Зміст
Вступ
1. Просторовадекартова прямокутна система координат.
2. Рівнянняпрямої та площини у просторі.
3. Умовапаралельності та перпендикулярності двох прямих, двох площин, прямої та площиниу просторі.
4. Доказкоординатним методом теореми про три перпендикуляри.
5. Вивідметодом координат ознаки паралельності двох площин.
6. Рівняннясфери. Властивість перетину кулі площиною.
Висновки
Список використаної літературиВступ
При вивченні геометрії в просторі методом координат частіше всьогорозглядають поверхні. Метод координат полягає в тому, що завдяки координатамточок геометричні об’єкти задають аналітично за допомогоючисел, рівнянь, нерівностей та їх систем і тим самим при доведенні теорем аборозв’язанні геометричних завдань використовуютьаналітичні методи. Це суттєво спрощує розмірковування та часто дозволяєдоводити теореми або розв’язувати задачі, користуючись певним алгоритмом (виконуючи ті чи інші обчислення), в той час, як синтетичний метод в геометрії вбільшості випадків вимагає штучних прийомів. Але для того, щоб користуватисяметодом координат, необхідно вміти за допомогою чисел, рівнянь, нерівностей таїх систем завдавати геометричні фігури.
1. Просторовадекартова прямокутна система координат.
Візьмемо три взаємно перпендикулярні прямі x, y, z, щоперетинаються в одній точці О (див. мал. 1). Проведемо через кожну пару цихпрямих площину. Площина, що проходить через прямі х та у, зветься площиною ху.Дві інші площини звуться відповідно xz та yz. Прямі x, y, z звутьсякординатними осями або осями координат, точка їх перетину О- початком координат, а площини xy, yz, та xz- координатнимиплощинами. Точка О розбиває кожну з осей координат на двінапівпрямі. Умовимся одну з них називати додатньою, а іншу- від’ємною.
Візьмемо тепер довільну точку А та проведем черезнеї площину, паралельну площині yz. Вонаперетинає вісь х в деякій точці Ах. Координатою х точки А будемоназивати число, рівне за абсолютною велчиною довжині відрізка ОАх,додатнє, якщо точка Ах розташована на додатній півосі х, тавід’ємне, якщо вона розташована на від’ємній півосі. Якщо точка Ахспівпадає з точкою О, то приймаємо х=0. Аналогічно визначаються координати y, z точкиА. Координати точки будемо записувати в дужках поряд з літерним позначеннямточки: А (x, y, z). Іноді будемо позначати точку просто її координатами (x, y, z).
Відстань між двома точками А1 (x1,y1,z1) та А2 (x2,y2,z2) визначаєтьсяспіввідношенням:
/>
Нехай А (x1,y1,z1) та В (x2,y2,z2) дві довільніточки. Координати x, y, z точки С, щоділить відрізок АВ у відношенні /> черезкоординати точок А та В визначаються слідуючим чином:
/>/>
z
/>
/> xz
yz J
/>/>/> O x
/> xy
y
Малюнок 1- Просторова декартовапрямокутна система координат
2. Рівнянняпрямої та площини у просторі.
Нехай d- пряма у просторі. Будь-якийненульовий вектор, що паралельний цій прямій, зветься її напрямним вектором.Ясно, що пряма має нескінчену множину направляючих векторів, будь-які два зяких колінеарні. Всі ці вектори, разом з нульовим вектором, утворюють одномірнийвекторний підпростір, що зветься направляючим підпростіром прямої d.
Положення прямої d упросторі визначається повністю, якщо задані:
1) направляючийвектор прямої d та деяка точка;
2) дві точкипрямої;
3) дві площини, щоперетинаються по прямій d.
Поставимо задачу: для кожного з цих способів заданняпрямої написати її рівняння.
Канонічне рівняння прямої. Нехай у просторіобрана прямокутна декартова система координат і в цій системі відомі координатидеякої точки М0(x0, y0,z0) такоординати направляючого вектора /> прямоїd. Напишемо рівняння цієї прямої. Спочатку розглянемо тойвипадок, коли жодна з координат вектора не дорівнює нулю.
Очевидно, точка М (x, y, z) розташована напрямій d тоді і тільки тоді, коли вектори /> та /> колінеарні. Вектор /> має координати (х-х0,y-y0, z-z0).Враховуючи умову колінеарності, можна записати рівняння прямої d:
/> (1)
Якщо одна з координат вектора /> дорівнює нулю, наприклад: /> , то умова колінеарностізапишеться так:
/> (2)
Аналогічно, якщо дорівнюють нулю дві координативектора />, наприклад: />, то отримуємо:
y-y0=0,z-z0=0 (3)
В цьому випадку пряма dпаралельна осі Ох ( якщо принаймні одно з чисел y0,z0відмінно від нуля) або співпадає з віссю Ох (якщо y0= z0=0).
Рівняння (1), (2), (3) звуться канонічнимирівняннями прямої.
Рівняння прямої, заданої двома точками. Нехайв просторі обрана афінна система координат і в цій системі відомі координатидвох точок М1 (x1, y1,z1) та М2(x2, y2,z2) прямоїd. Тоді вектор /> єнапрямним вектором цієї прямої. Оскільки вектор /> має координати(х2-х1, y2-y1, z2-z1), токанонічне рівняння прямої d при /> згідноформули (1) має вигляд:
/>/> (4)
Якщо одна з координат вектора /> або дві його координатидорвінюють нулю, то для отримання канонічних рівнянь прямих слід скористатисяформулами (2) та (3).
Приклад.
Нехай у просторі задано дві точки М1(1,2,5)та М2 (4,7,8). Треба скласти рівняння прямої, що проходить крізь ціточки.
Розв’язання. Згідно (4), маємо:
/>
Рівняння прямої, що задана двома площинами.Нехай пряма d є лінією перетину площин /> та /> , що в декартовій прямокутній системі координат задані рівняннями:
/> (5)
Точка М (x, y, z)належить прямій d тоді та тільки тоді, коли її координатиє розв’язанням системи рівнянь (5), тому ця система і є рівнянням прямої d.Навпаки, будь-яка система рівнянь (5) є рівнянням деякої прямої простору, якщоранг матриці /> дорівнює двом.
Для того, щоб знайти канонічне рівняння прямої, щозадана рівняннями (5), потрібно знати координати будь-якої точки М0цієї прямої та деякого направляючого вектора />.Точку М0(x0, y0,z0) слід обратитак, щоб її координати задовольняли системі лінійних рівнянь (5). Длязнаходжння координат направляючого вектора слід скористатися лемою: якщо вдекартовій системі координат пряма завдана рівняннями (5), то вектор /> є направляючим вектором цієїпрямої.
Приклад. Написати канонічне рівняння прямої, що в декартовійпросторовій прямокутній системі координат задана системою рівнянь:
/>
Розв’язання. Спочатку оберемо будь-яку точкуна даній прямій. В даному випадку коефіцієнти при х та у не пропорційні, томунадамо z довільне значення, наприклад z0=0 тазнайдемо з вихідної системи: х0=-1, у0=-4. Ми знайшлиточку М0(-1,-4,0), що належить даній прямій.
Координати напрямного вектора /> знайдемо, скористувавшисьнаведеною вище лемою: /> або />
Таким чином, канонічне рівняння прямої, заданої вихідним рівнянням,має вигляд:
/>
Параметричне рівняння прямої. Оберем прямокутну систему координат і задамо пряму d з напрямнимвектором /> та точкою М0(x0,y0,z0). Точка М (x, y, z) просторуналежить прямій d тоді та тільки тоді, коли вектори /> та /> колінеарні, тобто колиіснує таке число t, що /> .Це відношення в координатах запишеться так:
/>,
або
/> (6)
Ці рівності звуться параметричними рівняннями прямої, а t- параметром.
Будь-яку площину у просторі можна задати точкою, що їй належить М0(x0, y0,z0) танаправляючим підпростором />, де
/> та /> два неколінеарних вектори.Будь-яка точка належить площині тоді та тільки тоді, коли виконана рівність:
/> (7)
Розкриваючи по елементах першого стовпчика визначник,отримаємо рівняння площини у вигляді:
Ax+By+Cz+D=0 (8)
де
/>.
Рівняння (8) є загальним рівнянням площини.
Приклад. Нехай задано М0(8,-5,6) та /> та />. Треба записати рівнянняплощини.
Розв’язання. Згідно (8) визначаємо параметризагального рівняння площини:
/>
Таким чином, рівняння площини має вигляд:
-66x-60y-12z+300=0
3. Умовапаралельності та перпендикулярності двох прямих, двох площин, прямої та площиниу просторі.
Нехай є дві площини
/> (9)
З’ясуємо, за яких умов ці площини: а)паралельні; б) перепендикулярні.
Оскільки A1,B1,C1–координати вектора /> , щоперпендикулярний першій площині, а A2,B2,C2–координати вектора /> , що перпендикулярнийдругій площині, то площини паралельні, якщо вектори />, /> паралельні, тобтоякщо їх координати пропорціональні:
/>.
Ця умова разом з тим достатня для паралельностіплощин, якщо вони не співпадають.
Для того, щоб площини (9) були перпендикулярні, необхідно тадостатньо, щоб вказані вектори />, /> були перпендикулярні, що дляненульових векторів еквівалентно умові:
/> або А1А2+В1В2+ С1С2=0.
Приклад. Нехай задано дві площини:
/>
Треба з’ясувати їх взаємне розташування. Вданому випадку маємо:
/> площини не паралельні.
1*2-1*1-2*1=-1/>/> площини неперпендикулярні.
Таким чином, площини розташовані під деяким углом,відмінним від ноля та дев’яноста градусів.
Нехай є площина та пряма,задані рівняннями:
/>
/>
Оскільки вектор /> перпендикулярнийплощині, а вектор /> паралельнийпрямій, то пряма та площина паралельні, якщо ці вектори перпендикулярні, тобтоякщо
/> (10)
Якщо при цьому точка ( x0, y0,z0), щоналежить прямій, задовольняє рівнянню площини
/>
то пряма розташована у площині.
Пряма та площина перпендикулярні, якщо вектори /> та /> паралельні, тобто якщо
/> (11)
Нехай дві прямі задані рівняннями в канонічнійформі:
/> (12)
/> (13)
Оскільки вектор />паралельнийпершій прямій, а вектор /> паралельнийдругій прямій, то прямі паралельні якщо
/>
Зокрема, прямі співпадають, якщо при цьому точкапершої прямої, наприклад (x0,y0,z0)задовольняє рівнянню другої прямої, тобто якщо
/>. Прямі перпендикулярні, якщо вектори /> та /> перпендикулярні, тобтоякщо
/>
Приклад. Нехай заданоплощину та пряму:
/>
Треба з’ясувати їх взаємне розташування.
Розв’язання. Маємо:
/> площината пряма не паралельні;
/> площина тапряма не перпендикулярні.
Таким чином, площина та пряма розташовані у просторіпід деяким кутом, відмінним від ноля та дев’яноста градусів.
4. Дведеннякоординатним методом теореми про три перпендикуляри.
Теорема про три перпендикуляри: якщо пряма,проведена на площині через основу нахилої, перпендикулярна її проекції, то вонаперпендикулярна нахилій. І навпаки: якщо пряма на площині перпендикулярнанаклонній, то вона перпендикулярна і проекції нахилій.
Доведення. Нехай АВ- перпендикуляр до площини />, АС –нахила та с- пряма вплощині /> , що проходить черезоснову С нахилої (малюнок 3). Проведемо пряму /> ,паралельну прямій АВ. Вона перпендикулярна площині />.Проведемо через прямі АВ та /> площину/> . Пряма с перепендикулярнапрямій />. Якщо вона перпендикулярнапрямій СВ, то вона перпендикулярна площині /> ,тобто, і прямій АС.
Аналогічно, якщо пряма с перпендикулярна похилій САто вона, будучи перпендикулярною і прямій />,перпендикулярна площині />, азначить, і проекції похилій ВС. Теорему доведено.
Того ж самого результату можна досягти,якщо скористатись координатним методом, попередньо задавши відповідні прямі їхнапрямними векторами та послідовно використовуючи ознаки паралельності таперпендикулярності прямих у просторі.
Малюнок 2- Доведення теореми протри перпендикуляри.
5. Доведенняметодом координат ознаки паралельності двох площин.
Нехай завдані площини /> своїмирівняннями:
/> (14)
/> (15)
Оскільки координати загальної точки площин /> є розв’язанням системирівнянь (14),(15) та кожне розв’язання системи рівнянь (14),(15) єкоординатами загальної точки площин />, топитання про взаємне розташування двох площин /> зводитьсядо дослідження системи лінійних рівнянь (14),(15).
Позначимо через r та /> відповідноранги матриць:
/> Якщо />=2, r=1, то система рівнянь (14),(15) несумісна,тому площини /> не мають загальних точок,тобто паралельні.
6. Рівняннясфери. Властивість перетину кулі площиною.
Знайдемо рівняння сфери радіуса r зцентром С (a, b, c) в прямокутній системі координат. Точка М простору належить цій сфері тоді та тільки тоді,коли СМ=r або СМ2=r2. Цярівність в координатах запишеться таким чином:
/> (16 )
Це – рівняння сфери радіусу r зцентром в точці С (a, b, c). Зокрема якщоцентр сфери співпадає з початком координат, то a=b=c=0, томурівність ( 16 ) набуває вигляду :
/> (17)
Рівняння (16) можна записати у вигляді :
/> (18)
де
/>
Таким чином, рівняння будь- якої сфери впрямокутній системі координат має вигляд (18 ). За аналогією з колом можнадовести, що якщо коефіцієнти рівняння (18) задовольняють нерівності />, то поверхня, задана цимрівнянням є сфера з центром /> та радіусом />. Перетин куліплощиною є коло- основна властивість перетинів кулі площиною. Висновки
При написанні курсової роботи при розгляді питаньшироко використовувався метод координат. Були розглянуті питання прямої таплощини у просторі, умови взаємного розташування прямої та площини, умовипаралельності та перпендикулярності прямих та площин.Список використаної літератури
1. Атанасян Л.С., Базылев В.Т. Геометрия. В 2-х ч… Ч.1.- М.: Просвещение,1986.-336с.
2.Погорелов А.В. Геометрия.-М.: Наука,1983.-288 с.
3. Атанасян Л.С., Атанасян В.А. Сборник задач по геометрии,ч.1.-М.: Просвещение,1974.
4. Мальцев А.И. Основы линейной алгебры.-М.: Наука,1970.