Задачи от уравнение на права в пространството

§8. Задачи от уравнение на права в пространството

Съдържание
1. Задаване на права.
2. Видове уравнения.
ТЕОРИЯ
Видове уравнения на права в пространството
Канонично: Права g, определена от точка и направляващ (успореден) вектор

()
()
gaaaa
gzyxM
g
||,,
,,
321
0000
r
∈
→


3
0
2
0
1
0a
zz
a
yy
a
xx
g
−
=
−
=
−
→
Права, определена от две точки


12
1
12
1
12
1zz
zz
yy
yy
xx
xx
g
−
−
=
−
−
=
−
−
→
Права, зададена като пресечница на две равнини

0
0
2222
1111
=+++
=+++
→
DzCyBxA
DzCyBxA
g

Параметрични уравнения на права, определена от точка и успореден вектор

()
()
gaaaa
gzyxM
g
||,,
,,
321
0000
r
∈
→


⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+=
+=
+=
→
30
20
10
azz
ayy
axx
gλ
λ
λ

ЗАДАЧИ
Задача 1. Да се напишат каноничните уравнения на права
l, която:
а) Минава през точките
()1,3,2
1
−M,
()2,5,3
2
M .
б) Минава през точка
()5,0,2
0−M и е успоредна на правата

1
1
2
2
5
1
−
+
=
+
=
−
→
zyx
g .
в) Минава през точка ()1,2,7−M и е успоредна на правата

⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−=
=
+−=
→
λ
λ
λ21
2
2
z
y
x
g
;

г) е зададена с уравненията

⎩
⎨
⎧
=−++
=−+−
→
013
032
zyx
zyx
l .
Решение. а) Правата l е определена от двете точки
( )1,3,2
1
−M и ()2,5,3
2
M . Нейното
уравнението е

12
1
35
3
23
2
−
−
=
+
+
=
−
−
→
zyx
l ,
т.е.

1
1
8
3
1
2 −
=
+
=
−
→
zyx
l .
б) От уравнението на дадената права

1
1
2
2
5
1
−
+
=
+
=
−
→
zyx
g
определяме вектор
()1,2,5−
la
r
, успореден на правата l . Тогава търсеното уравнение е

1
5
25
2
−
−
==
+
→
zyx
l .
в) От уравнението на дадената права

⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−=
=
+−=
→
λ
λ
λ21
2
2z
y
x
g

определяме вектор
()2,2,1−
la
r
, успореден на правата l . Тогава търсеното уравнение е

2
1
2
2
1
7
−
+
=
−
=
−
→
zyx
l .
г) Свеждаме решението към решение като в подточка а). Първо намираме две точки от
l като в дадената система заместваме една от променливите, например y с 0, а след
това с 1. Така получаваме точките

()1,0,2
01
032
11−⇒
⎩
⎨
⎧
=−+
=−+
→ M
zx
zx
M
и

()8,1,6
02
042
22−⇒
⎩
⎨
⎧
=++
=−+
→ M
zx
zx
M .
Тогава търсеното уравнение е

7
1
14
2
−
+
==
−
→
zyx
l .
Задача 2. Да се намери ортогоналната проекция Q на точка
( )3,1,2−A върху правата

⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+=
−=
=
→
22
75
3tz
ty
tx
p

Намерете координатите на симетричната точка
M на дадената точка A спрямо права-
та p.
Решение. Построяваме равнина

()
()
⎩
⎨
⎧
⊥
∈−
→
2,5,3
3,1,2n
A
r
α
α

и намираме прободната точка
Q на
p


с α чрез системата

()()()
0321523
22
75
3
=−+++−
+=
−=
=zyx
tz
ty
tx
.
Тогава

( )4,2,313838024302569 −⇒=⇒=⇒=−+−+− Qttttt
Тъй като
Q е среда на отсечката
AM, то

()
534.22
312.22
423.22
=−=−=
−=+−=−=
=−=−=
AQM
AQM
AQMzzz
yyy
xxx

Следователно
()5,3,4−M.



Задача 3.
Да се намери уравнението на права l, която минава през координатното на-
чало
()0,0,0O и пресича всяка от правите

1
3
2
2
1
1
1
−
=
+
=
−
−
→
zyx
g и
1
1
2
1
3
1
2
− +
=
−
=
+
→
zyx
g .
Решение.

От уравнението на правата

1
3
2
2
1
1
1
−
=
+
=
−
−
→
zyx
g
определяме точка
()3,2,1−M и вектор
( )1,2,1−a
r
. Пишем уравнение на равнина α, опре-
делена от дадената точка
()0,0,0O и векторите
( )3,2,1−OM и ( )1,2,1−a
r
.
020480
121
321 =+→⇒=−−→⇒=
−
−→ yxyx
zyxααα .
Намираме прободната точка Q на правата

1
1
2
1
3
1
2
−
+
=
−
=
+
→
zyx
g
с равнината
02 =+→ yx α . Това става като решим системата
01286
02
12
43
=−−−−⇒
=+
−−=
−−=
→ zz
yx
zy
zx
Q
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−−⇒=−=−=
8
9
,
8
10
,
8
5
8
10
,
8
5
,
8
9
Qyxz
Правата
l, която търсим е определена от точка
()0,0,0O и вектора
()9,10,58 −−=OQa
l
r
,
следователно търсената права
l има уравнение

9105
zyx
l =
−
=→ .
Задача 4. Да се намери разстоянието от точка
()1,0,0A до правата

1
3
2
2
1
1 −
=
+
=
−
−
→
zyx
g
и уравнението на равнината α, определена от дадената точка и дадената права.
Решение. От уравнението на правата

1
3
2
2
1
1 −
=
+
=
−
−
→
zyx
g

определяме точка ()3,2,1−Q и направляващ вектор ( )1;2;1−
ga
r
. Тогава положението на
търсената равнина α се определя от точка ()1,0,0A и векторите ()1;2;1−
ga
r
и
()2,2,1−AQ . Следователно
020360
221
121
1
=+→⇒=+→⇒=
−
−
−
→ yxyx
zyxααα

Разстоянието от точка
()1,0,0A до правата
1
3
2
2
1
1 −
=
+
=
−
−
→
zyx
g
определяме по следния план.
1) Построяваме равнина
α, минаваща през точка ()1,0,0A и перпендикулярна на пра-
вата g.
() ()() 012;01.10.20.1 =+−−→=−+−+−−→ zyxzyx αα
2) Намираме прободната точка Q на правата g и равнината α.
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−⇒=⇒=+−−−+−⇒
=+−−
+=
+−=
−=
→
2
7
;1;
2
1
2
1
013441
012
3
22
1
Qtttt
zyx
tz
ty
tx
Q
3) Намираме дължината на вектора AQ, което е търсеното разстояние от точка A до
правата g.
()
2
15
4
25
1
4
1
1
2
7
010
2
1
2
2
2
=++=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−+−+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=QA
r
.

Задача 5.
Точките ()3,2,1−A и ( )1,4,5−−C са противоположни върхове на ромб, а трети-
ят му връх B лежи на правата

3
2
5
4
2
1
−
−
=
+
=
−
→
zyx
g .
Да се напише уравнението на равнината α на ромба и уравнението на диагонала BD.
Решение.
Използваме, че диагоналите на ромб са перпендикулярни. Тогава върхът
B
ще лежи в равнината β, която минава през средата M на отсечката AC и е перпенди-
кулярна на вектора MC.

() ()
()()() 0123132
2,1,2
1,3,3
=−−+−−→⇒
−−⊥
∈−
→ zyx
MC
M...β
β
β ,
следователно равнината
β има уравнение

0722 =−−−→ zyx
β .
Точка B лежи на правата

3
2
5
4
2
1
−
−
=
+
=
−
→
zyx
g
и в равнината β. Следователно
15507645442
0722
32
54
21
=⇒=⇒=−+−−++⇒
=−−−
−=
+−=
+=
→ ttttt
zyx
tz
ty
tx
B ,
а точката B има координати ( )1,1,3−B . Уравнението на диагонала BD определяме чрез
точка B и вектора
()1,2,0
2
1
−⇒=
bbaMBa
rr
.
Тогава

1
1
2
1
0
3
−
+
=
−
=
−
→
zyx
BD .
Уравнението на равнината α на ромба определяме чрез точка ()3,2,1−A и векторите
()4,3,2−AB и ( )2,1,2−−AM . Следователно
()( )() 038241100
212
432
321
=−−+−−−→⇒=
−−
−
−+−
→ zyx
zyx...αα ,
и равнината
α има уравнение

013425 =−++→ zyx
α .
Задача 6. Дадени са точките ()2,0,0−A , ( )4,0,4−B , ()0,0,2C и ( )3,3,5−D. Да се докаже, че
правите AB и CD са кръстосани и да се намери най-малкото разстояние между точки
от тези прави.

Решение. Образуваме смесеното произведение на векторите ()2,0,4−AB ; ()2;0;2CA
r
и
()3,3,3−CD .
() () 03648.3
333
202
204
,, ≠−=+−=
−
−
=CDACAB,
което означава, че трите вектора не са компланарни и векторът ()3,3,3−CD не лежи в
равнината, определена от векторите ( )2,0,4−AB и ()2;0;2CA
r
. В такъв случай правите
AB и
CD

са кръстосани.
Най-малкото разстояние между точки от тези прави е равно на дължината на от-
сечка

()
()
CDNCDMN
ABMABMN
MN
∈⊥
∈⊥
→ .
За да намерим точките M и N използваме , че

22
0
4
2
2
04
−−=
=
=
⇒=
−
+
==⇒∈
tz
y
tx
t
zyx
ABM
M
M
M

и

uz
uy
ux
u
zyx
CDN
N
N
N3
3
23
333
2
−=
=
+=
⇒=
−
==
−
⇒∈

Тогава

() 223,3,423 ++−−+ tuutuMN
и е MN перпендикулярен на( )2,0,4−AB и на ( )3,3,3−CD . Следователно скаларното му
произведение с всеки от тях ще е равно на нула. Образуваме системата

2
1
,
3
1
01827
42018
066991269
044616812
==⇒
=−
−=−
⇒
=−−++−+
=−−+−+
tu
tu
tu
tuutu
tutu
.
Следователно ()2,1,1MN , а дължината на отсечка MN е
.6411 =++=MN