Задачі. 1. Рівняння визначає в просторі деяку поверхню

1. Рівняння визначає в просторі деяку поверхню. Розглянемо випадок, коли це рівняння першого степеня відносно змінних та , тобто записується у виді

, (1)

де - деякі числові коефіцієнти, які одночасно не рівні нулю, - довільне число.

Покажемо, що це рівняння визначає в просторі деяку площину. Нехай у рівнянні (1) та – один із розв’язків цього рівняння. Введемо в розгляд два неколінеарні вектори та та відкладемо їх від точки . Нехай та . Тоді точки та матимуть наступні координати: . Переконаємось у тому, що одержані точки належать поверхні (1).

Підставляючи координати точки у рівняння (20), дістаємо

_,

тобто точка належить поверхні. Аналогічні обчислення виконуються для точки . Нехай – довільний розв’язок (1) а - відповідна точка на поверхні. Тоді вектори та будуть компланарними. Справді, обчисливши їх мішаний добуток, дістаємо

.

Оскільки вектори компланарні , то точки та лежать в одній площині, що і потрібно було довести.

2. Складемо рівняння площини в довільній афінній системі координат у тому випадку, коли вона задається перетином двох прямих.

Нехай - спільна точка цих прямих, а неколінеарні вектори та задають їхні напрямки (рис. 1). Точка належатиме площині, визначеній даними прямими, тоді і тільки тоді, коли вектори та будуть компланарними, тобто коли їхній мішаний добуток дорівнюватиме нулю.

З умови дістаємо рівність

(2)

яка і є шуканим рівнянням площини. Рівняння (2) можна записати у виді (1). У цьому випадку , , .

Нехай площина задана трьома точками , які не лежать на одній прямій. Тоді, скориставшись рівнянням (2), в якому покладемо

, ,

а замість точки використаємо точку , дістанемо рівняння

. (3)

Одержане співвідношення називають рівнянням площини, яка проходить через три задані точки.

Нехай площина відтинає на осях відрізки відповідно ( рис.2). У цьому випадку для того, щоб скласти рівняння площини, введемо в розгляд точки та скористаємось попереднім результатом. Дістаємо , або звідки

(4)

Одержане рівняння називають рівнянням площини у відрізках на осях.

Нехай задана прямокутна декартова система координат . Розглянемо деяку площину із заданою на ній точкою та вектором який перпендикулярний до площини (рис.3). Точка належатиме площині тоді і тільки тоді, коли вектори та будуть перпендикулярними, тобто коли виконується умова . Обчисливши координати вектора та скалярний добуток, отримаємо рівність

. (5)

Одержане рівняння є рівнянням площини, яка проходить через задану точку, перпендикулярно до даного напрямку. Порівнявши рівності (1) та (5), можна зробити наступний висновок: в прямокутній декартовій системі координат коефіцієнти біля змінних та у рівнянні площини визначають вектор , який перпендикулярний до площини.

3. Рівняння (1), до якого зводяться рівняння площини в усіх розглянутих випадках, називають загальним рівнянням площини. Розглянемо особливості розташування площини (1) відносно системи координат у випадках, коли деякі з коефіцієнтів рівні нулю. При цьому будемо користуватись наступною лемою.

Лема. Для того, щоб вектор був паралельним до площини , заданої рівнянням , необхідно та достатньо, щоб виконувалася рівність

. (6)

Доведення. Нехай вектор паралельний до площини , а також точка є початком вектора . Тоді точка , для якої , теж належить площині, а її координати задовольняють рівняння площини. Тому

. Навпаки, нехай виконується рівність Візьмемо на площині довільну точку та розглянемо точку таку, що . Тоді точка належать площині , в чому легко переконатися, підставивши її координати в рівняння площини. Отже, вектор паралельний площині .

Перейдемо до розгляду частинних випадків рівняння (1).

1. Нехай , тобто рівняння площини має вигляд Очевидно, що - розв’язок рівняння, отже, площина проходить через початок координат.

2. Нехай . Тоді рівняння площини набуває виду . Розглянемо вектор , паралельний до осі . Згідно з доведеною лемою він паралельний до площини , тому у цьому випадку площина паралельна до осі (рис. 1). Аналогічні висновки робимо при та . Тобто площина, задана рівнянням паралельна до осі , а площина, задана рівнянням , паралельна до осі . Якщо або , то площина проходить через вісь (відповідно через вісь або вісь ).

4. У загальній афінній системі координат розглянемо пряму , задану точкою та напрямним вектором . Нехай - довільна точка цієї прямої. Очевидно, що точка належить прямій тоді і тільки тоді, коли вектори та колінеарні. Із пропорційності їхніх координат дістаємо співвідношення

, (7)

яке називають канонічним рівнянням прямої в просторі. Прирівнявши одержані відношення до параметра , дістаємо

(8)

Одержані рівняння називають параметричними рівняннями прямої в просторі. Їх використовують, наприклад, у випадку, коли деякі з чисел у рівнянні (7) рівні нулю.

Аналогічно до параметричних рівнянь прямої на площині (див. лекцію.7. п.2), параметр має свій геометричний зміст, а саме: якщо вектор - одиничний, тобто якщо , то дорівнює відстані від точки до точки . Це дає можливість легко знаходити на прямій точки, розташовані на певній відстані від заданої точки. Наприклад, нехай задана пряма , до якої паралельний вектор , а, отже, і його орт . Задамо пряму рівняннями , , . Тепер, щоб знайти на прямій точки, розташовані від точки на певній відстані, нехай на відстані 6, достатньо в одержані рівняння прямої підставити . Одержимо дві точки такі, що

Нехай пряма проходить через дві точки . Тоді, скориставшись рівнянням прямої у виді (7) та замінивши в ньому координати точки координатами точки і використавши вектор у ролі напрямного вектора , дістанемо

(9)

Одержане співвідношення називають рівнянням прямої в просторі, що проходить через дві задані точки.

У деяких випадках пряму в просторі зручно задавати, як лінію перетину двохплощин, тобто у виді системи рівнянь

(10)

При цьому для того, щоб площини перетиналися, будемо вимагати непропорційності коефіцієнтів біля змінних в заданих рівняннях. Перехід від задання прямої у виді (10) до виду (7) або (8) можна здійснювати, знайшовши, наприклад, два довільні розв’язки системи (10), або знайшовши координати напрямного вектора прямої, який можна одержати, як векторний добуток векторів нормалей до даних площин. Нагадаємо, що координати цих векторів є коефіцієнтами біля змінних у заданих рівняннях.

Зробимо ще одне зауваження. Рівність (7) можна записати у вигляді однієї із трьох систем

; ; .

Кожне з рівнянь систем є рівнянням першого степеня, тому є рівнянням площини, а відсутність однієї змінної в кожному рівнянні говорить про паралельність відповідної площини до певної координатної осі. Тому канонічне рівняння прямої (7) фактично задає пряму, як перетин трьох площин, кожна з яких паралельна до певної координатної осі.

5. Розглянемо приклади розв’язання задач.

Задача 1. Зобразити лінію перетину площин та .

Розв’язання. Зобразимо площину . Для цього знайдемо точки та її перетину з осями та . Оскільки || (в рівнянні площини відсутня змінна ), то, провівши через точки та прямі та паралельно до осі , дістанемо зображення площини . На осі знаходимо точку , яка належить площині , і через неї проводимо прямі та . Точка і прямі та визначають площину . Точка перетину прямих та належить шуканій прямій перетину площин, оскільки обидві прямі лежать в одній площині (площині ) і перетинаються. Аналогічно, точка перетину прямих та , які лежать в площині , теж належить лінії перетину. Таким чином, шуканою прямою є пряма (рис. 3).

Задача 2. Скласти рівняння ортогональної проекції прямої , заданої канонічним рівнянням на площину , задану рівнянням ^.

Розв’язання. Скористаємось вектором який перпендикулярний до площини та вектором , який паралельний до прямої . Дані вектори не колінеарні, тому пряма не перпендикулярна до , отже її проекцією буде деяка пряма . Другу площину , якій належить s, проведемо через пряму , перпендикулярно до . Очевидно, що площина проходить через точку , яка належить прямій і паралельна до векторів та . Скориставшись рівнянням (2), дістаємо рівняння площини : , звідки , або, остаточно, Шукане рівняння прямої подамо у виді (10), як перетин площин та .

Відповідь:

Задача 3. Три грані куба з ребром 1 належать координатним площинам. Побудувати переріз куба площиною .

Розв’язання. Зобразимо заданий куб та площину , побудувавши на осях точки

(рис. 4). Знаходимо точку перетину прямих та (обидві прямі лежать у площині ) та точку P перетину прямих та . Пряма PN лежить у площині та в площині і перетинає ребра верхньої грані куба в точках R та S. Тепер знаходимо точку перетину прямих та і проводимо пряму , яка перетне ребро у деякій точці T.

Відповідь: трикутник .