Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

geometria_1_shpargalki

.docx
Скачиваний:
12
Добавлен:
11.02.2016
Размер:
43.17 Кб
Скачать

1.Афінні системи координат.

Озн: АСК у просторі наз. впорядкований набір (0,е1,е2,е3), де 0 – точка (початок координат), е1,е2,е3 – трійка некомпланарних векторів (базис у просторі).

З поняттям АСК споріднене поняття афінного репера.

Озн: Афінним репером у просторі наз. впорядкований набір з 4х точок (0,А1,А2,А3), що не лежать в 1й площині.

Взаємозв’зок між цими поняттями встановлюють формули:

ОА1=е1

ОА2=е2

ОА3=е3

В просторі аналогічно до випадку площин визн. координати точки А саме для т.х розглядається радіус вектор Ох, який розкладається за базисом простору: ОХ=х1е1+х2е2+х3е3. Набір (х1,х2,х3) наз. коорд т.х в заданій АСК.

4.Взаємне розміщення площин у просторі

Нехай дано площини l1 та l2:

α1: Ax1+By1+Cz1+D1=0

α2: Ax2+By2+Cz2+D2=0

З’ясуємо взаємне розміщення цих площин в залежності від коефіцієнтів. Складемо розширену матрицю площини

Порівнюючи ранги основної та розширеної матриць системи, одержимо

1)r=R=2 – с-ма сумісна, але невироджена – площини перетинаються

2)r=1, R=2 – с-ма несумісна, пл.паралельні.

3)r=R=1 - система сумісна, пл.збігаються.

Особливості розташування площин відносно АСК:

1)D=0 – площина проходить початок координат

2)

B=0 => аналогічно

C=0 => аналогічно

3)

B=C=0 – Oyz

C=A=0 – Ozx

4) A=B=C=0 – неможливий

2.Способи задання площини.

1. За точкою і 2ма напрямленими векторами.

У просторі зафіксовано АСК. Дано т.М(х0,y0,z0) та а(а1,а2,а3), b(b1,b2,b3) при чому [а не паралельно b]. Знайдемо р-ня площини σ, яка проходить через т.М||a,b (ці вектори наз. Напрямленими до σ). Зазначимо, що т.N(x,y,z)єσ <=> MN,a,b – компланарні.

Знайдемо координати і запишемо умову компланарності (лін.залежна)

2. За 2ма точками та напрямленим вектором

Нехай площина σ проходить через 2і площини М1(х1,y1,z1) та М2(х2,y2,z2) || a(a1;a2;a3).

Зазначимо, що M1M2(x2-x1;y2-y1;z2-z1) є напрямленими для площини σ, тому будемо вважати, що площину задано т.М та напрямними векторами М1М2 та век. а. Складемо рівняння σ:

3.За 3ма точками

Знайдем р-ня пл. σ, яка проходить через т.М1,М2,М3(x3,y3,z3), причому вказані точки не лежать в 1й прямій. Зведем задачу, вибравши як напрямні вектори M1M2(x2-x;y2-y;z2-z) та M1M3 (x3-x;y3-y;z3-z). Одержимо.

4.За точкою і вектором нормалі

У просторі зафіксовано ДСК. Знайдемо р-ня пл.σ, яка проходить через т. М(х0,y0,z0) ⊥p(a,b,c).

т.N(x,y,z) є σ <=> MN ⊥p*MN=0 <=> (a,b,c)(x-x0;y-y0;z-z0)=0 <=> a(x-x0)+b(y-y0)+c(z-z0)=0

3.Загальне рівняння площини

Зафіксуємо у просторі АСК.

Озн: Мн.точок, яка визн рівнянням F(x,y,z)=0 наз.поверхнею якщо F – многочлен степеня n,

То поверхню наз. алгебраїчною порядку n.

Доведення: площина і тільки вона є поверхнею І порядку.

Необхідність: нехай дано пл.σ, виберемо на ній точки M1(x1;y1;z1), M2(x2;y2;z2), M3(x3;y3;z3), що не лежать на 1й прямій.

Складаємо р-ня площини σ за 3ма точками і розкриваємо визначник за першим рядком:

Ax+By+Cz+D=0, де

D=-Ax1-By1-Cz1

Розглянемо F= Ax+By+Cz+D:

1)A=B=C=0. У цьому випадку рядки відповідних визначників для A,B,C були б пропорційними, а це б означало колінеарність векторів М1М2 і М1М3, а отже точки М1,М2,М3 лежали б на 1й прямій, шо суперечить умові.

Достатність: Нехай дано поверхню γ, яка є поверхнею І порядку, тоді р-ня має вигляд:

Ax+By+Cz+D=0, при чому, A≠0 U B≠0 U C≠0

Покажимо, що γ є площиною. Нехай для A≠0, тоді .

Вибиремо на γ 3 точки

Проведемо через вказані точки площину σ і складемо

її рівняння:

– Перепишемо визначник за пр.трикутника.:

<=> Ax+By+Cz+D =0

Рівняння заданої поверхні γ та пл. σ однакові, отже γ та σ збігаються, отже γ – площина.

Теорему доведено.

Рівняння площини записане у вигляді Ax+By+Cz+D=0 наз. загальним рівнянням площини

5.Геометричний знак виразу Ах+Ву+Сz+D=0

Розглянемо площину α: Ах+Ву+Сz+D=0 . Відомо що площина розбиває простір на 2 півпростори. З’ясуємо як алгебраїчно визначаються ці півпростори. Зафіксуємо n (AB, C)-(у DCK вектор). Цей вектор визначає один з напівпростір відносно площині α. Позначаємо його через α’; інший напівпростір позначаємо α’’.

Нехай М(x,y.z) –довільна точка простору М ∉ α . Проведемо пряму ℓ через М. ℓ ||n.

ℓ n α=N( x0 y 0 z0)

Очевидно що MN||n =˃NM x α, при α˃0 ˂=˃ М є α’ (вектори співнапрямлені)

α˃0 ˂=˃ М є α’’ MN↑↓n

Запишемо пропорційність на мові координат.

(х-х0)(у-у0)(z-z0)= α(A,B,C)

X0=x- (CB)

Y0=y(AB)

Z0=z(AC)

Але за умовою N∉ α, тому її координати задовольняють р-я α

A (x- αA) + B(y- αB)+C(z- αC)+D=0

Ax+By+Cz+D= α( A2 +B2+C2)

Знак лівої частини многочлена визначають як знаком α , які в свою чергу характеризує півпростір

А саме α˃0 ˂=˃ Ax+By+Cz+D˃0˂=˃ М є α´ , α˂0 ˂=˃ Ax+By+Cz+D˃0˂=˃ М є α´´

Таким чином півпростори які визначаються площиною α задаються нерівностями

Ax+By+Cz+D˃0

Ax+By+Cz+D˂0

6.Метричні задачі з теорії площин

1.Відстань від точки до площини

Зафіксуємо к просторі ДСК і нехай є α-площина і m. M (х0; у0; z0) α(αАх + Ву + Сz+D= 0)

Відстань ρ(М, α)=МN⊥α дорівнює довжині перпендикуляра MN проведеного до α . Одним з можливих шляхів розв’язування задачі - знаходження координат т.N вимірювання MN. Розглянемо інший більш раціональний спосіб n(А,В, С) (перпендикулярно) α. MN ⊥α, отже n||MN а отже, n, MN=00 або π.

Визначимо N(x,y,z)є α , обчислимо скалярний добуток n*MN двома способами:

1. За озн.

2. За коорд. векторів

З пунктів 1 і 2 маємо

З рівності двоє величин випливає рівність їхніх модулів

-відстань від точки до площини

2.Кут між двома площинами

Нехай дано кут між α1 і α2 .

α1: A1 x+ B1y+C1z+D=0

α2: A2 x+ B2y+C2z+D2=0

Припустимо що площини перетинаються вздовж прямої ℓ. При перетині утворюються 4 кути- дві пари вертикальних кутів. Зазначимо про один з 4 кутів для можливості знайти і всі інші. Отже задача зводиться для визначення одного з двограних кутів.

Як правило вибирають не тупий кут.

З умови n(A1,B1,C1,) ⊥ α, n2(A2,B2,C2) ⊥α2.

Для вимірювання проведено площину, тоді величина кута отриманого в перерізі дорівнюватиме величині двограного кута.

=˃соs α= -cos n1,n2 . Зазначимо що cos між векторами легко знайти за допомогою добутку, якщо вимагати щоб :

7.Способи задання прямої в просторі

1 Розв’язання прямої за точкою и напрямком вектором

У просторі задано АСК. Знайдіть р-я прямої ℓ яка проходить через т.M||p

т.N(x, y,z)є ℓє˃MN||p тобто відповідні координати пропорційні

Одержимо канонічні р-ня прямої:

Параметричне р-ня:

За двома точками

Знайдемо р-я прямої яка преходить у точки М1(х,,у,,z,,) M22,y2,z2,). Тоді F=MN p(х2-)(y2-y)(z2-z) буду напрямлений для шуканої прямої , залишается скористатися попередньою задачею.

- кононічне р-я

За парою площин

Відомо, що 2 площини що перетинаються, визначають лінію перетину - пряму.

, де

Хибна проекція по якщо правильна то площини паралельні.

Виникає проблема переходу

від однієї форми р-я прямої до іншої. Взаємозв’язок між канонічним та параметричним р-ми встановлює колод пропорційності –параметр t. Зазначимо що канонічні р-я розписані як систематичні пропорції зводяться до системи між р-нь тобто до периметру 2-оз площин . Залишається знайти спосіб перетворення сис-ми до конічного виду . Можливі такі підходи:

  1. Знаходити загальний розв’язок сис-ми р-нь, занаходити паралельне р-я прямої

  2. Знаходити 2 частинні розв’язки сис-ми , як визначають 2 точки і скл. Р-я прямої за двома точками

  3. Знаходимо один частковий розвиток сис-ми і скл. Р-я прямої за точкою і напрямленням F.

(||)

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]