Metoda grafike. Rrafshi i koordinatave (x;y)

Ekuacionet me një parametër shkaktojnë vështirësi serioze logjike. Çdo ekuacion i tillë është në thelb një stenografi për një familje ekuacionesh. Është e qartë se është e pamundur të shkruhet çdo ekuacion nga një familje e pafund, por, megjithatë, secili prej tyre duhet të zgjidhet. Mënyra më e lehtë për ta bërë këtë është të paraqisni grafikisht varësinë e një ndryshoreje nga një parametër.

Në plan, funksioni përcakton një familje kurbash në varësi të një parametri. Ne do të jemi të interesuar se çfarë transformimi i aeroplanit mund të përdoret për të kaluar në kthesa të tjera të familjes (shih , , , , , , ).

Transferimi paralel

Shembull. Për çdo vlerë parametri, përcaktoni numrin e zgjidhjeve të ekuacionit.

Zgjidhje. Le të ndërtojmë një grafik të funksionit.

Konsideroni. Kjo drejtëz është paralele me boshtin x.

Përgjigju. Nëse, atëherë nuk ka zgjidhje;

nëse, atëherë 3 zgjidhje;

nëse, atëherë 2 zgjidhje;

nëse, 4 zgjidhje.

Kthehuni

Duhet të theksohet menjëherë se zgjedhja e një familjeje kthesash nuk është uniforme (ndryshe nga vetë problemet), ose më saktë, është e njëjtë: në të gjitha problemet - linjat e drejta. Për më tepër, qendra e rrotullimit i përket linjës.

Shembull. Për cilat vlera të parametrit ekuacioni ka një zgjidhje unike?

Zgjidhje. Le të shqyrtojmë funksionin dhe. Grafiku i funksionit të dytë është një gjysmërreth i përqendruar në një pikë me koordinata dhe rreze =1 (Fig. 2).

Harku AB.

Të gjitha rrezet që kalojnë midis OA dhe OB kryqëzohen në një pikë, dhe OB dhe OM kryqëzohen në një pikë (tangjente). Koeficientët këndorë OA dhe OB janë përkatësisht të barabartë. Pjerrësia tangjentja është e barabartë. Gjendet lehtësisht nga sistemi

Kështu, familjet e drejtpërdrejta kanë vetëm një pikë të përbashkët me një hark.

Përgjigju. .

Shembull. Për cilin ekuacion ka zgjidhje?

Zgjidhje. Le të shqyrtojmë një funksion. Duke e shqyrtuar atë për monotoni, zbulojmë se rritet në interval dhe zvogëlohet. Pika - është pika maksimale.

Një funksion është një familje linjash që kalojnë nëpër një pikë. Le të kthehemi në figurën 2. Grafiku i funksionit është harku AB. Linjat që do të vendosen midis linjave OA dhe OB plotësojnë kushtin e problemit. Koeficienti i pjerrësisë së drejtëzës OA është një numër, dhe OB është .

Përgjigju. Kur ekuacioni ka 1 zgjidhje;

nuk ka zgjidhje për vlerat e tjera të parametrit.

Homoteiteti. Kompresimi në një vijë të drejtë

Shembull. Gjeni të gjitha vlerat e parametrit, për secilën prej të cilave ekuacioni ka saktësisht 8 zgjidhje.

Zgjidhje. Ne kemi. Le të shqyrtojmë një funksion. E para prej tyre përcakton një familje gjysmërrethash të përqendruar në një pikë me koordinata, familja e dytë e vijave të drejta paralele me boshtin x.

Numri i rrënjëve do të korrespondojë me numrin 8 kur rrezja e gjysmërrethit është gjithnjë e më e vogël, domethënë. Vini re se ka.

Përgjigju. ose.

Metoda grafike. Rrafshi i koordinatave (x;a)

Në përgjithësi, ekuacionet, që përmbajnë një parametër, nuk janë të pajisur me ndonjë sistem zgjidhjeje të qartë, të dizajnuar në mënyrë metodike. Këto ose vlera të tjera të parametrit duhet të kërkohen me prekje, me numërim, duke zgjidhur një numër të madh ekuacionesh të ndërmjetme. Një qasje e tillë jo gjithmonë siguron sukses në gjetjen e të gjitha vlerave të parametrit për të cilin ekuacioni nuk ka zgjidhje, ka një, dy ose më shumë zgjidhje. Shpesh, disa nga vlerat e parametrave humbasin ose shfaqen vlera shtesë. Për këto të fundit, duhet kryer një studim i veçantë, i cili mund të jetë mjaft i vështirë.

Konsideroni një metodë që thjeshton punën e zgjidhjes së ekuacioneve me një parametër. Metoda është si më poshtë

1. Nga një ekuacion me një ndryshore x dhe parametri a shprehni parametrin në funksion të x: .

2. Në rrafshin koordinativ x O a ndërtoni një grafik të funksionit.

3. Konsideroni vijat dhe zgjidhni ato intervale të boshtit O a, në të cilat këto drejtëza plotësojnë kushtet e mëposhtme: a) nuk e pret grafikun e funksionit, b) e pret grafikun e funksionit në një pikë, c) në dy pika, d) në tre pika etj.

4. Nëse detyra është gjetja e vlerave x, pastaj shprehemi x përmes a për secilin nga intervalet e gjetura të vlerës a veçmas.

Pamja e parametrit si një variabël e barabartë pasqyrohet në metodat grafike. Kështu, ekziston një plan koordinativ. Duket se një detaj kaq i parëndësishëm si refuzimi i përcaktimit tradicional të planit koordinativ me shkronja x dhe y përcakton një nga Praktikat më të mira zgjidhjen e problemeve me parametrat.

Metoda e përshkruar është shumë e qartë. Për më tepër, pothuajse të gjitha konceptet themelore të kursit të algjebrës dhe fillimet e analizës gjejnë zbatim në të. Përfshihet i gjithë grupi i njohurive që lidhen me studimin e funksionit: aplikimi i derivatit për përcaktimin e pikave ekstreme, gjetja e kufirit të funksionit, asimptotat, etj.. etj (shih , , ).

Shembull. Në cilat vlera të parametrit a ka ekuacioni dy rrënjë?

Zgjidhje. Kalojmë në sistemin ekuivalent

Grafiku tregon se kur ekuacioni ka 2 rrënjë.

Përgjigju. Kur ekuacioni ka dy rrënjë.

Shembull. Gjeni bashkësinë e të gjithë numrave, për secilin prej të cilëve ekuacioni ka vetëm dy rrënjë të ndryshme.

Zgjidhje. Le ta rishkruajmë këtë ekuacion në formën e mëposhtme:

Tani është e rëndësishme të mos e humbisni atë, dhe - janë dhënë vetëm rrënjët e ekuacionit origjinal. Le t'i kushtojmë vëmendje faktit se është më i përshtatshëm për të ndërtuar një grafik në planin koordinativ. Në figurën 5, grafiku i dëshiruar është bashkimi i vijave të ngurta. Këtu përgjigja "lexohet" me vija vertikale.

Përgjigju. Në, ose, ose.

Çdo ekuacion i shkallës së parë në lidhje me koordinatat x, y, z

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

përcakton një rrafsh, dhe anasjelltas: çdo rrafsh mund të përfaqësohet me ekuacionin (3.1), i cili quhet ekuacioni i planit.

Vektor n(A, B, C) ortogonal me rrafshin quhet vektor normal aeroplanët. Në ekuacionin (3.1), koeficientët A, B, C nuk janë të barabartë me 0 në të njëjtën kohë.

Raste të veçanta ekuacionet (3.1):

1. D = 0, Ax+By+Cz = 0 - rrafshi kalon nga origjina.

2. C = 0, Ax+By+D = 0 - rrafshi është paralel me boshtin Oz.

3. C = D = 0, Ax + By = 0 - aeroplani kalon nëpër boshtin Oz.

4. B = C = 0, Ax + D = 0 - rrafshi është paralel me rrafshin Oyz.

Ekuacionet e planit koordinativ: x = 0, y = 0, z = 0.

Një vijë e drejtë në hapësirë mund të jepet:

1) si vijë kryqëzimi i dy rrafsheve, d.m.th. sistemi i ekuacioneve:

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) dy pikat e tij M 1 (x 1, y 1, z 1) dhe M 2 (x 2, y 2, z 2), atëherë vija e drejtë që kalon nëpër to jepet nga ekuacionet:

= ; (3.3)

3) pika M 1 (x 1 , y 1 , z 1) që i përket asaj dhe vektori a(m, n, p), s kolinear. Pastaj vija e drejtë përcaktohet nga ekuacionet:

. (3.4)

Quhen ekuacionet (3.4). ekuacionet kanonike të drejtëzës.

Vektor a thirrur vektor udhëzues drejt.

Ne marrim ato parametrike duke barazuar secilën nga relacionet (3.4) me parametrin t:

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

Zgjidhja e sistemit (3.2) si sistem ekuacionet lineare relativisht i panjohur x dhe y, arrijmë në ekuacionet e drejtëzës në projeksionet ose te ekuacionet drejtvizore të reduktuara:

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

Nga ekuacionet (3.6) mund të kalohet në ekuacionet kanonike, duke gjetur z nga çdo ekuacion dhe duke barazuar vlerat që rezultojnë:

Dikush mund të kalojë nga ekuacionet e përgjithshme (3.2) në ekuacionet kanonike në një mënyrë tjetër, nëse gjen një pikë të kësaj linje dhe udhëzuesin e saj n= [n 1 , n 2], ku n 1 (A 1 , B 1 , C 1) dhe n 2 (A 2 , B 2 , C 2) - vektorë normalë të planeve të dhëna. Nëse një nga emëruesit m, n ose R në barazimet (3.4) rezulton të jetë i barabartë me zero, atëherë numëruesi i thyesës përkatëse duhet të vendoset i barabartë me zero, d.m.th. sistemi

është e barabartë me një sistem ; një vijë e tillë është pingul me boshtin x.

Sistemi është ekuivalente me sistemin x = x 1 , y = y 1 ; drejtëza është paralele me boshtin Oz.

Shembulli 1.15. Shkruani ekuacionin e rrafshit, duke ditur se pika A (1, -1,3) shërben si bazë e pingules së tërhequr nga origjina në këtë rrafsh.

Zgjidhje. Nga kushti i problemit, vektori OA(1,-1,3) është një vektor normal i rrafshit, atëherë ekuacioni i tij mund të shkruhet si
x-y+3z+D=0. Duke zëvendësuar koordinatat e pikës A(1,-1,3) që i përket rrafshit, gjejmë D: 1-(-1)+3×3+D = 0 , D = -11. Pra x-y+3z-11=0.

Shembulli 1.16. Shkruani një ekuacion për një rrafsh që kalon nëpër boshtin Oz dhe që formon një kënd 60 gradë me rrafshin 2x+y-z-7=0.

Zgjidhje. Plani që kalon nëpër boshtin Oz jepet me ekuacionin Ax+By=0, ku A dhe B nuk zhduken në të njëjtën kohë. Le të mos B
është 0, A/Bx+y=0. Sipas formulës për kosinusin e këndit ndërmjet dy rrafsheve

Duke vendosur ekuacioni kuadratik 3m 2 + 8m - 3 = 0, gjeni rrënjët e tij
m 1 = 1/3, m 2 = -3, nga të cilat marrim dy plane 1/3x+y = 0 dhe -3x+y = 0.

Shembulli 1.17. Make up ekuacionet kanonike drejt:
5x + y + z = 0, 2x + 3y - 2z + 5 = 0.

Zgjidhje. Ekuacionet kanonike të drejtëzës kanë formën:

ku m, n, f- koordinatat e vektorit drejtues të drejtëzës, x1, y1, z1- koordinatat e çdo pike që i përket drejtëzës. Vija e drejtë përcaktohet si vija e kryqëzimit të dy rrafsheve. Për të gjetur një pikë që i përket një drejtëze, fiksohet njëra nga koordinatat (mënyra më e lehtë është të vendosësh, për shembull, x=0) dhe sistemi që rezulton zgjidhet si një sistem ekuacionesh lineare me dy të panjohura. Pra, le të jetë x=0, atëherë y + z = 0, 3y - 2z+ 5 = 0, prej nga y=-1, z=1. Gjetëm koordinatat e pikës M (x 1, y 1, z 1) që i përkasin kësaj drejtëze: M (0,-1,1). Vektori drejtues i një vije të drejtë është i lehtë për t'u gjetur, duke ditur vektorët normalë të planeve origjinale n 1 (5,1,1) dhe n 2 (2,3,-2). Pastaj

Ekuacionet kanonike të drejtëzës janë: x/(-5) = (y + 1)/12 =
= (z - 1)/13.

Shembulli 1.18. Në rrezen e përcaktuar nga rrafshet 2x-y+5z-3=0 dhe x+y+2z+1=0 gjeni dy rrafshe pingul, njëri prej të cilëve kalon në pikën M(1,0,1).

Zgjidhje. Ekuacioni i rrezes i përcaktuar nga këto plane është u(2x-y+5z-3) + v(x+y+2z+1)=0, ku u dhe v nuk zhduken në të njëjtën kohë. Ne rishkruajmë ekuacionin e rrezes si më poshtë:

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

Për të zgjedhur një plan që kalon nëpër pikën M nga rreze, ne i zëvendësojmë koordinatat e pikës M në ekuacionin e rrezes. Ne marrim:

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

Pastaj gjejmë ekuacionin e rrafshit që përmban M duke zëvendësuar v = - u në ekuacionin e rrezes:

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

Sepse u ¹0 (përndryshe v=0, dhe kjo bie ndesh me përkufizimin e një rreze), atëherë kemi ekuacionin e rrafshit x-2y+3z-4=0. Rrafshi i dytë që i përket rrezes duhet të jetë pingul me të. Ne shkruajmë kushtin për ortogonalitetin e planeve:

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

Pra, ekuacioni i planit të dytë ka formën:

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

Ekuacionet kanonike të një vije të drejtë në hapësirë janë ekuacione që përcaktojnë një vijë të drejtë që kalon nëpër një pikë të caktuar në mënyrë kolineare me një vektor drejtimi.

Le të jepet një pikë dhe një vektor i drejtimit. Një pikë arbitrare shtrihet në një vijë l vetëm nëse vektorët dhe janë kolinear, d.m.th., ata plotësojnë kushtin:

Ekuacionet e mësipërme janë ekuacionet kanonike të drejtëzës.

Numrat m , n dhe fq janë projeksione të vektorit të drejtimit në boshtet e koordinatave. Meqenëse vektori nuk është zero, atëherë të gjithë numrat m , n dhe fq nuk mund të jetë zero në të njëjtën kohë. Por një ose dy prej tyre mund të jenë zero. Në gjeometrinë analitike, për shembull, shënimi i mëposhtëm lejohet:

që do të thotë se projeksionet e vektorit në boshtet Oy dhe Oz janë të barabarta me zero. Prandaj, si vektori ashtu edhe vija e drejtë e dhënë nga ekuacionet kanonike janë pingul me boshtet Oy dhe Oz, pra avionë yOz .

Shembulli 1 Hartoni ekuacionet e një drejtëze në hapësirë pingul me një rrafsh dhe duke kaluar nëpër pikën e kryqëzimit të këtij rrafshi me boshtin Oz .

Zgjidhje. Gjeni pikën e prerjes së rrafshit të dhënë me boshtin Oz. Që nga çdo pikë në bosht Oz, ka koordinata , pastaj, vendosja në ekuacioni i dhënë aeroplan x=y= 0, marrim 4 z- 8 = 0 ose z= 2. Prandaj, pika e prerjes së rrafshit të dhënë me boshtin Oz ka koordinata (0; 0; 2) . Meqenëse vija e dëshiruar është pingul me rrafshin, ajo është paralele me vektorin e saj normal. Prandaj, vektori normal mund të shërbejë si vektor drejtues i drejtëzës aeroplan i dhënë.

Tani shkruajmë ekuacionet e dëshiruara të drejtëzës që kalon nëpër pikë A= (0; 0; 2) në drejtim të vektorit:

Ekuacionet e një drejtëze që kalon nëpër dy pika të dhëna

Një vijë e drejtë mund të përcaktohet nga dy pika që shtrihen mbi të dhe Në këtë rast, vektori drejtues i vijës së drejtë mund të jetë vektori . Pastaj ekuacionet kanonike të drejtëzës marrin formën

Ekuacionet e mësipërme përcaktojnë një vijë të drejtë që kalon nga dy pikë të dhëna.

Shembulli 2 Shkruani ekuacionin e drejtëzës në hapësirë që kalon nëpër pikat dhe .

Zgjidhje. Ne shkruajmë ekuacionet e dëshiruara të vijës së drejtë në formën e dhënë më sipër në referencën teorike:

Meqenëse , atëherë vija e dëshiruar është pingul me boshtin Oy .

Drejt si një vijë e kryqëzimit të planeve

Një vijë e drejtë në hapësirë mund të përkufizohet si një vijë e kryqëzimit të dy planeve jo paralele dhe, d.m.th., si një grup pikash që plotësojnë një sistem me dy ekuacione lineare.

Ekuacionet e sistemit quhen edhe ekuacione të përgjithshme të drejtëzës në hapësirë.

Shembulli 3 Hartoni ekuacione kanonike të një drejtëze në hapësirën e dhënë nga ekuacionet e përgjithshme

Zgjidhje. Për të shkruar ekuacionet kanonike të një drejtëze ose, çfarë është e njëjta, ekuacionin e një drejtëze që kalon nëpër dy pika të dhëna, duhet të gjeni koordinatat e çdo dy pikash në vijë të drejtë. Ato mund të jenë pikat e kryqëzimit të një vije të drejtë me dy plane koordinative, për shembull yOz dhe xOz .

Pika e kryqëzimit të një drejtëze me një plan yOz ka një abshisë x= 0. Prandaj, duke supozuar në këtë sistem ekuacionesh x= 0, marrim një sistem me dy ndryshore:

Vendimi i saj y = 2 , z= 6 së bashku me x= 0 përcakton një pikë A(0; 2; 6) të vijës së dëshiruar. Duke supozuar atëherë në sistemin e dhënë të ekuacioneve y= 0, marrim sistemin

Vendimi i saj x = -2 , z= 0 së bashku me y= 0 përcakton një pikë B(-2; 0; 0) kryqëzimi i një drejtëze me një plan xOz .

Tani shkruajmë ekuacionet e një drejtëze që kalon nëpër pika A(0; 2; 6) dhe B (-2; 0; 0) :

ose pas pjesëtimit të emërtuesve me -2:

Konsideroni një sistem koordinativ drejtkëndor Oxyz në hapësirë.

ekuacioni i sipërfaqesështë një ekuacion i tillë F(x,y,z)=0, i cili plotësohet nga koordinatat e secilës pikë të shtrirë në sipërfaqe, dhe nuk plotësohet nga koordinatat e pikave që nuk shtrihen në sipërfaqe.

Për shembull, një sferë është vendndodhja e pikave të barabarta nga një pikë, e quajtur qendra e sferës. Pra, të gjitha pikat plotësojnë ekuacionin
shtrihen në një sferë me qendër në pikën O(0.0.0) dhe rreze R (Fig.1).

Koordinatat e çdo pike që nuk shtrihet në sferën e dhënë nuk e plotësojnë këtë ekuacion.

Linja në hapësirë mund të mendohet si vija e kryqëzimit të dy sipërfaqeve. Pra, në figurën 1, kryqëzimi i sferës me rrafshin Oxy është një rreth me qendër në pikën O dhe rreze R.

Sipërfaqja më e thjeshtë është aeroplan, vija më e thjeshtë në hapësirë është drejt.

2. Aeroplan në hapësirë.

2.1. Ekuacioni i një rrafshi në lidhje me një pikë dhe një vektor normal.

Në sistemin e koordinatave Oxyz, merrni parasysh aeroplanin (Fig.2). Pozicioni i tij përcaktohet duke vendosur vektorin pingul me këtë rrafsh dhe një pikë fikse
i shtrirë në këtë aeroplan. Vektor
pingul me rrafshin
thirrur vektor normal(vektor normal). Konsideroni një pikë arbitrare M(x,y,z) të rrafshit . Vektor
banesë
do të jetë pingul me vektorin normal Duke përdorur kushtin e ortogonalitetit të vektorit
marrim ekuacionin: ku

ekuacioni ( 2.2.1 )

quhet ekuacioni i një rrafshi në lidhje me një pikë dhe një vektor normal.

Nëse në ekuacionin (2.1.1) hapim kllapat dhe riorganizojmë termat, atëherë marrim ekuacionin ose Ax + By + Cz + D = 0, ku

D=
.

2.2. Ekuacioni i përgjithshëm i aeroplanit.

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

quhet ekuacioni i përgjithshëm i rrafshit, ku
është një vektor normal.

Le të shqyrtojmë raste të veçanta të këtij ekuacioni.

1).D = 0. Ekuacioni ka formën: Ax + By + Cz = 0. Një rrafsh i tillë kalon nëpër origjinë. Vektori i saj normal

2). C \u003d 0: Ax + By + D \u003d 0
rrafshi është paralel me boshtin oz (Fig.3).

3). B = 0: Ax + Cz + D = 0
rrafshi është paralel me boshtin oy (Fig.4).

katër). A = 0: Nga + Cz + D = 0

rrafshi është paralel me boshtin e kaut (Fig.5).

5). C=D=0: Ax+By=0
rrafshi kalon nëpër boshtin oz (Fig.6).

6).B = D = 0: Ax + Cz = 0
rrafshi kalon nëpër boshtin oy (Fig. 7).

7). A = D = 0: Nga + Cz = 0
rrafshi kalon nëpër boshtin e kaut (Fig. 8).

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

||oz
rrafshi është paralel me rrafshin Oxy (Fig. 9).

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

||kau
aeroplan

P paralel me rrafshin Oyz (Fig. 10).

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

||oy
rrafshi është paralel me rrafshin Oxz (Fig.11).

Shembulli 1 Shkruani një ekuacion për një rrafsh që kalon nëpër një pikë
pingul me vektorin
Gjeni pikat e prerjes së këtij rrafshi me boshtet e koordinatave.

Zgjidhje. Me formulën (2.1.1) kemi

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

Për të gjetur prerjen e këtij rrafshi me boshtin ox, në ekuacionin që rezulton zëvendësojmë y = 0, z = 0. Kemi 2x + 3 = 0; x \u003d - 1,5.

Pika e kryqëzimit të rrafshit të dëshiruar me boshtin e kaut ka koordinatat:

Gjeni kryqëzimin e rrafshit me boshtin y. Për këtë marrim x = 0; z = 0. Kemi

– y + 3 = 0 y = 3. Pra,

Për të gjetur pikën e kryqëzimit me boshtin oz, marrim x = 0; y=0
3z + 3 = 0
z = – 1. Pra,

Përgjigje: 2x – y + 3z + 3 = 0,
,
,
.

Shembulli 2 Eksploroni rrafshet e dhëna nga ekuacionet:

a). 3x – y + 2z = 0

b). 2x + z - 1 = 0

në). – y + 5 = 0

Zgjidhje. a). Aeroplani i dhënë kalon nga origjina (D = 0) dhe ka një vektor normal

b). Në ekuacion
koeficienti B = 0. Prandaj,
Rrafshi është paralel me boshtin y.

në). Në ekuacionin - y + 5 = 0, koeficientët A = 0, C = 0. Pra

Aeroplani është paralel me rrafshin oxz.

G). Ekuacioni x = 0 përcakton rrafshin oyz, pasi në B = 0, C = 0 rrafshi është paralel me rrafshin oyz, dhe nga kushti D = 0 rrjedh se rrafshi kalon nga origjina.

Shembulli 3 Shkruani një ekuacion për rrafshin që kalon nëpër pikën A(2,3,1) dhe pingul me vektorin
ku B(1.0, –1), C(–2.2.0).

Zgjidhje. Le të gjejmë vektorin

Vektor
është një vektor normal i rrafshit të dëshiruar që kalon në pikën A(2,3,1). Me formulën (2.1.1) kemi:

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

Përgjigje: 3x - 2y - z + 1 = 0.

2.3. Ekuacioni i një rrafshi që kalon nëpër tre pika.

Tre pika që nuk shtrihen në të njëjtën vijë të drejtë përcaktojnë një rrafsh të vetëm (shih Fig. 12). Lërini pikat të mos shtrihen në një vijë të drejtë. Për të shkruar ekuacionin e rrafshit, duhet të dini një pikë të rrafshit dhe vektorin normal. Pikat që shtrihen në aeroplan janë të njohura:
Ju mund të merrni ndonjë. Për të gjetur një vektor normal, ne përdorim përkufizimin e produktit vektorial të vektorëve. Le
Atëherë, pra,
Njohja e koordinatave të pikës
dhe vektor normal gjejmë ekuacionin e rrafshit duke përdorur formulën (2.1.1).

Në një mënyrë tjetër, ekuacioni i një rrafshi që kalon nëpër tre pika të dhëna mund të merret duke përdorur kushtin e bashkëplanaritetit të tre vektorëve. Në të vërtetë, vektorët
ku M(x,y,z) është një pikë arbitrare e planit të dëshiruar, janë koplanare (shih Fig.13). Prandaj, e tyre produkt i përzierështë 0:

Duke aplikuar formulën e produktit të përzier në formë koordinative, marrim:

(2.3.1)

Shembulli 1 Shkruani një ekuacion për një rrafsh që kalon nëpër pika

Zgjidhje. Me formulën (2.3.1) kemi

Duke zgjeruar përcaktorin, marrim:

Rrafshi që rezulton është paralel me boshtin oy. Vektori i saj normal

Përgjigju: x + z - 4 = 0.

2.4. Këndi midis dy vijave.

Dy plane, të kryqëzuara, formojnë katër kënde dihedrale të barabarta në çift (shih Fig. 14). Një nga këndet dihedral është i barabartë me këndin ndërmjet vektorëve normalë të këtyre planeve.

Le të jepen aeroplanët:

Vektorët e tyre normalë kanë koordinata:

Nga algjebra vektoriale dihet se
ose

(2.4.1)

Shembull: Gjeni këndin midis planeve:

Zgjidhja: Gjeni koordinatat e vektorëve normalë: Me formulën (2.4.1) kemi:

Një nga këndet dihedrale të marra në kryqëzimin e këtyre planeve është i barabartë me
Mund të gjeni edhe këndin e dytë:

Përgjigju:

2.5. Gjendja e paralelizmit të dy rrafsheve.

Le të jepen dy plane:

dhe

Nëse këto plane janë paralele, atëherë vektorët e tyre normalë

kolinear (shih Fig. 15).

Nëse vektorët janë kolinear, atëherë koordinatat e tyre përkatëse janë proporcionale:

(2.5.1 )

E kundërta është gjithashtu e vërtetë: nëse vektorët normalë të planeve janë kolinearë, atëherë rrafshet janë paralele.

Shembulli 1 Cilat nga rrafshet e mëposhtme janë paralele:

Zgjidhja: a). Le të shkruajmë koordinatat e vektorëve normalë.

Le të kontrollojmë kolinearitetin e tyre:

Prandaj rrjedh se

b). Le të shkruajmë koordinatat

Le të kontrollojmë kolinearitetin:

Vektorët
jo kolinear, plane
nuk janë paralele.

Shembulli 2 Shkruani një ekuacion për një rrafsh që kalon nëpër një pikë

M(2, 3, –2) paralel me rrafshin

Zgjidhja: Rrafshi i dëshiruar është paralel me rrafshin e dhënë. Prandaj, vektori normal i aeroplanit mund të merret si vektor normal i planit të dëshiruar.
Duke zbatuar ekuacionin (2.1.1), marrim:

Përgjigje:
.

Shembulli 3 Përcaktoni se për cilin a dhe b rrafshet janë paralele:

Zgjidhja: Ne shkruajmë koordinatat e vektorëve normalë:

Meqenëse rrafshet janë paralele, vektorët
kolinear. Sipas kushtit (2.5.1)
Prandaj b = – 2; a = 3.

Përgjigje: a = 3; b = -2.

2.6. Kushti i pingulitetit të dy rrafsheve.

Nëse avioni
janë pingul, atëherë vektorët e tyre normalë
janë edhe pingule (shih Fig. 16) Nga kjo rrjedh se produkti skalar i tyre është i barabartë me zero, d.m.th.
ose në koordinata:

Ky është kushti që dy plane të jenë pingul. Deklarata e kundërt është gjithashtu e vërtetë, domethënë nëse kushti (2.6.1) është i plotësuar, atëherë vektorët
Rrjedhimisht,