λn + z .
 1 1
2
2
(3.4.8)
Если система (3.4.8) имеет бесконечное множество решений,
то прямые α1 и α 2 совпадают.
Если система (3.4.8) имеет единственное решение, то прямые
α1 и α 2 имеют точку пересечения. Для нахождения ее координат
подставим найденные значения параметров в одно из уравнений
(3.4.6) или (3.4.7).
Если система (3.4.8) не имеет решения, то прямые α1 и α 2 не
имеют общей точки. В этом случае прямые либо параллельны, либо
нет. Если прямые параллельны, то они лежат в одной плоскости,
а их направляющие векторы коллинеарны и для них выполняется
условие (3.4.5). В противном случае, т. е. когда условие (3.4.5) не
выполняется, прямые не параллельны. Такие прямые, не имея общей
точки, не могут лежать в одной плоскости. Если через две прямые
нельзя провести плоскость, то они называются скрещивающимися.
3.5. Задачи к разделу 3
M 1 (1; 5; −15) , M 2 (0; 1; −2) ,
x−7 y+4 z
= ?
=
M 3 (3; 2; 10) на прямой α , заданной уравнениями
2
−3
5
Решение. Чтобы определить, лежит ли точка на прямой,
нужно подставить ее координаты в уравнения прямой. Если все
уравнения прямой превращаются в верные равенства, то точка лежит на прямой. Если хотя бы одно из них превращается в неверное
равенство, то точка на прямой не лежит.
Подставляем координаты точки M 1 в уравнение прямой α :
Задача 3.1. Лежат ли точки
1 − 7 5 + 4 − 15
=
=
= −3 .
2
−3
5
Точка M 1 лежит на прямой α .
66
Подставляем координаты точки M 2 в уравнение прямой α :
0 − 7 1+ 4 − 2
.
≠
≠
2
−3
5
Точка M 2 не лежит на прямой α .
Подставляем координаты точки M 3 в уравнение прямой α :
3 − 7 2 + 4 10
=
≠ .
2
−3
5
Точка M 3 не лежит на прямой α .
Задача 3.2. Какие из точек M 1 (1; 5; −15) , M 2 (0; 1; 2) ,
M 3 (3; 2; 10) лежат на прямой, заданной уравнениями
 x = 3t + 6;

 y = t + 3;
 z = 8t + 18, t ∈ R ?

Решение. Прямая задана параметрическими уравнениями.
Каждой точке, лежащей на этой прямой, соответствует определенное значение параметра t. Если точка лежит на прямой, то, подставив ее координаты в заданную систему (L), мы получим совместную систему из трех уравнений с одним неизвестным. Если точка
не лежит на этой прямой, то система из трех уравнений окажется
несовместной.
Подставляем в заданную систему координаты точки M 1 :
5

3t + 6 = 1;
t = − 3 ;


или t = 2;
t + 3 = 5;
33

8t + 18 = −15

t = − 8 .
Мы получили несовместную систему.
Подставляем координаты точки M 2 :
3t + 6 = 0;

t + 3 = 1;
8t + 18 = 2.

Эта система имеет единственное решение t = −2 .
67
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
3. Прямая в пространстве
Подставляем координаты точки M 3 :
3t + 6 = 3;

t + 3 = 2;
8t + 18 = 10.

Система имеет очевидное решение t = −1.
Итак, точки M 2 и M 3 лежат на заданной прямой, а точка M 1
не лежит.
2x + 1 y − 3 z
=
= ,
7
2
1
x + 2 2y + 4 z − 3
=
=
,
5
7
−5
x −4 y + 2 z −5
=
=
.
−6
12
−3
Определить, какие из указанных прямых αi (i = 1, 2, 3, 4, 5)
параллельны прямой α , а какие перпендикулярны ей.
Решение. Определим направляющие векторы прямых α
и α i (i = 1, 2, 3, 4, 5) , обозначив их соответственно через L
и Li (i = 1, 2, 3, 4, 5) : L = {2; −4; 1} , L1 = {4; −8; 2}, L2 = {−1; −0,5; 0} ,
7
L3 = { ; 2; 1} , L4 = {5; 7; −5} , L5 = {−6; 12; −3} . Заметим, что векторы
2
L и Li (i = 1, 2, 4, 5) получены непосредственно из уравнений,
а чтобы найти L3 , пришлось предварительно привести уравнения
прямой α 3 к каноническому виду:
1
x+
2 = y−3= z.
7
2
1
2
Проверим теперь выполнение условий параллельности (3.4.5)
и перпендикулярности (3.4.4) прямых. Очевидно, что, сравнивая
отношения соответствующих координат векторов L1 , L5 и L , получим:
4 −8 2
−6 12 −3
=
= = 2,
=
=
= −3 .
2 −4 1
2 −4 1
Следовательно, прямые α1 и α5 параллельны прямой α . Вычислим скалярные произведения:
7
( L, L2 ) = 2(−1) − 4(−0,5) + 1 ⋅ 0 = 0 , ( L, L3 ) = 2 ⋅ − 4 ⋅ 2 + 1 ⋅ 1 = 0 ,
2
( L, L4 ) = 2 ⋅ 5 − 4 ⋅ 7 + 1 ⋅ (−5) = −23 ≠ 0 .
Задача 3.3. Написать параметрические уравнения прямой α ,
проходящей через точки M 1 (2; −3; 7) и M 2 (3; 4; −5) .
Решение. Воспользуемся уравнениями (3.2.1) прямой, проходящей через две заданные точки. Получим канонические уравнения прямой:
x−2 y+3 z−7
=
=
.
3−2 4+3 −5−7
Введем в полученную систему уравнений параметр t:
x−2 y+3 z−7
=
=
= t.
1
7
− 12
Тогда искомые параметрические уравнения имеют вид
 x = t + 2;

 y = 7t − 3;
 z = −12t + 7.

Задача 3.4. Прямая α задана каноническими уравнениями
x+3
y
z+7
=
=
.
2
−4
1
Прямые α i (i = 1, 2, 3, 4, 5) заданы соответственно уравнениями
 x = 4t + 3;

 y = −8t + 1;
 z = 2t − 4,

x
y+3 z −4
,
=
=
− 1 − 0,5
0
68
69
3. Прямая в пространстве
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
Следовательно, прямые α 2 и α 3 перпендикулярны прямой
α . Прямая α 4 не является для прямой α ни параллельной, ни перпендикулярной.
Задача 3.5. Прямые α i (i = 1, 2) заданы соответственно уравнениями:
x
y+3 z −4
,
=
=
− 1 − 0,5
0
 x = 5t − 2;

2 y = 7t − 4;
 z = −5t + 3, t ∈ R .

Написать канонические уравнения прямой β1 , проходящей
через точку P1 (−3; 0; −7) параллельно прямой α1 , и прямой β2 ,
проходящей через точку P2 (−1; −4; −6) параллельно прямой α 2 .
Решение. Поскольку прямая β1 параллельна прямой α1 ,
направляющий вектор L1 = {−1; −0,5; 0} прямой α1 может служить
направляющим вектором прямой β1 . В силу (3.1.5) ее канонические уравнения имеют вид
x+3
y
z+7
=
=
.
− 1 − 0,5
0
Аналогично канонические уравнения прямой β2 имеют вид
x +1 y + 4 z + 6
.
=
=
7
5
−5
2
Задача 3.6. Найти уравнение линии, являющейся пересечением плоскостей
2x − y − 7 = 0 и 2x − z + 5 = 0 .
Решение. Линией пересечения двух плоскостей является
прямая (рис. 3.5.1). Причем, поскольку она принадлежит обеим
плоскостям, она перпендикулярна нормалям обеих плоскостей одновременно. Таким образом, направляющий вектор этой прямой
можно найти, воспользовавшись свойством векторного произведе70
ния: векторное произведение перпендикулярно обоим перемножаемым векторам. Итак, в силу (3.3.4)

i

j
L = 2 −1
2
0

k
0 = {1; 2; 2}.
−1
N2
L
α
Π2
z
O
N1
A
Π1
y
x
Рис. 3.5.1
Для составления уравнения прямой кроме направляющего
вектора необходимо знать координаты точки, лежащей на этой
прямой. Координаты точки, лежащей на пересечении плоскостей,
удовлетворяют обоим уравнениям плоскостей. Значит, найдя хотя
бы одно решение системы, составленной из уравнений плоскостей
2 x − y − 7 = 0;

 2 x − z + 5 = 0,
мы найдем координаты такой точки. Для решения этой системы
можно задать для одной из координат произвольное значение
(например, x = 0 ), а другие координаты вычислить, подставив это
значение в уравнения системы. Координаты {x = 0; y = −7; z = 5}
являются одним из решений системы. Запишем уравнение искомой
прямой, пользуясь каноническими уравнениями прямой (3.1.5):
x − 0 y − (−7) z − 5
=
=
1
2
2
71
3. Прямая в пространстве
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
или
cos ϕ =
x y+7 z −5
=
=
.
1
2
2
Задача 3.7. Найти угол между прямыми α1 и α 2 , заданными
системами уравнений соответственно
2 x − y − 7 = 0;
3 x − 2 y + 8 = 0;
и


 2x − z + 5 = 0
3 x = z.
L2
Π1
ϕ
L1
O
Π4
Π2
α2
−1
Угол между прямыми α1 и α 2 найдем через скалярное произведение и длины их направляющих векторов по формуле (3.4.3):
( L1 , L 2 )
cos ϕ =
,
L1 ⋅ L 2
72
20
,
21
N1
 20 
ϕ = arccos   .
 21 
L1
α1
M
Π1
z
O
0
=
L
Π2
y
x
3
2
α
Решение. Прямые α1 и α 2 заданы как пересечение плоскостей (рис. 3.5.2). Направляющие векторы прямых найдем через
векторное произведение нормалей пересекающихся плоскостей по
формуле (3.3.4):


 
 
i
j
k
i
j
k
L1 = 2 − 1 0 = {1; 2; 2}, L2 = 3 − 2 0 = {2; 3; 6}.
−1
2
N2
Рис. 3.5.2
0
2
Задача 3.8. Составить уравнение прямой α1 , проходящей через точку M (2; 3; −5) параллельно другой прямой α , являющейся
пересечением плоскостей
3x − y + 2 z − 9 = 0 и x + 3 y − 2 z + 3 = 0 .
Решение. За направляющий вектор L1 искомой прямой α1
можно взять направляющий вектор L прямой α , поскольку эти
прямые параллельны (рис. 3.5.3).
x
2
2
1 +2 +2 ⋅ 2 +3 +6
N4
α1
y
2
Π3
N1
N2
z
N3
1⋅ 2 + 2 ⋅ 3 + 2 ⋅ 6
2
Рис. 3.5.3
А направляющий вектор L прямой α найдем через векторное
произведение нормалей пересекающихся
плоскостей (3.3.4):



i
j
k
2 = {− 4; 8; 10}.
L1 = L = 3 − 1
1
3 −2
Составим уравнение искомой прямой α1 в каноническом виде (3.1.5):
x−2 y −3 z +5
x−2 y −3 z +5
=
=
.
=
=
или
−2
4
5
8
10
−4
73
3. Прямая в пространстве
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
Задача 3.9. Написать уравнение прямой α , параллельной
прямой α1
 x = 2t + 3;

 y = t − 4;
 z = −t + 2

и проходящей через точку пересечения прямых α 2 и α 3 , заданных
соответственно уравнениями
 x = 1;
x −1 y z +1

= =
и  y = λ;
2
3
−1
 z = −2λ − 1.

Решение. Чтобы найти точку пересечения прямых α 2 и α3
(рис. 3.5.4), надо решить систему, составленную из уравнений этих
прямых.
α3
L
α
α2
x
α1
M
z
O
L1
y
Рис. 3.5.4
Задача 3.10. Найти точку пересечения прямых α1 и α 2 , заданных соответственно каноническими уравнениями
x −1 y − 2 z + 4
x − 2 y − 5 z −1
=
=
=
и
=
.
−1
5
2
2
−2
3
Решение. Координаты точки пересечения прямых (рис. 3.5.5)
должны удовлетворять уравнениям обоих прямых.
α1
α2
z
M
O
y
x
Рис. 3.5.5
Перепишем соответствующие уравнения прямых α1 и α 2
в параметрическом виде
 x = −λ + 1;

(3.5.1)
 y = 5λ + 2;
 z = 2λ − 4, λ ∈ R,

и
 x = 2μ + 2;

(3.5.2)
 y = −2μ + 5;
 z = 3μ + 1, μ ∈ R.

Однако в данном случае можно заметить, что в уравнениях
этих прямых присутствует одна и та же точка M (1; 0; −1) . За
направляющий вектор искомой прямой α можно взять направляющий вектор L1 = {2; 1; − 1} прямой α1 , которой прямая α должна
быть параллельна, т. е. L = {2; 1; −1}. Тогда уравнение искомой
прямой α будет следующим:
x −1 y z +1
= =
.
2
1
−1
Приравнивая друг другу значения при x , y и z в обеих системах, получим систему относительно переменных λ и μ
− λ − 2μ = 1;

 5λ + 2μ = 3;
 2λ − 3μ = 5.

Решим ее методом Гаусса:
74
75
3. Прямая в пространстве
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
 −1 −2 1   −1 −2 1 

 
  − 1 −2
1  1 0 1
.
⇔
 5 2 3  ⇔  0 −8 8  ⇔ 
1 − 1  0 1 −1
 2 −3 5   0 −7 7   0

 

Система имеет единственное решение λ = 1 и μ = −1 . Подставив эти значения параметров в соответствующие уравнения прямых (3.5.1) и (3.5.2), мы получим одну и ту же точку M (0; 7; −2) –
точку пересечения заданных прямых.
Определим, имеют ли они точку пересечения. Для этого запишем параметрические уравнения прямых α1 и α 2 :
 x = −t − 3;

 y = −0,5t;
 z = −7, t ∈ R,

(3.5.3)
Задача 3.11. Лежат ли прямые α1 и α 2 , заданные соответx+3
y
z+7
x +1 y + 4 z + 6
=
=
ственно уравнениями
и
,
=
=
5
7
−5
− 1 − 0,5
0
в одной плоскости?
Решение. Две прямые лежат в одной плоскости в двух случаях: если они параллельны (рис. 3.5.6, а), или если они пересекаются (рис. 3.5.6, б). Непараллельные и непересекающиеся прямые являются скрещивающимися (рис. 3.5.6, в).
 x = 5λ − 1;

 y = 7λ − 4;
 z = −5λ − 6, λ ∈ R.

(3.5.4)
Координаты точки пересечения прямых α1 и α 2 должны удовлетворять обеим системам: (3.5.3) и (3.5.4). Получаем относительно t и λ систему трех уравнений
−t − 3 = 5λ − 1;

−0,5t = 7λ − 4;
−7 = −5λ − 6

или
а
t + 5λ = −2;

0,5t + 7λ = 4;
5λ = 1.

Для решения этой системы уравнений применим метод Гаусса:
Очевидно, что прямые α1 и α 2 не параллельны, поскольку
условие параллельности прямых (3.4.5) не выполняется:
1
0,5
− ≠−
.
5
7
−2   1 5 −2 
−2   1 5

 
 
4  ⇔  0 9 / 2 5  ⇔  0 1 10 / 9  ⇔
1   0 1 1 / 5   0 1 1 / 5 
−2 
1 5


⇔ 0 1
10 / 9  .
 0 0 −41 / 45 


Получили неверное равенство. Эта система является несовместной. Следовательно, прямые α1 и α 2 точки пересечения не имеют.
Итак, прямые α1 и α 2 не лежат в одной плоскости.
76
77
z
в
б
x
O
y
Рис. 3.5.6
 1 5

1 / 2 7
 0 5

3. Прямая в пространстве
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
Задача 3.12. Образуют ли прямые α1 , α 2 и α3 , заданные соответственно уравнениями
x−2 y+4 z
= ,
=
3
−2 7
x −5 y +6 z −7
,
=
=
2
1
−3
x − 9 y + 12 z − 9
,
=
=
7
9
−8
треугольник? Если они образуют треугольник, то найти косинусы
его внутренних углов. Если прямые α1 , α 2 и α3 не образуют треугольник, то определить, какие пары из этих прямых являются пересекающимися, скрещивающимися или параллельными.
Решение. Прямые α1 , α 2 и α3 образуют треугольник, если
они попарно пересекаются в трех различных точках. Определим
для каждой пары прямых, имеют ли они точки пересечения.
Запишем уравнения α1 и α 2 в параметрической форме
 x = 3t + 2;

 y = −2t − 4;
 z = 7t , t ∈ R ,

(3.5.5)
 x = 2λ + 5;

 y = −3λ − 6;
 z = λ + 7, λ ∈ R.

(3.5.6)
Составим систему уравнений относительно t и λ , приравнивая друг другу одноименные координаты из систем (3.5.5)
и (3.5.6):
 3t − 2λ = 3;

−2t + 3λ = −2;
 7t − λ = 7,

и решим ее методом Гаусса:
78
(3.5.7)
 1 −3 / 2 1 
 1 −3 / 2 1 
 3 −2 3 






 1 0 1
 .
−2  ⇔  3 −2
3  ⇔  0 5 / 2 0  ⇔ 
 −2 3
0 1 0



7
 7 −1 7 
−1
7
 0 19 / 2 0 



Система (3.5.7) имеет единственное решение: t = 1 и λ = 0 .
Подставив найденное значение t = 1 в (3.5.5) (или λ = 0 в (3.5.6)),
найдем точку пересечения A(5; −6; 7) прямых α1 и α 2 .
Чтобы найти возможную точку пересечения прямых α1 и α3 ,
перейдем к параметрическому заданию прямой α 3
 x = 7μ + 9;

 y = −8μ − 12;
 z = 9μ + 9, μ ∈ R,

(3.5.8)
и составим систему уравнений относительно t и μ , приравнивая
друг другу одноименные координаты из систем (3.5.5) и (3.5.8):
 3t − 7μ = 7;

−2t + 8μ = −8;
 7t − 9μ = 9.

Решим ее методом Гаусса:
4 
 1 −4
 1 −4 4 
 3 −7 7 






 t = 0;
−5  ⇔ 
 −2 8 −8  ⇔  3 −7 7  ⇔  0 5
μ = −1.
 0 19 −19 
 7 −9 9 
7 9
9 





Прямые α1 и α3 имеют точку пересечения B(2; −4; 0) .
Определим возможную точку пересечения прямых α 2 и α3 .
Решая совместно системы (3.5.6) и (3.5.8), получим систему уравнений относительно λ и μ и решим ее методом Гаусса:
 1 −9 2   1 −9 2 
 2λ − 7μ = 4;

 

λ = 2;

−3λ + 8μ = −6; ⇔  2 −7 4  ⇔  0 11 0  ⇔ 
μ = 0.
 −3 8 −6   0 −19 0 
 λ − 9μ = 2


 

Прямые α 2 и α 3 имеют точку пересечения C (9; −12; 9) .
79
3. Прямая в пространстве
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
Итак, прямые α1 , α 2 и α3 образуют треугольник ABC . Его
внутренние углы α, β, γ образованы соответственно парами векторов AB и AC , − AB и BC , − BC и − AC (рис. 3.5.7).
y − 7 z + 12
,
=
− 10
11
 x = −4t + 3;

 y = 8t − 1;
 z = −14t + 2, t ∈ R,

x +1 =
C
γ
α
α2
z
A
B
α3
α1
y
O
β
x
Рис. 3.5.7
Определим координаты указанных векторов:
AB = {−3; 2; −7}, BC = {7; −8; 9}, AC = {4; −6; 2}
(очевидно, что векторы коллинеарны прямым α1 , α 2 и α 3 соответственно). Воспользуемся формулой (3.4.3) для косинуса угла
между двумя векторами:
( AB, AC )
−12 − 12 − 14
−38
19
;
cos α =
=
=−
=−
9 + 4 + 49 ⋅ 16 + 36 + 4
62 ⋅ 56
2 217
AB ⋅ AC
cos β = −
cos γ =
( AB, BC )
−21 − 16 − 63
100
50
=−
=
=
;
9 + 4 + 49 ⋅ 49 + 64 + 81
62 ⋅ 194
3007
AB ⋅ BC
( BC , AC )
BC ⋅ AC
=
28 + 48 + 18
94
47
.
=
=
49 + 64 + 81 ⋅ 16 + 36 + 4
194 ⋅ 56 2 679
Задача 3.13. Доказать, что прямые α1 , α 2 , α3 , α 4 , заданные
соответственно уравнениями
x y + 3 z +1
,
=
=
2 −4
7
80
 x = −t + 4;

 y = 10t − 11;
 z = −11t + 13, t ∈ R,

пересекаясь, образуют параллелограмм.
Решение. Найдем направляющие векторы заданных прямых
α i (i = 1, 2, 3, 4)
L1 = {2; −4; 7}, L2 = { 1; −10; 11} ,
L3 = { −4; 8; −14} , L4 = { −1; 10; −11} .
Заметим, что векторы L1 и L3 , а также векторы L2 и L4 коллинеарны: L3 = −2 L1 , а L4 = − L2 . Следовательно, прямые α1 и α 3 ,
а также прямые α 2 и α 4 попарно параллельны. Через каждую из
пар параллельных прямых можно провести плоскость. Построим
плоскость π1 через прямые α1 и α 3 . Для этого определим точку
M 1 (0; −3; −1) , лежащую на прямой α1 , и точку M 3 (3; −1; 2) , лежащую на прямой α 3 . Нормаль N1 к плоскости π1 вычислим как
векторное произведение:
  
i
j k
N1 = L1, M 1M 3 = 2 −4 7 = {−26; 15; 16}.
3 2 3
[
]
Уравнение плоскости π1 имеет вид 26 x − 15( y + 3) −
− 16( z + 1) = 0 . Прямые α 2 и α 4 содержат соответственно точки
M 2 (−1; 7; −12) и M 4 ( 4; −11; 13) . Определим нормаль N 2 к плоскости π 2 , содержащей прямые α 2 и α 4 :
81
3. Прямая в пространстве
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
[

i
]

j

k
N 2 = L2 , M 2 M 4 = 1 −10 11 = {−52; 30; 32}.
y1 − y 2
z1 − z 2
m1
n1
p1
m2
n2
p2
5 −18 25
Очевидно, что N1 параллельна N 2 и, следовательно, плоскости π1
и π 2 параллельны. Легко убедиться, что координаты точки M 2
удовлетворяют уравнению плоскости π1 . Следовательно, плоскости π1 и π 2 совпадают. Заданные прямые лежат в одной плоскости
и попарно параллельны.
Задача 3.14. Сформулировать необходимое и достаточное
условие того, что две прямые α1 и α 2 , заданные соответственно
каноническими уравнениями
x − x1 y − y1 z − z1
x − x2 y − y 2 z − z 2
и
,
=
=
=
=
m1
n1
p1
m2
n2
p2
лежат в одной плоскости.
Решение. Прямые α1 и α 2 (рис. 3.5.8) имеют соответственно
направляющие векторы L1 = { m1; n1; p1} и L2 = { m2 ; n2 ; p2 }.
L1
L2
z
x O
x1 − x 2
M1
M2
α1
α2
y
Рис. 3.5.8
Прямые проходят через точки M 1 ( x1 ; y1 ; z1 ) и M 2 ( x 2 ; y 2 ; z 2 )
соответственно. Прямые α1 и α 2 лежат в одной плоскости тогда
и только тогда, когда векторы L1 , L2 и M 1M 2 компланарны

(см. рис. 3.5.8), т. е. смешанное произведение ( L1 , L2 , M 1M 2 ) = 0 или
82
= 0.
Замечание. Задачу 3.13 с помощью полученного условия
можно решить иначе. Установим, что пары прямых α1 и α 2 , α1
и α 4 , α 2 и α 3 лежат в одной плоскости. Действительно,
−1 − 0 7 − (−3) (−12) − (−1) −1 10 −11
1) 2
−4
7
= 2 −4
7 = 0,
1
−10
11
1 −10 11
4 − 0 −11 − (−3) 13 − (−1)
2)
2
−4
7
−1
10
−11
4
−8
14
= 2
−4
7 = 0,
−1 10
3 − (−1) (−1) − 7 2 − (−12)
3)
−11
4
−8
14
8
−14 = 0 .
−4
8
−14
= −4
1
−10
11
1
−10
11
Задача 3.15. Точки A(2; −3; 1) , B(8; 3; 4) , C (2; 1; 4) являются
вершинами треугольника. Написать уравнение биссектрисы AK
угла BAC .
Решение. Вычислим координаты векторов AC и AB :
AC = {0; 4; 3}, AB = {6; 6; 3}.
Составим их орты:

 4 3 
2 2 1
e AC = 0; ;  , e AB =  ; ;  .
 5 5
 3 3 3
Направляющий вектор L биссектрисы угла BAC совпадает с


10 22 14 
суммой векторов e AC + e AB =  ; ;  (рис. 3.5.9).
15 15 15 
83
3. Прямая в пространстве
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
B
4. ВЗАИМНОЕ РАСПОЛОЖЕНИЕ ПЛОСКОСТЕЙ
И ПРЯМЫХ В ПРОСТРАНСТВЕ

e AB
A
O
K

e AC
z
x
4.1. Угол между прямой и плоскостью
L
C
y
Рис. 3.5.9
Искомое уравнение имеет вид
x − 2 y + 3 z −1
x − 2 y + 3 z −1
.
или
=
=
=
=
10
22
14
5
11
7
15
15
15
84
Зададим плоскость Π с нормалью N = { A, B, C} уравнением
Ax + By + Cz + D = 0 .
(4.1.1)
Зададим прямую α с направляющим вектором L { l , m, n }
уравнениями
x − x0 y − y0 z − z0
=
=
.
(4.1.2)
l
m
n
Прямая α может лежать в плоскости Π , т. е. иметь с плоскостью бесконечно много общих точек. Прямая α и плоскость Π
в пространстве могут пересекаться, т. е. иметь одну общую точку –
точку пересечения, или не пересекаться.
Введем понятие угла между прямой и плоскостью. Если прямая α перпендикулярна плоскости Π , то угол между ними равен
π
. Пусть прямая не перпендикулярна ей (рис. 4.1.1).
2
Опустим из произвольных точек M 1 и M 2 прямой α перпендикуляры на плоскость Π . Обозначим через M 1′ и M 2′ точки пересечения этих перпендикуляров с плоскостью. Эти точки суть проекции соответствующих точек M1 и M 2 на плоскость, при этом
прямая M 1′ M 2′ является проекцией прямой α на плоскость. Углом
между прямой и плоскостью, не перпендикулярной ей, назовем
острый угол ϕ между прямой и ее проекцией на плоскость.
85
4. Взаимное расположение плоскостей3.и Прямая
прямых в пространстве
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
с помощью определения скалярного произведения векторов и выражения скалярного произведения в координатах. Тогда
( L, N )
sin ϕ = cos ϕ =
L⋅N
M2 α
M1
L
N
или
β
sin ϕ =
ϕ
Π
M1′
lA + mB + nC
l 2 + m 2 + n 2 ⋅ A2 + B 2 + C 2
.
(4.1.3)
M2 α
M 2′
z
M1
L
x
O
y
ϕ
Рис. 4.1.1
Для нахождения угла ϕ между прямой и плоскостью рассмотрим два случая:
1. Пусть угол β между направляющим вектором L { l , m, n }
π
и нормалью N = { A, B, C} острый (см. рис. 4.1.1). Тогда ϕ + β =
2
π
π
π

или β = − ϕ < и cos β = cos  − ϕ  = sin ϕ > 0 .
2
2
2

2. Пусть угол β между направляющим вектором L { l , m, n }
π
и нормалью N = { A, B, C} тупой (рис. 4.1.2). Тогда β = + ϕ
2
π


и cos β = cos  + ϕ  = − sin ϕ < 0 .
2


z
O
Π
y
β
M 1′
M 2′
N
x
Рис. 4.1.2
В обоих случаях sin ϕ = cos β , где β = ( L, N ) . Найти косинус
угла β между векторами L { l , m, n } и N = { A, B, C} можно
Если прямая пересекает плоскость под прямым углом
π
(рис. 4.1.3), то ϕ = .
2
Это означает, что направляющий вектор прямой L { l , m, n }
и нормаль плоскости N = { A, B, C} коллинеарны друг другу. Тогда
выполняется равенство L = λ N (λ ≠ 0 ) и координаты векторов L
и N будут пропорциональны:
86
87
∧
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
A B C
= = .
l m n
L
(4.1.4)
α
4. Взаимное расположение плоскостей3.и Прямая
прямых вв пространстве
пространстве
Прямая, параллельная плоскости, может лежать в данной
плоскости. И тогда любая точка прямой удовлетворяет и уравнению плоскости. В противном случае параллельные прямая и плоскость не пересекаются.
4.2. Точка пересечения прямой и плоскости
Зададим плоскость Π с нормалью N = { A, B, C} уравнением
N
Π
Ax + By + Cz + D = 0 .
z
x
O
Зададим прямую α с направляющим вектором L { l , m, n }
уравнениями
x − x0 y − y0 z − z0
=
=
.
(4.2.2)
l
m
n
y
Рис. 4.1.3
Прямая и плоскость могут быть параллельны друг другу (рис.
4.1.4). Тогда ϕ = 0 . В этом случае нормаль и направляющий вектор
взаимно ортогональны и выполняется условие (a , N ) = 0 или
Al + Bm + Cn = 0 .
L
(4.1.5)
α
N
Π
z
x
O
(4.2.1)
Пусть прямая пересекает плоскость, т. е. Al + Bm + Cn ≠ 0
(условие параллельности (4.1.5) не выполняется). В этом случае
мы можем найти точку их пересечения, для чего уравнение прямой
(4.2.2) представим в параметрическом виде
 x = λl + x0 ;

(4.2.3)
 y = λ m + y0 ;
 z = λn + z ,

0
где λ ∈ (−∞; +∞) – параметр.
Составим систему из уравнения плоскости (4.2.1) и совокупности уравнений прямой (4.2.3). Для решения этой системы подставим значения переменных x , y , z из (4.2.3) в уравнение плоскости (4.2.1) и решим полученное уравнение относительно λ , т. е.
найдем λ = λ1 . Подставим найденное значение λ1 в уравнения
(4.2.3) и получим координаты точки пересечения.
y
Рис. 4.1.4
88
89
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
4.3. Задачи к разделу 4
Задача 4.1. Прямая α задана каноническими уравнениями:
x − 2 y +1 z − 2
=
=
.
(4.3.1)
1
3
4
2
Написать уравнение плоскости, перпендикулярной α и проходящей через точку M (−2; 3; −1) (рис. 4.3.1).
4. Взаимное расположение плоскостей и прямых в пространстве
Решение. Нормаль к заданной плоскости N = { 3; −7; 1 } является направляющим вектором прямой α (рис. 4.3.2).
α
M
L
x
N
O
N
Π
z
α
L
y
Рис. 4.3.2
z
O
M
Π
y
x
Рис. 4.3.1
Решение. Так как искомая плоскость перпендикулярна прямой α , в качестве нормали искомой плоскости можно выбрать
направляющий вектор L прямой α . Из канонических уравнений
1

прямой следует, что L = 3; 4;  . Тогда уравнение (2.1.2) плоско2

сти, проходящей через заданную точку M (−2; 3; −1) с вектором
1
1

нормали N = 3; 4;  , имеет вид 3 ⋅ ( x + 2 ) + 4 ⋅ ( y − 3) + ( z + 1) = 0
2
2

или 6 x + 8 y + z − 11 = 0 .
Задача 4.2. Написать параметрические уравнения прямой α ,
проходящей через точку M (2; −1; 3) и перпендикулярной плоскости Π , заданной уравнением
(4.3.2)
3x − 7 y + z + 10 = 0 .
90
Соответственно, параметрические уравнения (3.1.3) прямой
α , проходящей через точку M (2; −1; 3) , с направляющим вектором
L = { 3; −7; 1} имеют вид
 x = 3t + 2;

 y = −7t − 1;
 z = t + 3,

где t ∈ ( −∞; +∞) – параметр.
Задача 4.3. Плоскость Π задана уравнением
3x − 7 y + z + 10 = 0 .
(4.3.3)
Лежат ли в этой плоскости прямые α1 , α 2 , α 3 , заданные соответственно уравнениями
x−2
z −1
= y +1 =
,
2
3
x−2
= y + 1 = z − 1,
2
91
(4.3.4)
(4.3.5)
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
 x = 2t − 2;

(4.3.6)
 y = t + 1;
 z = t + 3,

где t ∈ (−∞; +∞) – параметр?
Решение. Если прямая лежит в плоскости, то ее направляющий вектор перпендикулярен нормали к плоскости. Нормалью
плоскости Π является вектор N = { 3; −7; 1 }. Составим направляющие векторы прямых α1 , α 2 , α 3 соответственно: L1 = { 2; 1; 3 },
L2 = L3 = { 2; 1; 1 }. Вычислим скалярные произведения:
(L1, N ) = 3 ⋅ 2 − 7 ⋅1 + 1 ⋅ 3 ≠ 0 ,
(L2 , N ) = (L3 , N ) = 3 ⋅ 2 − 7 ⋅1 + 1 ⋅1 = 0 .
Следовательно, α1 не может принадлежать Π , а α 2 и α 3 могут ей
принадлежать. Проверим, принадлежат ли точки M 2 (2; −1; 1)
и M 3 (−2; 1; 3) , лежащие соответственно на прямых α 2 и α 3 , плоскости Π . Для этого подставим координаты точек в уравнение
плоскости:
3 ⋅ 2 − 7 ⋅ (−1) + 1 + 10 ≠ 0 ,
3 ⋅ (−2) − 7 ⋅ 1 + 3 + 10 = 0 .
Следовательно, точка M 3 принадлежит плоскости, а точка M 2 −
нет. Таким образом, прямая α 3 лежит в плоскости Π , а прямые α1
и α 2 не лежат (рис. 4.3.3).
α1
L1
α2
M2
L2
z
x
O
N
α3
M3
y
Рис. 4.3.3
92
L3
Π
4. Взаимное расположение плоскостей и прямых в пространстве
Задача 4.4. Плоскость Π задана уравнением 2 x + 4 y −
− 5 z + 7 = 0 . Имеют ли прямые α1 , α 2 , α3 , α 4 , заданные соответственно уравнениями
 x = 4t + 1;

(4.3.7)
 y = −2t + 7;
 z = 3,

 x = λ − 1;

 y = 2λ;
 z = 2λ + 1,

 x = 2μ + 3;

 y = −3μ − 2;
 z = μ + 4,

где t , λ, μ ∈ ( −∞; +∞) – параметры,
x + 3 y −1 z + 3
=
=
,
5
2
−2
(4.3.8)
(4.3.9)
(4.3.10)
точку пересечения с плоскостью Π ? Единственна ли она?
Решение. Проверим сначала, не являются ли какие-либо
из заданных прямых параллельными данной плоскости. Для этого
из уравнения плоскости определим ее нормаль – вектор
N = { 2; 4; −5 }, а из уравнений прямых векторы L1 = { 4; −2; 0 },
L2 = {1; 2; 2 } , L3 = { 2; −3; 1 }, L4 = { 5; 2; −2 } – направляющие векторы прямых α1 , α 2 , α3 , α 4 соответственно. Вычислим скалярные
произведения вектора нормали с каждым направляющим вектором:
(N , L1 ) = 2 ⋅ 4 + 4 ⋅ (−2) + (−5) ⋅ 0 = 0 ,
(4.3.11)
(N , L2 ) = 2 + 4 ⋅ 2 + (−5) ⋅ 2 = 0 ,
(4.3.12)
93
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
(N , L3 ) = 2 ⋅ 2 + 4 ⋅ (−3) + (−5) ≠ 0 ,
(4.3.13)
(N , L4 ) = 2 ⋅ 5 + 4 ⋅ 2 + (−5) ⋅ (−2) ≠ 0 .
(4.3.14)
Из (4.3.11) и (4.3.12) следует, что направляющие векторы
прямых α1 и α 2 перпендикулярны нормали плоскости. Значит,
каждая из этих прямых либо параллельна плоскости, и тогда точек
пересечения с плоскостью у нее нет, либо лежит в плоскости, и тогда у нее с плоскостью бесконечное множество точек пересечения.
Из уравнений (4.3.7) и (4.3.8) прямых α1 и α 2 определим точки,
лежащие на них: M 1 ( 1; 7; 3 ) и M 2 (− 1; 0; 1 ) соответственно. Подставим координаты точек в уравнение плоскости:
2 ⋅1 + 4 ⋅ 7 − 5 ⋅ 3 + 7 ≠ 0 ,
2 ⋅ (−1) + 4 ⋅ 0 − 5 ⋅ 1 + 7 = 0 .
Следовательно, точка M1 не принадлежит плоскости, и значит, прямая α1 не имеет с плоскостью Π точек пересечения, а точка M 2
принадлежит, и значит, прямая α 2 имеет бесконечно много точек
пересечения с плоскостью Π .
Из (4.3.13) и (4.3.14) следует, что направляющие векторы
прямых α3 и α 4 не перпендикулярны нормали плоскости, и, следовательно, эти прямые имеют с плоскостью по одной точке пересечения (рис. 4.3.4).
α3
L4
M1
α2
M3
z
x
O
M2
y
Рис. 4.3.4
94
α4
α1
L1
L4
N
L2
Π
M4
4. Взаимное расположение плоскостей и прямых в пространстве
Задача 4.5. Найти точки пересечения прямых α1 и α 2 , заданных соответственно уравнениями
 x = 2t + 3;

 y = −3t − 2;
 z = t + 4,

где t ∈ (−∞; +∞) – параметр,
x + 3 y −1 z + 3
=
=
,
5
2
−2
(4.3.15)
(4.3.16)
с плоскостью Π , заданной уравнением 2 x + 4 y − 5 z + 7 = 0 .
Решение. Чтобы решить задачу, для каждой прямой надо решить систему уравнений, составленную из ее уравнений и уравнения плоскости. Если система имеет решение, то точка пересечения
существует. Если система не имеет решений, то точек пересечения
нет, т. е. прямая и плоскость параллельны. Если же система имеет
множество решений, то это означает, что прямая лежит на плоскости и любая точка прямой одновременно является и точкой плоскости.
Найдем точку пересечения плоскости и прямой α1 :
2 x + 4 y − 5 z + 7 = 0;
 x = 2t + 3;


 y = −3t − 2;
 z = t + 4.
Подставив в первое уравнение выражения переменных x, y, z через параметр t , получим
15
2 ⋅ (2t + 3) + 4 ⋅ (−3t − 2) − 5 ⋅ (t + 4) + 7 = 0 или t = − .
13
Подставив найденное значение параметра t в уравнение (4.3.15)
прямой α1 , получим координаты точки пересечения прямой α1
 9 19 37 
с плоскостью Π : M 1  ; ;  .
 13 13 13 
95
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
4. Взаимное расположение плоскостей и прямых в пространстве
Чтобы составить систему для поиска точки пересечения прямой α 2 с плоскостью Π , приведем уравнение (4.3.16) прямой
к параметрическому виду
 x = 5λ − 3;

.
 y = 2λ + 1;
 z = −2λ − 3, λ ∈ (−∞; +∞).

Тогда система для поиска точки пересечения будет иметь вид
2 x + 4 y − 5 z + 7 = 0;
 x = 5λ − 3;


 y = 2λ + 1;
 z = 2λ − 3.
5
Решив ее, получим λ = − . Точкой пересечения прямой α 2
7
 46 3 11 
с плоскостью Π является точка M 2  − ; − ; −  (рис. 4.3.5).
7
7
 7
α2
L2
L1
M1
z
x
O
α1
N
M2
Π
y
Рис. 4.3.5
Задача 4.6. Найти проекцию точки M (3; 0; 7 ) на плоскость
Π , заданную уравнением x + 2 y − 3 z + 4 = 0 .
Решение. Проекция точки M на плоскость – это основание
K перпендикуляра α , опущенного из точки M на эту плоскость
(рис. 4.3.6).
96
α
M
L
N
Π
z
x
K
y
O
Рис. 4.3.6
Уравнение этой прямой, проходящей через точку M (3; 0; 7 )
и имеющую направляющий вектор, равный вектору нормали плоскости L = N = {1; 2; −3 }, запишем в параметрическом виде (3.1.3)
 x = λ + 3;

 y = 2 λ;
 z = −3λ + 7,

(4.3.17)
где λ ∈ ( −∞; +∞) – параметр. Тогда система для поиска точки K
как точки пересечения прямой α и плоскости Π будет иметь вид
 x + 2 y − 3 z + 4 = 0;
 x = λ + 3;


 y = 2λ;
 z = −3λ + 7.
Подставив в первое уравнение выражения переменных x, y, z
через параметр λ , получим, что λ = 1. Подставив найденное значение параметра λ в уравнение (4.3.17) прямой α , получим координаты искомой точки: K (4; 2; 4 ) .
Задача 4.7. Найти точку, симметричную точке M (3; 0; 7 ) относительно плоскости Π , заданной уравнением x + 2 y − 3 z + 4 = 0 .
97
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
Решение. Точка M * , симметричная точке M относительно
плоскости Π , лежит на продолжении перпендикуляра α , опущенного из точки M на плоскость Π на расстоянии, равном расстоянию от точки M до плоскости Π (рис. 4.3.7).
α
L
M
d
Π
K
d
z
x
N
M
y
4. Взаимное расположение плоскостей и прямых в пространстве
 x = t + 4;

(4.3.19)
 y = −t − 1;
 z = 2t + 3,

где t ∈ (−∞; +∞) – параметр.
Решение. Прямая α имеет направляющий вектор
L = {1; −1; 2 } и проходит через точку M 1 ( 4; −1; 3 ). Поскольку
прямая лежит в плоскости, то ее направляющий вектор параллелен
плоскости и перпендикулярен нормали плоскости. На точках M
и M1 построим второй вектор, лежащий в этой же плоскости:
MM1 = { 2; 2; 2 } (рис. 4.3.8).
*
N
O
M1
Рис. 4.3.7
L
Точка пересечения прямой α и плоскости Π – точка K – делит отрезок MM * пополам. Следовательно, по формуле (1.2.4) деления отрезка пополам можно найти координаты конца отрезка,
если известны координаты другого конца и середины:
x M * = 2 ⋅ x K − xM ;
yM * = 2 ⋅ yK − yM ;
(4.3.18)
zM * = 2 ⋅ zK − zM .
Π
z
x
y
M
α
O
Рис. 4.3.8
Тогда нормаль можно определить как векторное произведение
векторов MM1 и L :
  
i
j k



N = 2 2 2 = 6 ⋅ i + (−2) ⋅ j + (−4) ⋅ k .
1 −1 2
Поиск координат точки K – основания перпендикуляра, выпущенного из точки на плоскость, – описан в решении задачи 4.6.
Имеем K (4; 2; 4 ) . Подставив в формулы (4.3.18) координаты точек
M и K , получим M * (5; 4; 1) .
Запишем уравнение плоскости (2.1.2) с нормалью N и содержащей точку M :
6 ( x − 2) + (−2) ( y + 3) + (−4) ⋅ ( z − 1) = 0 или 3x − y − 2 z − 7 = 0 .
Задача 4.8. Написать уравнение плоскости Π , содержащей
точку M (2; −3; 1) и прямую α , заданную уравнениями
Замечание. Задачу можно решить с помощью смешанного
произведения. Пусть Q ( x; y; z ) – текущая точка искомой плоско-
98
99
4. Взаимное расположение плоскостей и прямых в пространстве
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
сти. Тогда векторы MQ = { x − 2; y + 3; z − 1 },
и L = {1; − 1; 2 } являются компланарными, т. е.
x − 2 y + 3 z −1
2
2
MM 1 = { 2; 2; 2 }
y1 − y0
l
m
z1 − z0 = 0 .
n
Задача 4.9. Написать уравнение плоскости Π , содержащей
две параллельные прямые α1 и α 2 , заданные соответственно уравнениями
x−2 y+2 z
=
=
(4.3.20)
3
2
−1
и
x +1 y − 3 z + 2
=
=
.
(4.3.21)
6
4
−2
Решение. Очевидно, что прямые, заданные уравнениями
(4.3.20) и (4.3.21), параллельны, так как их направляющие векторы
L1 = { 3; 2; −1 } и L2 = { 6; 4; −2 } коллинеарны. Так что они лежат
в одной плоскости. Точки M 1 ( 2; −2; 0 ) и M 2 (− 1; 3; −2 ) принадлежат прямым α1 и α 2 соответственно. Нормаль плоскости перпендикулярна любому вектору, лежащему в плоскости, а значит, может быть найдена как векторное произведение любых двух непараллельных векторов, лежащих в этой плоскости. В качестве
одного из таких векторов возьмем направляющий вектор L1 ,
а в качестве второго вектора – вектор M 1 M 2 = { −3; 5; −2 } (рис. 4.3.9).
100
M1
= 0,
2
1
−1
2
или 6 ⋅ ( x − 2) − 2 ⋅ ( y + 3) − 4 ⋅ ( z − 1) = 0 , или 3 x − y − 2 z − 7 = 0 .
Более того, можем теперь получить уравнение плоскости,
проходящей через точку M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) и прямую
x − x1 y − y1 z − z1
=
=
,
l
m
n
в общем виде:
x − x0 y − y0 z − z0
x1 − x0
N
M2
z
x
L2
Π
L1
α1
α2
y
O
Рис. 4.3.9

i

j

k
3
2
−1



Тогда N = − 3 5 − 2 = (−1) ⋅ i + (−9) ⋅ j + (−21) ⋅ k .
Поэтому уравнение (2.1.2) искомой плоскости с нормалью N и содержащей точку M 2 имеет вид (−1) ⋅ ( x + 1) + (−9) ⋅ ( y − 3) +
+ (−21) ⋅ ( z + 2) = 0 или x + 9 y + 21z + 16 = 0 .
Замечание. Рассуждая так же, как в замечании к задаче 4.7,
получим уравнение плоскости, проходящей через две параллельные прямые
x − x1 y − y1 z − z1
=
=
l
m
n
и
x − x2 y − y 2 z − z 2
=
=
.
l
m
n
Оно имеет вид
x − x1
y − y1 z − z1
x2 − x1
y2 − y1
l
m
101
z2 − z1 = 0 .
n
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
Задача 4.10. Написать уравнение плоскости Π , содержащей
две пересекающиеся прямые α1 и α 2 , заданные соответственно
уравнениями
x−2 y+2 z
(4.3.22)
=
=
3
2
−1
и
x−2 y+2 z
= .
=
(4.3.23)
5
4
−3
Решение. Из уравнений прямых очевидно, что они имеют
общую точку M (2; −2; 0) и, следовательно, лежат в одной плоскости (рис. 4.3.10). В качестве нормали N к этой плоскости можно
выбрать векторное произведение направляющих векторов
L1 = { 3; 2; −1 } и L2 = { 5; −3; 4 } лежащих в ней неколлинеарных
прямых α1 и α 2 :

 
i
j
k
4. Взаимное расположение плоскостей и прямых в пространстве
Замечание. Воспользуемся понятием смешанного произведения и выведем уравнение плоскости, содержащей две пересекающиеся прямые
x − x0 y − y0 z − z0
=
=
l1
m1
n1
и
x − x0 y − y0 z − z0
=
=
.
l2
m2
n2
Пусть M ( x; y; z ) – текущая точка искомой плоскости. Тогда векторы M 0 M , где M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) , L1 = { l1; m1; n1 } и L2 = { l2 ; m2 ; n2 }
компланарны, и уравнение плоскости имеет вид
x − x01 y − y0 z − z0
l1
m1
n1
l2
m2
n2
= 0.
Тогда уравнение (2.1.2) искомой плоскости, имеющей нормаль N
и содержащей точку M , может быть получено следующим образом:
5 ⋅ ( x − 2) + (−17) ⋅ ( y + 2) + (−19) ⋅ ( z − 0) = 0
или
5 x − 17 y − 19 z − 44 = 0 .
Задача 4.11. Лежат ли прямые α1 и α 2 , заданные соответственно уравнениями
x − 2 y + 2 z +1
(4.3.24)
=
=
3
2
−4
и
x −1 y − 3 z + 5
=
=
,
(4.3.25)
7
−4
−1
в одной плоскости? Если они лежат в одной плоскости, то составить ее уравнение.
Решение. Определим сначала, лежат ли прямые α1 и α 2
в одной плоскости. Они не являются параллельными, поскольку их
направляющие векторы L1 = { 3; 2; −4 } и L2 = { 7; − 1; −4 } неколлинеарны. Выясним, есть ли у них точка пересечения. Для этого перепишем уравнения (4.3.24) и (4.3.25) прямых в параметрической
форме соответственно:
 x = 3t + 2;

(4.3.26)
 y = 2t − 2;
 z = −4t − 1,

где t ∈ (−∞; +∞) – параметр,
102
103
N = 3
− 1 = { 5; − 17; − 19 }.
2
5 −3
4
N
α2
z
x
O
α1
M
L1
Π
L2
y
Рис. 4.3.10
4. Взаимное расположение плоскостей и прямых в пространстве
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
 x = 7λ + 1;

(4.3.27)
 y = −λ + 3;
 z = −4λ − 5,

где λ ∈ (−∞; +∞) – параметр.
Приравнивая одноименные координаты, получим систему
уравнений относительно t и λ
3t − 7λ = −1;

 2t + λ = 5;
 4t − 4λ = 4.

Решим ее методом Гаусса:
 3 −7 − 1  1 −1 1   1 −1 1 

 
 

t = 2,
2 1 5  ⇔ 2 1 5  ⇔ 0 3 3  ⇔ 
λ = 1.
 1 −1 1   3 −7 −1  0 −4 −4 

 
 

Подставив найденные значения параметров в уравнения (4.3.26)
и (4.3.27), получим одну и ту же точку M (8; 2; −9 ) – точку пересечения прямых α1 и α 2 .
Для построения уравнения плоскости вычислим нормаль N плоскости как векторное произведение направляющих векторов L1 и L2 :

 
i j
k
N = 3 2 −4 = {− 12; − 16; − 17}.
7 −1 − 4
Уравнение (2.1.2) искомой плоскости, имеющей нормаль N и содержащей точку M , может быть получено следующим образом:
12 ⋅ ( x − 8) + 16 ⋅ ( y − 2) + 17 ⋅ ( z + 9) = 0 ,
то есть
12 x + 16 y + 17 z + 25 = 0 .
Задача 4.12. Через прямую α1 провести плоскость, параллельную прямой α 2 . Прямые заданы уравнениями соответственно
 x = 2t + 4;

(4.3.28)
 y = 7t − 1;
 z = 2t ,

104
где t ∈ (−∞; +∞) – параметр, и
x −3 y + 4 z −3
=
=
.
(4.3.29)
2
−1
5
Решение. Прямые α1 и α 2 имеют соответственно направляющие векторы L1 = { 2; 7; 2 } и L2 = { 2; −1; 5 } (рис. 4.3.11).
L2
α2
N
α1
z
x
y
L1
M
Π
O
Рис. 4.3.11
Нормаль N искомой плоскости найдем как векторное произведение направляющих векторов L1 и L2 прямых α1 и α 2 :
  
i j k
N = 2 7 2 = { 37; −6; −16 } .
2 −1 5
Уравнение (2.1.2) искомой плоскости, имеющей нормаль N
и содержащей точку M (4; −1; 0) (она лежит на прямой α1 , как это
видно из уравнения (4.3.28)), может быть получено следующим
образом:
− 37 ⋅ ( x − 4) + 6 ⋅ ( y + 1) + 16 ⋅ ( z − 0) = 0 ,
то есть
−37 x + 6 y + 16 z + 154 = 0 .
Задача 4.13. Написать уравнение плоскости, содержащей
прямую α , заданную уравнениями
x+2
z+4
= y −1 =
,
2
−3
105
(4.3.30)
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
и перпендикулярную плоскости Π1 , заданной уравнением
5x − 2 y + z − 7 = 0 .
4. Взаимное расположение плоскостей и прямых в пространстве
Задача 4.14. Можно ли через прямую α , заданную уравнениями
(4.3.31)
Решение. Из уравнений (4.3.30), (4.3.31) определим направляющий вектор L = { 2; 1; −3} прямой α и нормаль N1 = { 5; −2; 1}
плоскости Π1 . Вектор нормали N искомой плоскости перпендикулярен и вектору N1 , и вектору L . Следовательно, его можно
определить как их векторное произведение:

 
i
j k
N = [L , N1 ] = 2 1 −3 = {−5; −17; −9 }.
5 −2 1
Из уравнений (4.3.30) видно, что точка M (−2; 1; −4) лежит на
прямой α . Поскольку искомая плоскость содержит прямую α , то
и точка M , как и любая другая точка прямой, принадлежит этой
плоскости (рис. 4.3.12).
x+2
z+4
,
= y −1 =
2
−3
провести плоскость, параллельную плоскости Π , заданной уравнением
5x − 2 y + z − 7 = 0 ?
(4.3.33)
Если такая плоскость существует, то написать ее уравнение.
Решение. Предположим, что через прямую α можно провести плоскость, параллельную плоскости Π . Но тогда прямая α ,
как и все прямые, лежащие в этой плоскости, должна быть перпендикулярна нормали N плоскости Π (рис. 4.3.13) .
N
N
α
N1
L
Π1
Π
α
z
x
y
L
M
O
Рис. 4.3.12
Запишем теперь уравнение (2.1.2) искомой плоскости, имеющей нормаль N и содержащей точку M :
5 ⋅ ( x + 2) + 17 ⋅ ( y − 1) + 9 ⋅ ( z + 4) = 0 ,
или
5 x + 17 y + 9 z + 29 = 0 .
106
(4.3.32)
z
x
y
Π
M
O
Рис. 4.3.13
Проверим выполнение условия (4.1.5) параллельности заданных плоскости и прямой: вычислим скалярное произведение нормали N = { 5; −2; 1 } и направляющего вектора L = { 2; 1; −3 }:
(N , L ) = 5 ⋅ 2 + (−2) ⋅1 + 1 ⋅ (−3) = 5 ≠ 0 .
Условие параллельности не выполняется, следовательно, построить искомую плоскость невозможно.
Задача 4.15. Написать уравнение плоскости, содержащей
прямую α , заданную уравнениями
107
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
x + 5 y −1 z + 2
=
=
2
−3
3
4. Взаимное расположение плоскостей и прямых в пространстве
(4.3.34)
α2
и параллельную плоскости Π , заданной уравнением
3x − 3 y − 5 z + 10 = 0 .
(4.3.35)
Решение. Проверим выполнение условия (4.1.5) параллельности заданных плоскости и прямой: вычислим скалярное произведение нормали N = { 3; −3; −5 } плоскости Π и направляющего
вектора L = { 2; −3; 3 } прямой α :
(N , L ) = 3 ⋅ 2 + (−3) ⋅ (−3) + (−5) ⋅ 3 = 0 .
Условие параллельности выполняется, следовательно, искомую
плоскость провести можно (см. рис. 4.3.13). Составим уравнение
(2.1.2) искомой плоскости, имеющей нормаль N и содержащей
точку M (− 5; 1; −2) , принадлежащую прямой α :
3 ⋅ ( x + 5) − 3 ⋅ ( y − 1) − 5 ⋅ ( z + 2) = 0 ,
или
3x − 3 y − 5 z + 8 = 0 .
Задача 4.16. Можно ли построить плоскость, содержащую
прямую α1 , заданную уравнениями
x − 2 y +1 z
=
=
3
2
4
(4.3.36)
и перпендикулярную прямой α 2 , заданной уравнениями
x
y+3
=
= −z ?
−4
8
L1
L2
Π
z
x
M
α1
y
O
Рис. 4.3.14
Определим из уравнений (4.3.38) и (4.3.39) направляющие векторы
L1 = { 3; 2; 4 } и L2 = { −4; 8; −1 } прямых α1 и α 2 соответственно
и проверим условие (3.4.4) перпендикулярности этих векторов:
(L1, L2 ) = 3 ⋅ (−4) + 2 ⋅ 8 + 4 ⋅ (−1) = 0 .
Заданные прямые перпендикулярны, следовательно, искомая
плоскость существует. Ее нормаль можно взять равной направляющему вектору L2 прямой α 2 , и она содержит точку M ( 2, −1, 0) ,
принадлежащую прямой α1 . Составим уравнение (2.1.2) искомой
плоскости: − 4 ⋅ ( x − 2) + 8 ⋅ ( y + 1) − z = 0 или 4 x − 8 y + z − 16 = 0 .
.
Задача 4.17. Имеют ли плоскости Π1 и Π 2 , заданные соответственно уравнениями
2x − 3y + 4z + 5 = 0,
(4.3.38)
x + 4y + z − 7 = 0,
(4.3.37)
(4.3.39)
Если такая плоскость существует, то написать ее уравнение.
Решение. Искомая плоскость, если она существует, должна
иметь вектор нормали, параллельный прямой α 2 . А любой вектор,
лежащий в этой плоскости, должен быть перпендикулярен α 2
(рис. 4.3.14).
линию пересечения? Если да, то написать ее канонические уравнения.
Решение. Из уравнений (4.3.38) и (4.3.39) определим нормали
N1 = { 2; −3; 4 } и N 2 = {1; 4; 1 } плоскостей Π1 и Π 2 соответственно. Векторы не пропорциональны, следовательно, плоскости не
параллельны. Линия пересечения плоскостей – прямая α – принадлежит обеим плоскостям одновременно и, следовательно, пер-
108
109
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
пендикулярна обеим нормалям (рис. 4.3.15). Поэтому направляющий вектор L прямой α найдем как векторное произведение нормалей пересекающихся плоскостей:
  
i
j k
L = [N1 , N 2 ] = 2 − 3 4 = {− 19; 2;11 }.
1 4 1
Π1
N2
M
z
x
α
Воспользуемся формулами Крамера:
−5 4
2 4
2 −5
Δ1 =
= −33 , Δ 2 =
= 19 ,
Δ=
= −2 ,
1 1
7 1
1 7
Δ
−33
Δ
19
,
.
x= 1 =
z= 2 =
Δ
−2
Δ −2
Таким образом, решением системы (4.3.40) является точка
M ( 16,5; 0; −9,5) . Теперь, зная координаты направляющего вектора
L и точку M , можем записать уравнение искомой прямой, используя каноническую форму записи (3.1.5):
x − 16,5 y z + 9,5
= =
.
−19
2
11
Задача 4.18. Написать уравнение проекции прямой α , заданной уравнениями
x−2 y+2
=
= z,
(4.3.41)
3
4
L
N1
4. Взаимное расположение плоскостей и прямых в пространстве
Π2
на плоскость Π , заданную уравнением
y
2x + y + z − 7 = 0 .
O
Рис. 4.3.15
На прямой α лежат все точки, координаты которых удовлетворяют уравнениям плоскостей: как уравнению (4.3.38), так
и уравнению (4.3.39). Следовательно, для поиска любой точки, лежащей на прямой α , достаточно найти одно из решений системы,
составленной из уравнений плоскостей
2 x − 3 y + 4 z + 5 = 0,

 x + 4 y + z − 7 = 0.
Положим y = 0 и найдем решение системы
2 x + 4 z = −5,

 x + z = 7.
110
(4.3.40)
(4.3.42)
Решение. Обозначим искомую проекцию прямой α на плоскость Π через α1 . Прямая α1 является линией пересечения плоскости Π и плоскости Π1 , содержащей прямую α и перпендикулярной плоскости Π (рис. 4.3.16).
Таким образом, задача разбивается на две части. Сначала надо
найти уравнение плоскости Π1 , а затем найти линию пересечения
плоскостей Π и Π1 .
Нормаль N1 плоскости Π1 найдем как векторное произведение направляющего вектора L = { 3; 4; 1 } прямой α и нормали
N = { 2; 1; 1 } плоскости Π :
  
i j k

 
N1 = 3 4 1 = 3i − j − 5k = { 3; −1; −5 }.
2 1
1
111
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
L
L1
α1
M
Π
z
x
α
y
N
N1
Π1
O
Рис. 4.3.16
Составим уравнение (2.1.2) плоскости Π1 , имеющей нормаль N1
и содержащей точку M (2; −2; 0) , принадлежащую прямой α :
3 ⋅ ( x − 2) − 1 ⋅ ( y + 2) − 5 ⋅ ( z − 0) = 0
или
(4.3.43)
3x − y − 5 z − 8 = 0 .
Направляющий вектор L1 линии α1 пересечения плоскостей
Π и Π1 найдем как векторное произведение нормалей N1 и N
этих плоскостей:
  
i
j k



L1 = 3 −1 −5 = 4i − 13 j + 5k = { 4; −13; 5}.
2
1
4. Взаимное расположение плоскостей и прямых в пространстве
Воспользуемся формулами Крамера:
2 1
7 1
2 7
Δ=
= −5 , Δ1 =
= −15 , Δ 2 =
= −5 ,
3 −1
8 −1
3 8
−15
−5
Δ
Δ
x= 1 =
= 3, y = 2 =
= 1.
−5
Δ
Δ −5
Таким образом, решением системы (4.3.44) является точка
M ( 3; 1, 0 ) . Теперь, зная координаты направляющего вектора L
и точку M , можем записать уравнение искомой прямой, используя
каноническую форму записи (3.1.5):
x − 3 y −1 z
=
= .
4
− 13 5
Задача 4.19. Написать канонические уравнения перпендикуляра, опущенного из точки M 0 (2; 3; −1) на прямую α , заданную
уравнениями
x − 2 y +1 z
(4.3.45)
=
= .
3
2
4
Решение. Искомая прямая α1 лежит в плоскости Π , содержащей точку M 0 и прямую α . Нормаль N плоскости Π перпендикулярна и направляющему вектору L прямой α , и вектору
M 0 M , где точка M ( 2; −1; 0 ) принадлежит прямой α (рис. 4.3.17).
1
α1
Точка, принадлежащая линии пересечения плоскостей, удовлетворяет обоим уравнениям этих плоскостей. Составим систему из
уравнений (4.3.42) и (4.3.43) плоскостей:
2 x + y + z − 7 = 0,

3 x − y − 5 z − 8 = 0.
Положим z = 0 и найдем решение системы
2 x + y = 7,

 3 x − y = 8.
112
L1
M0
α
(4.3.44)
z
x
Π
M
L
y
N
O
Рис. 4.3.17
113
4. Взаимное расположение плоскостей и прямых в пространстве
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
Следовательно, нормаль N плоскости Π найдем как векторное произведение направляющего вектора L = { 3; 2; 4 } прямой α
и вектора M 0 M = { 0; −4; 1}:
  
i
j k

 
N = L , M 0 M = 3 2 4 = 18i − 3 j − 12k = {18; −3; −12 }.
[
]
Поскольку вектор M 0 K перпендикулярен прямой α , то его можно
рассматривать как высоту треугольника M 0 M1M 2 (рис. 4.3.18).
M0
0 −4 1
Искомая прямая α1 перпендикулярна векторам N и L , следовательно, ее направляющий вектор L1 можно найти как векторное произведение вектора L и вектора N 0 = { 6; −1; −4}, коллинеарного вектору N :
  
i j k



L1 = 6 −1 −4 = 4i − 36 j + 15k .
3
2
4
Итак, уравнение искомой прямой, проходящей через точку
M 0 (2; 3; −1), с направляющим вектором L1 = { 4; −36; 15} запишем,
используя каноническую форму записи (3.1.5):
x − 2 y − 3 z +1
.
=
=
4
15
− 36
Задача 4.20. Найти расстояние от точки M 0 (2; 3; −1) до прямой α , заданной уравнениями
x − 2 y +1 z
=
= .
(4.3.46)
3
2
4
Решение. Расстояние от точки M 0 до прямой α есть длина
перпендикуляра M 0 K , опущенного из этой точки на прямую. Отрезок M 0 K лежит в плоскости Π , содержащей точку M 0 и прямую α . Рассмотрим треугольник M 0 M 1M 2 , где точки M1 и M 2
принадлежат прямой α . Точка M 1 ( 2; −1; 0 ) определена из уравнения (4.3.46) прямой α , а точка M 2 является концом вектора
M 1M 2 , равного направляющему L = { 3; 2; 4} вектору прямой α .
114
Π
α
z
x
K
y
M1
L
O
M2
Рис. 4.3.18
Площадь треугольника вычислим, с одной стороны, как половину произведения длины его основания на длину высоты:
1
1
S = L ⋅ M 0K =
29 ⋅ M 0 K ,
2
2
а с другой стороны, как половину длины вектора, равного векторному произведению векторов, являющихся сторонами нашего треугольника:
1
S=
L ; M 0 M1 .
2
Вычислим сначала векторное произведение:
  
i
j k

 
L ; M 0 M 1 = 3 2 4 = 18i − 3 j − 12k ,
[
[
]
]
0 −4 1
а затем
[
]
1
1
1
3
⋅ L ; M 0 M 1 = ⋅ 182 + 32 + 12 2 = ⋅ 477 =
53 .
2
2
2
2
Таким образом, имеем уравнение относительно длины отрезка
M0K
1
3
29 ⋅ M 0 K ,
53 =
2
2
115
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
53
.
29
Замечание. Изложенное решение задачи 4.19 приводит
к формуле общего вида для вычисления расстояния d от точки
M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) до прямой α , содержащей точку M 1 ( x1; y1; z1 )
и имеющей направляющий вектор L :
M 0 M 1; L
d=
.
L
откуда получаем M 0 K = 3
[
]
Задача 4.21. Найти кратчайшее расстояние между точками
двух скрещивающихся прямых α1 и α 2 , заданных соответственно
уравнениями
x −1 y + 2 z +1
=
=
,
(4.3.47)
2
−3
4
x
z +9
= y + 10 =
.
3
2
(4.3.48)
Решение. Проведем через прямую α1 плоскость Π , параллельную прямой α 2 (рис. 4.3.19).
M2
L2
N
α2
d
M1
L1
z
x
Π
y
O
α1
4. Взаимное расположение плоскостей и прямых в пространстве
Нормаль N плоскости Π вычислим как векторное произведение направляющих векторов L1 = { 2; −3; 4} и L2 = { 3; 1; 2} прямых α1 и α 2 :
  
i
j k

 
N = 2 −3 4 = −10i + 8 j + 11k = { −10; 8; 11 }.
3 1 2
Тогда уравнение (2.1.2) плоскости Π , имеющей нормаль
N = { −10; 8; 11} и проходящей через точку M 1 ( 1; −2; 1) (принадлежащую прямой α1 , как это видно из уравнения (4.3.47)), имеет
вид
10( x − 1) − 8( y + 2 ) − 11( z + 1) = 0 ,
или
10 x − 8 y − 11z − 37 = 0 .
Теперь воспользуемся формулой (2.4.22) расстояния от точки
прямой α 2 до плоскости Π . Из уравнения (4.3.48) определим точку M 2 ( 0; −10; −9) , принадлежащую прямой α 2 . Тогда:
− 8 ⋅ (−10) − 11 ⋅ (−9) − 37
142
d=
=
285
10 2 + (−8) 2 + (−11) 2
.
Задача 4.22. Задана точка M 0 ( −3; −1; 2) и две скрещивающиеся прямые α1 и α 2 , заданные соответственно уравнениями
x+3
z −1
,
=y=
2
4
(4.3.49)
x
y +1 z
=
= .
−1
3
5
(4.3.50)
Найти уравнения прямой, проходящей через M 0 и пересекающей
как прямую α1 , так и прямую α 2 .
Рис. 4.3.19
116
117
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
Решение. Построим плоскость Π1 , содержащую точку M 0
и прямую α1 , и плоскость Π 2 , содержащую точку M 0 и прямую
α 2 (рис. 4.3.20).
α1
L1
Π1
Π2
N1
M0
y
x
α
M1
M2
z
L
L2
N2
α2
O
Рис. 4.3.20
На прямой α1 лежит точка M 1 (−3; 0; 1) , как это видно из уравнения (4.3.49). Нормаль N1 плоскости Π1 построим с помощью
векторного произведения направляющего вектора L1 = { 2; 1; 4 } прямой α1 и вектора M 0 M 1 = { 0; 1; −1 }:
  
i j k



N1 = 0 1 −1 = 5i − 2 j − 2k = {5; −2; −2 }.
2 1
4
Тогда уравнение (2.1.2) плоскости Π1 , имеющей нормаль
N1 = { 5; −2; −2} и проходящей через точку M 1 (−3; 0; 1) , имеет вид
5 ⋅ ( x + 3) − 2 ⋅ ( y − 0) − 2 ⋅ ( z − 1) = 0 , или 5 x − 2 y − 2 z + 17 = 0 .
Аналогично нормаль N 2 плоскости Π 2 построим с помощью
векторного произведения направляющего вектора L2 = { −1; 3; 5 }
прямой α 2 и вектора M 0 M 2 = { 3; 0; −2 }, где точка M 2 (0; −1; 0 )
принадлежит прямой α 2 , как это видно из уравнения (4.3.50):
118
4. Взаимное расположение плоскостей и прямых в пространстве
 
j k



N 2 = 3 0 −2 = 6i − 13 j + 9k = { 6; −13; 9 }.
−1 3 5

i
Тогда уравнение (2.1.2) плоскости Π 2 , имеющей нормаль
N 2 = { 6; −13; 9 } и проходящей через точку M 2 (0; −1; 0 ) , имеет вид
6 x − 13( y + 1) + 9 z = 0
или
6 x − 13 y + 9 z − 13 = 0 .
Искомая прямая является линией пересечения плоскостей Π1
и Π 2 . Она проходит через точку M 0 . Ее направляющий вектор L
может быть вычислен как векторное произведение нормалей N1
и N 2 плоскостей Π1 и Π 2 :



i
j
k



L = 5 −2 −2 = −44i − 57 j − 53k .
6 −13
9
Запишем уравнения (3.1.5) прямой, имеющей направляющий вектор L = { 44; 57; 53 } и проходящей через точку M 0 ( −3; −1; 2) :
x + 3 y +1 z − 2
=
=
.
44
57
53
Заметим, что полученная прямая лежит в одной плоскости
с прямой α1 и не параллельна ей. И она также лежит в одной плоскости с прямой α 2 и не параллельна ей. Следовательно, с обеими
прямыми у нее есть точки пересечения.
Замечание. Уравнения плоскостей Π1 и Π 2 можно было не
выписывать. Достаточно было определить нормали к ним.
Задача 4.23. Написать уравнение прямой α , перпендикулярной двум скрещивающимся прямым α1 и α 2 , заданным соответственно уравнениями
x +1 y
= = z,
(4.3.51)
2
2
119
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
x
z +1
=y=
,
3
2
(4.3.52)
и пересекающей их.
Решение. Как видно из уравнений (4.3.51) и (4.3.52), прямая α1
проходит через точку M 1 ( −1; 0; 0 ) и имеет направляющий вектор
L1 = { 2; 2; 1 }. Прямая α 2 проходит через точку M 2 ( 0; 0; −1) и имеет направляющий вектор L2 = { 3; 1; 2 }. Направляющий вектор L
перпендикуляра к L1 и L2 можно найти как векторное произведение:
  
i j k

 
L = 2 2 1 = 3i − j − 4k = { 3; −1; −4 }.
3 1
2
Вектор L может служить нормалью к любой плоскости, параллельной L1 и L2 одновременно (рис. 4.3.21).
α
Π1
L
N1
L1
N2
α1
M2
α2
z
M1
Π2
L2
y
x
O
Рис. 4.3.21
Построим уравнение вида (2.1.2) плоскости Π1 , имеющую
нормаль L и содержащую прямую α1 (а значит, и точку M 1 ):
3 ⋅ ( x + 1) − 1 ⋅ ( y − 0) − 4 ⋅ ( z − 0) = 0 ,
или
3x − y − 4 z + 3 = 0 .
Теперь построим плоскость Π 2 , перпендикулярную плоскости Π1 и содержащую прямую α1 . Ее нормаль N 2 вычислим как
120
4. Взаимное расположение плоскостей и прямых в пространстве
векторное произведение направляющего вектора L1 прямой α1
и нормали N1 = L плоскости Π1 :

 
i
j
k



N 2 = 2 2 1 = −7i + 11 j − 8k или N 2 = { 7; −11; 8 }.
3 − 1 −4
Тогда уравнение (2.1.2) плоскости Π 2 , имеющей нормаль N 2
и проходящей через точку M1 , может быть представлено следующим образом:
7 ⋅ ( x + 1) − 11 ⋅ ( y − 0) + 8 ⋅ ( z − 0) = 0 ,
то есть
7 x − 11y + 8 z + 7 = 0 .
(4.3.53)
Найдем точку пересечения прямой α 2 и плоскости Π 2 .
Ее координаты должны удовлетворять как уравнению плоскости
Π 2 , так и уравнениям прямой α 2 . Представим уравнения прямой
α 2 в параметрическом виде (3.1.3)
 x = 3t ;

(4.3.54)
 y = t;
 z = 2t − 1,

где t ∈ (−∞; +∞) – параметр, и подставим выраженные значения
переменных x, y, z в уравнение плоскости (4.3.53):
7 ⋅ 3t − 11t + 8 ⋅ (2t − 1) + 7 = 0 .
Решив уравнение относительно параметра t и подставив найден1
в уравнения (4.3.54), получим координаты
ное значение t =
26
 3 1 −24 
точки пересечения прямой α 2 и плоскости Π 2 : M 2  ; ;
.
 26 26 26 
Искомая прямая α проходит через точку M 2 и имеет направляющий вектор L . Ее уравнение имеет вид
24
1
3
x−
y−
z+
26 .
26 =
26 =
3
−1
−4
121
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
Задача 4.24. Найти точки пересечения прямой α
24
1
3
x−
y−
z+
26
26 =
26 =
3
−4
−1
с прямыми α1 и α 2 , заданными соответственно уравнениями
(4.3.51) и (4.3.52).
Решение. Точка пересечения прямой α с прямой α 2 уже
 3 1 −24 
найдена в задаче 4.22: это точка M 2  ; ;
 . Найдем теперь
 26 26 26 
точку пересечения прямых α и α1 (она обязательно существует).
Запишем их уравнения в параметрическом виде (3.1.3). Прямой α1
соответствуют уравнения
 x = 2μ − 1;

(4.3.55)
 y = 2μ;
 z = μ,

где μ ∈ (−∞; +∞) – параметр, а прямой α − уравнения
3

 x = 3λ + 26 ;

1
 y = −λ + ;
26

 z = −4λ − 24 ,

26
(4.3.56)
где λ ∈ (−∞; +∞) – параметр. Приравняем друг другу значения одноименных координат:
3

2μ − 1 = 3λ + 26 ;

1
2μ = −λ + ;
26

μ = −4λ − 24

26
122
4. Взаимное расположение плоскостей и прямых в пространстве
и составим систему линейных уравнений относительно неизвестных λ и μ:
29

2μ − 3λ = 26 ;

1
2μ + λ = ;
26

μ + 4λ = − 24 .

26
Решим ее методом Гаусса:
24  
24 

1 4 −  1 4 − 
4

26  
26 

μ= ;

1
49
26
2 1
 ⇔  0 −7
⇔
7

26  
26 
λ = − .

29  
28 
26

 2 −3
  0 −4

26  
26 

Подставив найденные значения параметров в уравнения
 −9 4 2 
(4.3.55) и (4.3.56), получим одну и ту же точку M 1  ; ;  −
 13 13 13 
точку пересечения прямых α и α1 .
Задача 4.25. Написать уравнение прямой, проходящей через
точку M 0 (2; −1; 3), параллельной плоскости Π , заданной уравнением
5 x + 4 y − 3z + 10 = 0 ,
(4.3.57)
и пересекающей прямую α , заданную уравнением
x −1 y z + 2
= =
.
2
4
−3
(4.3.58)
Решение. Построим плоскость Π 0 , параллельную плоскости
Π и содержащую точку M 0 . Нормаль плоскости Π 0 совпадает
с нормалью N = { 5; 4; −3 } плоскости Π . Уравнение плоскости Π 0
имеет вид
123
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
5 ⋅ ( x − 2) + 4 ⋅ ( y + 1) − 3 ⋅ ( z − 3) = 0 ,
или
5 x + 4 y − 3z + 3 = 0 .
(4.3.59)
Все прямые, содержащие точку M 0 и параллельные плоскости Π ,
лежат в плоскости Π 0 (рис. 4.3.22).
N0
Π0
α0
M1
M0
Π
x
α
y
O
Рис. 4.3.22
Найдем точку пересечения плоскости Π 0 и α . Для этого подставим уравнения (4.3.58) прямой α в параметрическом виде
 x = 2μ + 1;

 y = 4μ;
 z = −3μ − 2,

(4.3.60)
где μ ∈ (−∞; +∞) – параметр, и подставим выражения координат
через параметр в уравнение (4.3.59) плоскости Π 0 :
5 ⋅ ( 2μ + 1) + 4 ⋅ 4μ − 3 ⋅ (−3μ − 2) + 3 = 0 .
2
Получим 35 μ = −14 , откуда μ = − . Следовательно, искомая точка
5
 1 −8 −4 
пересечения имеет координаты M 1  ; ;  .
5 5 5 
124
Прямая α проходит через точки M 0 и M1 . Запишем уравнение
(3.2.1) прямой, проходящей через две точки:
x−2
y +1
z −3
x − 2 y +1 z − 3
=
=
или
.
=
=
1
8
4
9
3
19
− 2 − +1 − − 3
5
5
5
Задача 4.26. Прямые α1 и α 2 заданы как линии пересечения
двух плоскостей:
2 x + 3 y + 7 z − 3 = 0 ;
(4.3.61)

 x + y − 2z + 5 = 0,
5 x − y − 3 z + 10 = 0 ;

 2x − z + 3 = 0.
N
z
4. Взаимное расположение плоскостей и прямых в пространстве
(4.3.62)
Являются ли они пересекающимися, параллельными или скрещивающимися?
Решение. Если прямые пересекаются, то система линейных
уравнений, содержащая как уравнения (4.3.61), так и уравнения
(4.3.62), имеет единственное решение. Если прямые являются параллельными или скрещивающимися, то эта система уравнений
решений не имеет. Решим ее методом Гаусса:
3   1 1 −2 −5 
2 3 7


 
 1 1 −2 −5   0 1 11 13 
 5 −1 −3 −10  ⇔  0 −6 7 15  ⇔


 
 2 0 −1 −3   0 −2 3 7 
 1 1 −2 −5 

 1 1 −2 −5  

  0 1 11 13 
 0 1 11 13  
93 
.
⇔ 0 0 1
⇔


0 0 73 93
73 

 
33 
 0 0 25 33   0 0 1

25 

Четвертое уравнение противоречит третьему. Система решений не
имеет, а значит, прямые не пересекаются. Проверим теперь, параллельны ли прямые. Найдем направляющий вектор каждой пря125
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
мой как векторное произведение нормалей пересекающихся плоскостей.
Для прямой α1 :
  
i j k

 
L1 = 2 3 7 = −13i + 11 j − k или L1 = { −13; 11; −1 }.
1 1 −2
4. Взаимное расположение плоскостей и прямых в пространстве
−13 11 −1
1 − 1 2 = −84 ≠ 0 .
−18 12 −3
Следовательно, прямые не лежат в одной плоскости. Они являются
скрещивающимися.
Способ, изложенный в основном решении, был бы предпочтительней, если бы прямые пересекались.
Для прямой α 2 :

 
i j k

 
L2 = 5 −1 − 3 = i − j + 2k или L2 = {1; −1; 2}.
2 0 −1
Очевидно, что направляющие векторы не пропорциональны, условие (3.4.5) параллельности прямых не выполнено. Следовательно,
прямые являются скрещивающимися.
Замечание. Задачу можно было решать другим способом.
Определив направляющие векторы L1 = { −13; 11; −1 } и L2 = {1; −1; 2 },
мы убедились в том, что прямые не являются параллельными.
Найдем теперь по точке на каждой из прямых. Положим в (4.3.61)
z = 0 и решим полученную систему уравнений:
2 x + 3 y = 3 ;

 x + y = −5 .
Решением системы являются x = −18 и y = 13 . Следовательно,
прямой α1 принадлежит точка M 1 (−18; 13; 0) . Положив в (4.3.62)
x = 0 , получим систему
 y + 3z = 10 ;

 z = 3.
Соответственно, прямой α 2 принадлежит точка M 2 (0; 1; 3) .
Проверим, лежат ли прямые в одной плоскости, составив
смешанное произведение векторов L1 = { −13; 11; −1 }, L2 = {1; −1; 2 }
и M 2 M 1 = { −18; 12; −3 } :
126
127
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
4. Взаимное расположение плоскостей и прямых в пространстве
Рекомендуемая литература
1. Натансон И. П. Краткий курс высшей математики / И. П. Натансон. – СПб. : Лань, 2007. – 736 с.
2. Письменный Д. Т. Конспект лекций по высшей математике. Полный курс / Д. Т. Письменный. – М. : Айрис-Пресс, 2006. – 608 с.
3. Цубербиллер О. Н. Задачи и упражнения по аналитической геометрии / О. Н. Цубербиллер. – СПб. : Лань, 2007. – 336 с.
4. Основы линейной алгебры : метод. указания к выполнению самостоятельной работы для студентов всех специальностей / сост.: Л. Е. Морозова, О. В. Соловьёва; СПбГАСУ. – СПб., 2006. – 39 с.
5. Беклемишева Л. А. Сборник задач по аналитической геометрии
и линейной алгебре / Л. А. Беклемишева, А. Ю. Петрович, И. А. Чубаров. –
М. : Физматлит, 2004. – 496 с.
6. Беклемишев Д. В. Курс аналитической геометрии и линейной алгебры / Д. В. Беклемишев. – М. : Физматлит, 2008. – 312 с.
7. Ильин В. А. Аналитическая геометрия / В. А. Ильин, Э. Г. Поздняк. –
М. : Физматлит, 2007. − 223 с.
8. Привалов И. И. Аналитическая геометрия / И. И. Привалов. – М. :
Физматлит, 2001. – 300 с.
9. Морозова Л. Е. Векторная алгебра : учеб. пособие / Л. Е. Морозова,
В. Б. Смирнова; СПбГАСУ. – СПб., 2014. – 100 с.
Оглавление
1. Метод координат в пространстве геометрических векторов……..
1.1. Расстояние между двумя точками…………………………………
1.2. Деление отрезка в заданном отношении………………………….
1.3. Задачи к разделу 1…………………………………………………..
3
4
5
6
2. Плоскость в пространстве …………………………………………….
2.1. Общее уравнение плоскости……………………………………….
2.2. Уравнение плоскости в отрезках…………………………………..
2.3. Уравнение плоскости, проходящей через три заданные точки,
не лежащие на одной прямой……………………………………..
2.4. Нормальное уравнение плоскости. Расстояние от произвольной
точки пространства до плоскости…………………………………
2.5. Угол между двумя плоскостями…………………………………..
2.6. Пучки и связки плоскостей………………………………………..
2.7. Задачи к разделу 2…………………………………………………..
17
17
21
3. Прямая в пространстве………………………………………………..
3.1. Канонические уравнения прямой………………………………….
3.2. Уравнения прямой, проходящей через две точки………………..
3.3. Прямая как линия пересечения двух плоскостей………………..
3.4. Взаимное расположение прямых………………………………….
3.5. Задачи к разделу 3…………………………………………………..
58
58
60
60
63
66
25
27
36
38
40
4. Взаимное расположение плоскостей и прямых в пространстве… 85
4.1. Угол между прямой и плоскостью……………………………….. 85
4.2. Точка пересечения прямой и плоскости…………………………. 89
4.3. Задачи к разделу 4…………………………………………………. 90
Рекомендуемая литература……………………………………………….. 128
128
129
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
4. Взаимное расположение плоскостей и прямых в пространстве
ДЛЯ ЗАПИСЕЙ
Учебное издание
Морозова Лидия Евсеевна,
Смирнова Вера Борисовна,
Утина Наталья Валерьевна
ПРЯМАЯ И ПЛОСКОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ
Учебное пособие
Редактор А. В. Афанасьева
Корректор К. И. Бойкова
Компьютерная верстка И. А. Яблоковой
Подписано к печати 29.11.2017. Формат 60×84 1/16. Бум. офсетная.
Усл. печ. л. 7,7. Тираж 100 экз. Заказ 128. «С» 93.
Санкт-Петербургский государственный архитектурно-строительный университет.
190005, Санкт-Петербург, 2-я Красноармейская, 4.
Отпечатано на ризографе. 190005, Санкт-Петербург, ул. Егорова, д. 5/8, лит. А.
130
131
Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, Н. В. Утина. Прямая и плоскость в пространстве
ДЛЯ ЗАПИСЕЙ
132
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
1
Размер файла
1 459 Кб
Теги
utina, pramaya, smirnova, ploskoct, prostranstv, morozov
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа