Grafička metoda. Koordinatna ravan (x;y)

Jednačine sa parametrom uzrokuju ozbiljne logičke poteškoće. Svaka takva jednadžba je u suštini skraćenica za porodicu jednačina. Jasno je da je nemoguće zapisati svaku jednačinu iz beskonačne porodice, ali, ipak, svaka od njih mora biti riješena. Najlakši način da to učinite je da grafički prikažete ovisnost varijable o parametru.

Na ravni, funkcija definira porodicu krivulja ovisno o parametru. Zanimaće nas koja transformacija ravni se može koristiti za prelazak na druge krive porodice (vidi , , , , , , ).

Paralelni prijenos

Primjer. Za svaku vrijednost parametra odredite broj rješenja jednadžbe.

Rješenje. Napravimo graf funkcije.

Razmislite. Ova linija je paralelna sa x-osom.

Odgovori. Ako, onda nema rješenja;

ako, onda 3 rješenja;

ako, onda 2 rješenja;

ako, 4 rješenja.

Okreni se

Odmah treba napomenuti da izbor porodice krivulja nije ujednačen (za razliku od samih problema), odnosno isti je: u svim problemima - prave linije. Štaviše, centar rotacije pripada liniji.

Primjer. Za koje vrijednosti parametra jednadžba ima jedinstveno rješenje?

Rješenje. Razmotrimo funkciju i. Grafikon druge funkcije je polukrug sa centrom u tački sa koordinatama i radijusom =1 (slika 2).

Arc AB.

Sve zrake koje prolaze između OA i OB seku se u jednoj tački, a OB i OM se seku u jednoj tački (tangenta). Ugaoni koeficijenti OA i OB su jednaki. Nagib tangenta je jednaka. Lako se otkrije iz sistema

Dakle, direktne porodice imaju samo jednu zajedničku tačku u sa lukom.

Odgovori. .

Primjer. Za koju jednačinu ima rješenje?

Rješenje. Razmotrimo funkciju. Ispitujući je na monotonost, saznajemo da se u intervalu povećava i smanjuje. Point - je maksimalni poen.

Funkcija je porodica linija koje prolaze kroz tačku. Okrenimo se slici 2. Grafikon funkcije je luk AB. Prave koje će biti između pravih OA i OB zadovoljavaju uslov problema. Koeficijent nagiba prave OA je broj, a OB je .

Odgovori. Kada jednačina ima 1 rješenje;

za ostale vrijednosti parametra ne postoje rješenja.

Homotetija. Kompresija u pravu liniju

Primjer. Pronađite sve vrijednosti parametra, za svaku od kojih jednačina ima tačno 8 rješenja.

Rješenje. Imamo. Razmotrimo funkciju. Prvi od njih definira porodicu polukružnica centriranih u tački s koordinatama, a druga porodica pravih linija paralelnih sa x-osi.

Broj korijena će odgovarati broju 8 kada je polukrug veći i manji, tj. Imajte na umu da postoji.

Odgovori. ili.

Grafička metoda. Koordinatna ravan (x;a)

Općenito, jednačine, koji sadrže parametar, nisu opremljeni jasnim, metodički dizajniranim sistemom rješenja. Ove ili druge vrijednosti parametra moraju se tražiti dodirom, nabrajanjem, rješavanjem velikog broja međujednačina. Takav pristup ne osigurava uvijek uspjeh u pronalaženju svih vrijednosti parametra za koje jednačina nema rješenja, ima jedno, dva ili više rješenja. Često se neke od vrijednosti parametara izgube ili se pojavljuju dodatne vrijednosti. Da bi se ovo potonje, potrebno je provesti posebno istraživanje, što može biti prilično teško.

Razmotrimo metodu koja pojednostavljuje rad na rješavanju jednačina s parametrom. Metoda je sljedeća

1. Iz jednadžbe s promjenljivom x i parametar a izraziti parametar kao funkciju od x: .

2. U koordinatnoj ravni x O a izgraditi graf funkcije.

3. Razmotrite linije i odaberite te intervale ose O a, na kojoj ove prave zadovoljavaju sljedeće uslove: a) ne siječe grafik funkcije, b) siječe grafik funkcije u jednoj tački, c) u dvije tačke, d) u tri tačke, i tako dalje.

4. Ako je zadatak pronaći vrijednosti x, onda izražavamo x kroz a za svaki od pronađenih intervala vrijednosti a odvojeno.

Prikaz parametra kao jednake varijable se ogleda u grafičke metode. Dakle, postoji koordinatna ravan. Čini se da je tako beznačajan detalj kao što je odbacivanje tradicionalne oznake koordinatne ravnine slovima x i y definiše jednu od najbolje prakse rješavanje problema sa parametrima.

Opisana metoda je vrlo jasna. Osim toga, gotovo svi osnovni koncepti kursa algebre i počeci analize nalaze primjenu u njemu. Uključen je čitav skup znanja vezanih za proučavanje funkcije: primjena izvoda za određivanje tačaka ekstrema, pronalaženje granice funkcije, asimptote itd.. itd. (vidi , , ).

Primjer. Na kojim vrijednostima parametra da li jednadžba ima dva korijena?

Rješenje. Prelazimo na ekvivalentni sistem

Grafikon pokazuje da kada jednačina ima 2 korijena.

Odgovori. Kada jednačina ima dva korijena.

Primjer. Pronađite skup svih brojeva, za svaki od kojih jednačina ima samo dva različita korijena.

Rješenje. Prepišimo ovu jednačinu u sljedećem obliku:

Sada je važno da to ne propustite, i - samo su dati korijeni originalne jednadžbe. Obratimo pažnju na činjenicu da je prikladnije izgraditi graf na koordinatnoj ravni. Na slici 5, željeni graf je unija punih linija. Ovdje se odgovor "čita" po vertikalnim linijama.

Odgovori. Na, ili, ili.

Bilo koja jednačina prvog stepena u odnosu na koordinate x, y, z

Ax + By + Cz +D = 0 (3.1)

definira ravan, i obrnuto: bilo koja ravan se može predstaviti jednadžbom (3.1), koja se naziva ravan jednadžba.

Vector n(A, B, C) ortogonalno na ravan naziva se normalni vektor avioni. U jednačini (3.1), koeficijenti A, B, C nisu u isto vrijeme jednaki 0.

Posebni slučajevi jednačine (3.1):

1. D = 0, Ax+By+Cz = 0 - ravan prolazi kroz početak.

2. C = 0, Ax+By+D = 0 - ravan je paralelna sa osom Oz.

3. C = D = 0, Ax + By = 0 - ravan prolazi kroz osu Oz.

4. B = C = 0, Ax + D = 0 - ravan je paralelna sa ravninom Oyz.

Jednačine u koordinatnoj ravni: x = 0, y = 0, z = 0.

Prava linija u prostoru može se dati:

1) kao linija preseka dve ravni, tj. sistem jednačina:

A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0, A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0; (3.2)

2) njegove dvije tačke M 1 (x 1, y 1, z 1) i M 2 (x 2, y 2, z 2), tada je prava linija koja prolazi kroz njih data jednadžbama:

= ; (3.3)

3) tačka M 1 (x 1 , y 1 , z 1) koja joj pripada i vektor a(m, n, p), s kolinearno. Tada je prava linija određena jednadžbama:

. (3.4)

Jednačine (3.4) se nazivaju kanonske jednadžbe prave.

Vector a pozvao vodeći vektor ravno.

Parametarske dobijamo izjednačavanjem svake od relacija (3.4) sa parametrom t:

x \u003d x 1 + mt, y = y 1 + nt, z = z 1 + pt. (3.5)

Rješavanje sistema (3.2) kao sistema linearne jednačine relativno nepoznato x i y, dolazimo do jednačina prave linije u projekcije ili da redukovane pravolinijske jednačine:

x = mz + a, y = nz + b. (3.6)

Od jednačina (3.6) može se preći na kanonske jednačine, nalaz z iz svake jednadžbe i izjednačavanje rezultirajućih vrijednosti:

Od općih jednadžbi (3.2) može se prijeći na kanonske jednadžbe na drugi način, ako se pronađe neka tačka ove prave i njen vodič n= [n 1 , n 2], gdje n 1 (A 1 , B 1 , C 1) i n 2 (A 2 , B 2 , C 2) - normalni vektori datih ravni. Ako je jedan od nazivnika m,n ili R u jednadžbi (3.4) ispada da je jednaka nuli, tada brojnik odgovarajućeg razlomka mora biti jednak nuli, tj. sistem

je jednako sistemu ; takva prava je okomita na x-osu.

Sistem je ekvivalentno sistemu x = x 1 , y = y 1 ; prava linija je paralelna sa Oz osom.

Primjer 1.15. Napišite jednačinu ravni, znajući da tačka A (1, -1,3) služi kao osnova okomice povučene iz ishodišta u ovu ravan.

Rješenje. Po uslovu problema, vektor OA(1,-1,3) je normalni vektor ravni, onda se njegova jednadžba može zapisati kao
x-y+3z+D=0. Zamjenom koordinata tačke A(1,-1,3) koja pripada ravni, nalazimo D: 1-(-1)+3×3+D = 0 , D = -11. Dakle, x-y+3z-11=0.

Primjer 1.16. Napišite jednačinu za ravan koja prolazi kroz osu Oz i formira ugao od 60 stepeni sa ravninom 2x+y-z-7=0.

Rješenje. Ravan koja prolazi kroz osu Oz data je jednačinom Ax+By=0, gdje A i B ne nestaju u isto vrijeme. Neka B ne
je 0, A/Bx+y=0. Prema formuli za kosinus ugla između dvije ravni

Odlučivanje kvadratna jednačina 3m 2 + 8m - 3 = 0, pronađite njegove korijene
m 1 = 1/3, m 2 = -3, iz čega dobijamo dvije ravni 1/3x+y = 0 i -3x+y = 0.

Primjer 1.17.Šminka kanonske jednačine ravno:
5x + y + z = 0, 2x + 3y - 2z + 5 = 0.

Rješenje. Kanonske jednadžbe prave linije imaju oblik:

gdje m, n, str- koordinate vektora usmjeravanja prave, x1, y1, z1- koordinate bilo koje tačke koja pripada pravoj. Prava linija se definiše kao linija preseka dve ravni. Da bi se pronašla tačka koja pripada pravoj liniji, jedna od koordinata je fiksna (najlakši način je staviti, na primer, x=0) i rezultujući sistem se rešava kao sistem linearnih jednačina sa dve nepoznate. Dakle, neka je x=0, tada je y + z = 0, 3y - 2z+ 5 = 0, odakle je y=-1, z=1. Pronašli smo koordinate tačke M (x 1, y 1, z 1) koja pripada ovoj pravoj: M (0,-1,1). Usmjeravajući vektor prave linije je lako pronaći, znajući normalne vektore originalnih ravnina n 1 (5,1,1) i n 2(2,3,-2). Onda

Kanonske jednadžbe prave su: x/(-5) = (y + 1)/12 =
= (z - 1)/13.

Primjer 1.18. U gredi definisanoj ravnima 2x-y+5z-3=0 i x+y+2z+1=0 pronaći dvije okomite ravni, od kojih jedna prolazi kroz tačku M(1,0,1).

Rješenje. Jednačina zraka definiranog ovim ravnima je u(2x-y+5z-3) + v(x+y+2z+1)=0, gdje u i v ne nestaju u isto vrijeme. Prepisujemo jednačinu grede na sljedeći način:

(2u + v)x + (- u + v)y + (5u + 2v)z - 3u + v = 0.

Da bismo odabrali ravan koja prolazi kroz tačku M iz grede, zamijenimo koordinate tačke M u jednadžbu grede. Dobijamo:

(2u+v)×1 + (-u + v) ×0 + (5u + 2v)×1 -3u + v =0, ili v = - u.

Tada nalazimo jednadžbu ravnine koja sadrži M zamjenom v = - u u jednadžbu grede:

u(2x-y +5z - 3) - u(x + y +2z +1) = 0.

Jer u ¹0 (inače v=0, a to je u suprotnosti sa definicijom grede), onda imamo jednačinu ravni x-2y+3z-4=0. Druga ravnina koja pripada gredi mora biti okomita na nju. Zapisujemo uslov za ortogonalnost ravni:

(2u + v) ×1 + (v - u) ×(-2) + (5u +2v)×3 = 0, ili v = - 19/5u.

Dakle, jednačina druge ravni ima oblik:

u(2x -y+5z - 3) - 19/5 u(x + y +2z +1) = 0 ili 9x +24y + 13z + 34 = 0.

Kanonske jednadžbe prave linije u prostoru su jednačine koje definiraju pravu liniju koja prolazi kroz datu tačku kolinearno do vektora smjera.

Neka su data tačka i vektor pravca. Proizvoljna tačka leži na pravoj l samo ako su vektori i kolinearni, tj. zadovoljavaju uslov:

Gore navedene jednadžbe su kanonske jednačine prave.

Brojevi m , n i str su projekcije vektora smjera na koordinatne ose. Pošto vektor nije nula, onda su svi brojevi m , n i str ne može biti nula u isto vrijeme. Ali jedan ili dva od njih mogu biti nula. U analitičkoj geometriji, na primjer, dozvoljena je sljedeća notacija:

što znači da su projekcije vektora na ose Oy i Oz jednake su nuli. Dakle, i vektor i prava linija date kanonskim jednadžbama su okomiti na osi Oy i Oz, odnosno avioni yOz .

Primjer 1 Sastaviti jednadžbe prave linije u prostoru okomitoj na ravan i prolazi kroz tačku preseka ove ravni sa osom Oz .

Rješenje. Pronađite tačku preseka date ravni sa osom Oz. Od bilo koje tačke na osi Oz, ima koordinate , tada se postavlja zadata jednačina avion x=y= 0, dobijamo 4 z- 8 = 0 ili z= 2 . Dakle, tačka preseka date ravni sa osom Oz ima koordinate (0; 0; 2) . Pošto je željena prava okomita na ravan, ona je paralelna sa svojim vektorom normale. Stoga vektor normale može poslužiti kao usmjeravajući vektor prave linije dati avion.

Sada pišemo željene jednačine prave linije koja prolazi kroz tačku A= (0; 0; 2) u smjeru vektora:

Jednačine prave koja prolazi kroz dvije date tačke

Prava linija se može definisati sa dve tačke koje leže na njoj i U ovom slučaju, usmjeravajući vektor prave linije može biti vektor . Tada kanonske jednadžbe prave dobijaju oblik

Gornje jednačine definiraju pravu liniju koja prolazi kroz dva date bodove.

Primjer 2 Napišite jednadžbu prave linije u prostoru koja prolazi kroz točke i .

Rješenje. Zapisujemo željene jednačine prave u gore navedenom obliku u teorijskoj referenci:

Budući da je , tada je željena linija okomita na os Oy .

Prava kao linija preseka ravnina

Prava linija u prostoru se može definisati kao linija preseka dve neparalelne ravni, odnosno kao skup tačaka koje zadovoljavaju sistem dve linearne jednačine

Jednačine sistema se nazivaju i opšte jednačine prave u prostoru.

Primjer 3 Sastaviti kanonske jednadžbe prave linije u prostoru zadanom općim jednačinama

Rješenje. Da biste napisali kanonske jednadžbe prave linije ili, što je isto, jednadžbe prave linije koja prolazi kroz dvije date tačke, morate pronaći koordinate bilo koje dvije tačke na pravoj liniji. One mogu biti tačke preseka prave linije sa bilo koje dve koordinatne ravni, na primer yOz i xOz .

Tačka preseka prave sa ravninom yOz ima apscisu x= 0 . Stoga, pretpostavljajući u ovom sistemu jednačina x= 0, dobijamo sistem sa dve varijable:

Njena odluka y = 2 , z= 6 zajedno sa x= 0 definira tačku A(0; 2; 6) željene linije. Pretpostavljajući tada u datom sistemu jednačina y= 0 , dobijamo sistem

Njena odluka x = -2 , z= 0 zajedno sa y= 0 definira tačku B(-2; 0; 0) presek prave sa ravninom xOz .

Sada pišemo jednačine prave linije koja prolazi kroz tačke A(0; 2; 6) i B (-2; 0; 0) :

ili nakon dijeljenja nazivnika sa -2:

Zamislite pravougaoni koordinatni sistem Oxyz u prostoru.

jednačina površine je takva jednačina F(x,y,z)=0, koju zadovoljavaju koordinate svake tačke koja leži na površini, a ne zadovoljavaju je koordinate tačaka koje ne leže na površini.

Na primjer, sfera je lokus tačaka jednako udaljenih od neke tačke, koja se naziva središte sfere. Dakle, sve tačke zadovoljavaju jednačinu
leže na sferi sa centrom u tački O(0.0.0) i poluprečniku R (sl.1).

Koordinate bilo koje tačke koja ne leži na datoj sferi ne zadovoljavaju ovu jednačinu.

Linija u prostoru može se posmatrati kao linija preseka dveju površina. Dakle, na slici 1, presek sfere sa ravninom Oxy je kružnica sa centrom u tački O i poluprečnika R.

Najjednostavnija površina je avion, najjednostavnija linija u prostoru je ravno.

2. Avion u svemiru.

2.1. Jednadžba ravni u odnosu na tačku i vektor normale.

U Oxyz koordinatnom sistemu razmotrite ravan (Sl.2). Njegov položaj se određuje postavljanjem vektora okomito na ovu ravan i fiksnu tačku
leži u ovoj ravni. Vector
okomito na ravan
pozvao normalni vektor(normalni vektor). Razmotrimo proizvoljnu tačku M(x,y,z) ravni . Vector
stan
će biti okomita na normalni vektor Korištenje uvjeta ortogonalnosti vektora
dobijamo jednačinu: gdje

Jednadžba ( 2.2.1 )

naziva se jednadžba ravni u odnosu na tačku i vektor normale.

Ako u jednačini (2.1.1) otvorimo zagrade i preuredimo članove, onda dobijamo jednačinu ili Ax + By + Cz + D = 0, gdje je

D=
.

2.2. Opšta jednačina ravni.

Jednačina Ax + By + Cz + D = 0 ( 2.2.1 )

naziva se opšta jednačina ravni, gde je
je normalni vektor.

Razmotrimo posebne slučajeve ove jednačine.

1).D = 0. Jednačina ima oblik: Ax + By + Cz = 0. Takva ravan prolazi kroz početak. Njen normalni vektor

2). C \u003d 0: Ax + By + D \u003d 0
ravan je paralelna sa osom oz (sl.3).

3). B = 0: Ax + Cz + D = 0
ravan je paralelna sa osom oy (sl.4).

četiri). A = 0: Po + Cz + D = 0

ravan je paralelna sa osom vola (Sl.5).

5). C=D=0: Ax+By=0
ravan prolazi kroz osu oz (sl.6).

6).B = D = 0: Ax + Cz = 0
ravan prolazi kroz osu oy (slika 7).

7). A = D = 0: By + Cz = 0
ravan prolazi kroz os vola (slika 8).

8).A = B = 0: Cz + D = 0

||oz
ravan je paralelna sa ravninom Oxy (slika 9).

9). B=C=0: Ax+D=0

||ox
avion

P paralelno sa Oyz ravninom (slika 10).

10).A = C = 0: By + D = 0

||oy
ravan je paralelna sa ravninom Oxz (Sl.11).

Primjer 1 Napišite jednačinu za ravan koja prolazi kroz tačku
okomito na vektor
Pronađite tačke preseka ove ravni sa koordinatnim osa.

Rješenje. Po formuli (2.1.1) imamo

2x - y + 3z + 3 = 0.

Da bismo pronašli presek ove ravni sa osom vola, u rezultujuću jednačinu zamenjujemo y = 0, z = 0. Imamo 2x + 3 = 0; x \u003d - 1,5.

Tačka presjeka željene ravni sa osom vola ima koordinate:

Pronađite presjek ravnine sa y osom. Za ovo uzimamo x = 0; z = 0. Imamo

– y + 3 = 0 y = 3. Dakle,

Da bismo pronašli tačku preseka sa osom oz, uzimamo x = 0; y=0
3z + 3 = 0
z = – 1. Dakle,

odgovor: 2x – y + 3z + 3 = 0,
,
,
.

Primjer 2 Istražite ravnine date jednadžbama:

a). 3x – y + 2z = 0

b). 2x + z - 1 = 0

in). – y + 5 = 0

Rješenje. a). Dat avion prolazi kroz ishodište (D = 0) i ima vektor normale

b). U jednadžbi
koeficijent B = 0. Dakle,
Ravan je paralelna sa osom y.

in). U jednačini - y + 5 = 0, koeficijenti A = 0, C = 0. Dakle

Ravan je paralelna sa ravninom oxz.

G). Jednačina x = 0 definiše ravan oyz, pošto je pri B = 0, C = 0 ravan paralelna sa ravninom oyz, a iz uslova D = 0 proizilazi da ta ravan prolazi kroz početak.

Primjer 3 Napišite jednačinu za ravan koja prolazi kroz tačku A(2,3,1) i okomita na vektor
gdje je B(1.0, –1), C(–2.2.0).

Rješenje. Nađimo vektor

Vector
je normalni vektor željene ravni koja prolazi kroz tačku A(2,3,1). Po formuli (2.1.1) imamo:

– 3x + 2y + z + 6 – 6 – 1 = 0
– 3x + 2y + z – 1 = 0 3x - 2y - z + 1 = 0.

odgovor: 3x - 2y - z + 1 = 0.

2.3. Jednačina ravni koja prolazi kroz tri tačke.

Tri tačke koje ne leže na istoj pravoj liniji definišu jednu ravan (vidi sliku 12). Neka tačke ne leže na jednoj pravoj liniji. Da biste napisali jednačinu ravnine, morate znati jednu tačku ravnine i vektor normale. Poznate su tačke koje leže na ravni:
Možete uzeti bilo koje. Da bismo pronašli normalni vektor, koristimo definiciju vektorskog proizvoda vektora. Neka
Tada, dakle,
Poznavanje koordinata tačke
i normalni vektor nalazimo jednačinu ravni koristeći formulu (2.1.1).

Na drugi način, jednadžba ravni koja prolazi kroz tri date tačke može se dobiti korištenjem uslova koplanarnosti tri vektora. Zaista, vektori
gde je M(x,y,z) proizvoljna tačka željene ravni, su komplanarni (vidi sliku 13). Stoga, njihova mješoviti proizvod je 0:

Primjenom formule miješanog proizvoda u koordinatnom obliku, dobijamo:

(2.3.1)

Primjer 1 Napišite jednačinu za ravan koja prolazi kroz tačke

Rješenje. Po formuli (2.3.1) imamo

Proširujući determinantu, dobijamo:

Rezultirajuća ravan je paralelna sa oy osi. Njen normalni vektor

Odgovori: x + z - 4 = 0.

2.4. Ugao između dvije linije.

Dve ravni, koje se seku, formiraju četiri dvodelna ugla jednaka u parovima (vidi sliku 14). Jedan od diedarskih uglova jednak je uglu između vektora normale ovih ravni.

Neka su avioni dati:

Njihovi normalni vektori imaju koordinate:

Iz vektorske algebre je poznato da
ili

(2.4.1)

primjer: Pronađite ugao između ravnina:

Rješenje: Pronađite koordinate vektora normale: Po formuli (2.4.1) imamo:

Jedan od diedarskih uglova dobijenih na preseku ovih ravni je jednak
Takođe možete pronaći drugi ugao:

Odgovori:

2.5. Uslov paralelnosti dve ravni.

Neka su date dvije ravni:

Ako su ove ravni paralelne, onda su njihovi normalni vektori

kolinearno (vidi sliku 15).

Ako su vektori kolinearni, tada su njihove odgovarajuće koordinate proporcionalne:

(2.5.1 )

Vrijedi i obrnuto: ako su normalni vektori ravni kolinearni, tada su ravni paralelne.

Primjer 1 Koje od sljedećih ravni su paralelne:

Rješenje: a). Zapišimo koordinate vektora normale.

Provjerimo njihovu kolinearnost:

Otuda to sledi

b). Hajde da ispišemo koordinate

Provjerimo kolinearnost:

Vektori
ne kolinearne, ravni
nisu paralelne.

Primjer 2 Napišite jednačinu za ravan koja prolazi kroz tačku

M(2, 3, –2) paralelno sa ravninom

Rješenje:Željena ravan je paralelna datoj ravni. Dakle, vektor normale ravni može se uzeti kao vektor normale željene ravni.
Primjenom jednačine (2.1.1) dobijamo:

odgovor:
.

Primjer 3 Odredi za koje su ravni a i b paralelne:

Rješenje: Zapisujemo koordinate normalnih vektora:

Pošto su ravni paralelne, vektori
kolinearno Po uslovu (2.5.1)
Dakle, b = – 2; a = 3.

odgovor: a = 3; b = -2.

2.6. Uslov okomitosti dvije ravni.

Ako avion
su okomite, onda su njihovi normalni vektori
su također okomite (vidi sliku 16.) Iz toga slijedi da je njihov skalarni proizvod jednak nuli, tj.
ili u koordinatama: