Grafik yöntemi. Koordinat düzlemi (x;y)

Parametreli denklemler ciddi mantıksal zorluklara neden olur. Bu tür denklemlerin her biri esasen bir denklem ailesi için bir kısaltmadır. Sonsuz bir aileden her denklemi yazmanın imkansız olduğu açıktır, ancak yine de her birinin çözülmesi gerekir. Bunu yapmanın en kolay yolu, bir değişkenin bir parametreye bağımlılığını grafiksel olarak göstermektir.

Düzlemde fonksiyon, bir parametreye bağlı olarak bir eğri ailesini tanımlar. Ailenin diğer eğrilerine geçmek için düzlemin hangi dönüşümünün kullanılabileceğiyle ilgileneceğiz (bakınız , , , , , , ).

paralel aktarım

Örnek. Her parametre değeri için denklemin çözüm sayısını belirleyin.

Çözüm. Fonksiyonun grafiğini oluşturalım.

Düşünmek. Bu doğru, x eksenine paraleldir.

Cevap. Eğer, o zaman hiçbir çözüm yoksa;

eğer öyleyse 3 çözüm;

ise, o zaman 2 çözüm;

eğer, 4 çözüm.

Dönüş

Hemen bir eğri ailesinin seçiminin tek tip olmadığı (sorunların kendilerinden farklı olarak) veya daha doğrusu aynı olduğu belirtilmelidir: tüm problemlerde - düz çizgiler. Ayrıca, dönme merkezi çizgiye aittir.

Örnek. Parametrenin hangi değerleri için denklemin benzersiz bir çözümü var?

Çözüm. ve fonksiyonunu ele alalım. İkinci fonksiyonun grafiği, koordinatları ve yarıçapı =1 olan bir noktada ortalanmış bir yarım dairedir (Şekil 2).

Ark AB.

OA ve OB arasında geçen tüm ışınlar bir noktada, OB ve OM bir noktada (teğet) kesişir. OA ve OB açısal katsayıları sırasıyla eşittir. Eğim tanjant eşittir. Sistemden kolayca bulunur

Bu nedenle, doğrudan ailelerin bir yay ile yalnızca bir ortak noktası vardır.

Cevap. .

Örnek. Hangi denklemin çözümü var?

Çözüm. Bir fonksiyon düşünelim. Monotonluk için incelediğimizde, aralıkta arttığını ve azaldığını görüyoruz. Nokta - maksimum noktadır.

Fonksiyon, bir noktadan geçen doğrular ailesidir. Şekil 2'ye dönelim. Fonksiyonun grafiği AB arkıdır. OA ve OB satırları arasında olacak satırlar problemin koşulunu sağlar. OA düz çizgisinin eğim katsayısı bir sayıdır ve OB ise .

Cevap. Denklemin 1 çözümü olduğunda;

parametrenin diğer değerleri için çözüm yoktur.

Homoteti. Düz bir çizgiye sıkıştırma

Örnek. Her biri için denklemin tam olarak 8 çözümü olduğu parametrenin tüm değerlerini bulun.

Çözüm. Sahibiz. Bir fonksiyon düşünelim. Bunlardan ilki, koordinatları olan bir noktada ortalanmış bir yarım daire ailesini, ikinci düz çizgiler ailesini x eksenine paralel tanımlar.

Yarım dairenin yarıçapı daha büyük ve daha küçük olduğunda, yani kök sayısı 8 sayısına karşılık gelecektir. olduğunu unutmayın.

Cevap. veya.

Grafik yöntemi. Koordinat düzlemi (x;a)

Genel olarak, denklemler, bir parametre içeren herhangi bir net, metodik olarak tasarlanmış çözüm sistemi ile sağlanmaz. Parametrenin bu veya diğer değerleri, çok sayıda ara denklemi çözerek, numaralandırma ile dokunarak aranmalıdır. Böyle bir yaklaşım, denklemin çözümü olmayan, bir, iki veya daha fazla çözümü olan parametrenin tüm değerlerini bulmada her zaman başarıyı sağlamaz. Çoğu zaman, bazı parametre değerleri kaybolur veya fazladan değerler ortaya çıkar. Bu sonuncular için, oldukça zor olabilen özel bir çalışma yapılması gerekir.

Bir parametre ile denklem çözme işini basitleştiren bir yöntem düşünün. Yöntem aşağıdaki gibidir

1. Değişkenli bir denklemden x ve parametre a parametreyi bir fonksiyon olarak ifade edin x: .

2. Koordinat düzleminde xÖ a fonksiyonun grafiğini oluşturunuz.

3. Çizgileri göz önünde bulundurun ve O ekseninin aralıklarını seçin a, bu doğruların aşağıdaki koşulları sağladığı: a) fonksiyonun grafiğini kesmez, b) fonksiyonun grafiğini bir noktada keser, c) iki noktada, d) üç noktada vb.

4. Görev değerleri bulmaksa x, sonra ifade ederiz x vasıtasıyla a değerin bulunan aralıklarının her biri için a ayrı ayrı.

Parametrenin eşit bir değişken olarak görünümü şurada yansıtılır: grafik yöntemler. Böylece bir koordinat düzlemi vardır. Harflerle koordinat düzleminin geleneksel atamasının reddedilmesi gibi önemsiz bir ayrıntı gibi görünüyor. x ve y birini tanımlar en iyi uygulamalar parametrelerle problem çözme.

Açıklanan yöntem çok açıktır. Ayrıca cebir dersinin hemen hemen tüm temel kavramları ve analizin başlangıçları onda uygulama bulmaktadır. Fonksiyonun incelenmesiyle ilgili tüm bilgi seti söz konusudur: uç noktaları belirlemek için türevin uygulanması, fonksiyonun limitinin bulunması, asimptotlar, vb.. vb. (bkz. , , ).

Örnek. Parametrenin hangi değerlerinde denklemin iki kökü var mı?

Çözüm. Eşdeğer sisteme geçiyoruz

Grafik, denklemin 2 kökü olduğunda gösterir.

Cevap. Denklemin iki kökü olduğunda.

Örnek. Her biri için denklemin sadece iki farklı kökü olan tüm sayıların kümesini bulun.

Çözüm. Bu denklemi aşağıdaki formda yeniden yazalım:

Şimdi bunu kaçırmamak önemli ve - orijinal denklemin kökleri yalnızca sağlanır. Koordinat düzleminde bir grafik oluşturmanın daha uygun olduğuna dikkat edelim. Şekil 5'te istenen grafik düz çizgilerin birleşimidir. Burada cevap dikey çizgilerle "okunur".

Cevap. At, veya, veya.

Koordinatlara göre birinci dereceden herhangi bir denklem x, y, z

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

bir düzlem tanımlar ve bunun tersi de geçerlidir: herhangi bir düzlem denklem (3.1) ile temsil edilebilir. düzlem denklemi.

Vektör n(A, B, C) düzleme dik denir normal vektör yüzeyleri. Denklem (3.1)'de A, B, C katsayıları aynı anda 0'a eşit değildir.

Özel durumlar denklemler (3.1):

1. D = 0, Ax+By+Cz = 0 - düzlem orijinden geçer.

2. C = 0, Ax+By+D = 0 - düzlem Oz eksenine paraleldir.

3. C = D = 0, Ax + By = 0 - uçak Oz ekseninden geçer.

4. B = C = 0, Ax + D = 0 - düzlem Oyz düzlemine paraleldir.

Koordinat düzlemi denklemleri: x = 0, y = 0, z = 0.

Uzayda düz bir çizgi verilebilir:

1) iki düzlemin kesişme çizgisi olarak, yani. denklem sistemi:

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) iki noktası M 1 (x 1, y 1, z 1) ve M 2 (x 2, y 2, z 2), daha sonra içlerinden geçen düz çizgi denklemlerle verilir:

= ; (3.3)

3) kendisine ait M 1 (x 1 , y 1 , z 1) noktası ve vektör a(m, n, p), s eşdoğrusal. Daha sonra düz çizgi denklemler tarafından belirlenir:

. (3.4)

Denklemler (3.4) denir çizginin kanonik denklemleri.

Vektör a aranan kılavuz vektörü düz.

(3.4) bağıntılarının her birini t parametresi ile eşitleyerek parametrik olanları elde ederiz:

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

Sistemi (3.2) bir sistem olarak çözme lineer denklemler nispeten bilinmeyen x ve y, içinde düz çizginin denklemlerine ulaşırız projeksiyonlar veya indirgenmiş düz çizgi denklemleri:

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

Denklemlerden (3.6) kanonik denklemlere geçilebilir, z her denklemden ve elde edilen değerleri eşitleyerek:

Bu doğrunun bir noktası ve kılavuzu bulunursa, genel denklemlerden (3.2) kanonik denklemlere başka bir şekilde geçilebilir. n= [n 1 , n 2], nerede n 1 (A 1 , B 1 , C 1) ve n 2 (A 2 , B 2 , C 2) - verilen düzlemlerin normal vektörleri. Paydalardan biri ise m,n veya R denklemlerde (3.4) sıfıra eşit olduğu ortaya çıkar, o zaman karşılık gelen kesrin payı sıfıra eşit ayarlanmalıdır, yani. sistem

bir sistemle eşdeğerdir ; böyle bir çizgi x eksenine diktir.

sistem x = x 1 , y = y 1 sistemine eşdeğerdir; düz çizgi Oz eksenine paraleldir.

Örnek 1.15. A (1, -1,3) noktasının orijinden bu düzleme çizilen dikmenin tabanı olduğunu bilerek düzlemin denklemini yazın.

Çözüm. Problemin durumuna göre, vektör AE(1,-1,3) düzlemin normal bir vektörüdür, denklemi şu şekilde yazılabilir:
x-y+3z+D=0. Düzlemin A(1,-1,3) noktasının koordinatlarını yerine koyarak D: 1-(-1)+3×3+D = 0 , D = -11 buluruz. Yani x-y+3z-11=0.

Örnek 1.16. Oz ekseninden geçen ve 2x+y-z-7=0 düzlemi ile 60 derecelik açı oluşturan bir düzlemin denklemini yazınız.

Çözüm. Oz ekseninden geçen düzlem, A ve B'nin aynı anda kaybolmadığı Ax+By=0 denklemi ile verilir. B olmasın
0, A/Bx+y=0. İki düzlem arasındaki açının kosinüsü formülüne göre

karar vermek ikinci dereceden denklem 3m 2 + 8m - 3 = 0, köklerini bulun
m 1 = 1/3, m 2 = -3, buradan 1/3x+y = 0 ve -3x+y = 0 olmak üzere iki düzlem elde ederiz.

Örnek 1.17. Makyaj yapmak kanonik denklemler dümdüz:
5x + y + z = 0, 2x + 3y - 2z + 5 = 0.

Çözüm. Düz çizginin kanonik denklemleri şu şekildedir:

nerede m, n, p- düz çizginin yönlendirici vektörünün koordinatları, x1, y1, z1- çizgiye ait herhangi bir noktanın koordinatları. Düz çizgi, iki düzlemin kesişme çizgisi olarak tanımlanır. Düz bir çizgiye ait bir noktayı bulmak için, koordinatlardan biri sabitlenir (en kolay yol, örneğin x=0 koymaktır) ve ortaya çıkan sistem, iki bilinmeyenli bir lineer denklem sistemi olarak çözülür. Öyleyse x=0 olsun, sonra y + z = 0, 3y - 2z+ 5 = 0, y=-1, z=1 olsun. Bu doğruya ait M (x 1, y 1, z 1) noktasının koordinatlarını bulduk: M (0,-1,1). Orijinal düzlemlerin normal vektörlerini bilerek, düz bir çizginin yönlendirici vektörünü bulmak kolaydır. n 1 (5,1,1) ve n 2(2,3,-2). O zamanlar

Doğrunun kanonik denklemleri: x/(-5) = (y + 1)/12 =
= (z - 1)/13.

Örnek 1.18. 2x-y+5z-3=0 ve x+y+2z+1=0 düzlemleriyle tanımlanan kirişte, biri M(1,0,1) noktasından geçen iki dik düzlem bulun.

Çözüm. Bu düzlemler tarafından tanımlanan ışın denklemi u(2x-y+5z-3) + v(x+y+2z+1)=0'dır, burada u ve v aynı anda kaybolmaz. Işın denklemini aşağıdaki gibi yeniden yazıyoruz:

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

Kirişten M noktasından geçen bir düzlem seçmek için M noktasının koordinatlarını kiriş denkleminde yerine koyarız. Alırız:

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

Sonra kiriş denkleminde v = - u yerine M içeren düzlemin denklemini buluruz:

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

Çünkü sen ¹0 (aksi takdirde v=0 ve bu bir ışın tanımıyla çelişir), o zaman x-2y+3z-4=0 düzleminin denklemi elimizde olur. Kirişe ait ikinci düzlem ona dik olmalıdır. Düzlemlerin dikliği için koşulu yazıyoruz:

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

Dolayısıyla, ikinci düzlemin denklemi şu şekildedir:

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

Uzayda bir düz çizginin kanonik denklemleri, verilen bir noktadan bir yön vektörüne doğrusal olarak geçen bir düz çizgiyi tanımlayan denklemlerdir.

Bir nokta ve bir yön vektörü verilsin. Bir çizgi üzerinde rastgele bir nokta bulunur ben sadece vektörler ve eşdoğrusal iseler, yani şu koşulu sağlıyorlarsa:

Yukarıdaki denklemler doğrunun kanonik denklemleridir.

Sayılar m , n ve p yön vektörünün koordinat eksenleri üzerindeki izdüşümleridir. Vektör sıfır olmadığı için tüm sayılar m , n ve p aynı anda sıfır olamaz. Ancak bir veya ikisi sıfır olabilir. Örneğin analitik geometride aşağıdaki gösterime izin verilir:

bu, vektörün eksenlerdeki izdüşümlerinin Oy ve Öz sıfıra eşittir. Bu nedenle, kanonik denklemler tarafından verilen hem vektör hem de düz çizgi eksenlere diktir. Oy ve Öz, yani uçaklar yOz .

örnek 1 Bir düzleme dik uzayda düz bir çizginin denklemlerini oluşturun ve bu düzlemin eksen ile kesişme noktasından geçen Öz .

Çözüm. Verilen düzlemin eksenle kesişim noktasını bulun Öz. eksen üzerindeki herhangi bir noktadan Öz, koordinatları var, sonra ayar verilen denklem uçak x=y= 0 , 4 elde ederiz z- 8 = 0 veya z= 2 . Bu nedenle, verilen düzlemin eksen ile kesişme noktası Öz koordinatları vardır (0; 0; 2) . İstenen doğru düzleme dik olduğu için normal vektörüne paraleldir. Bu nedenle, normal vektör, düz çizginin yönlendirici vektörü olarak hizmet edebilir. verilen uçak.

Şimdi noktadan geçen doğrunun istenilen denklemlerini yazıyoruz. A= (0; 0; 2) vektör yönünde:

Verilen iki noktadan geçen bir doğrunun denklemleri

Düz bir çizgi, üzerinde yatan iki nokta ile tanımlanabilir. ve Bu durumda doğrunun yönlendirici vektörü vektör olabilir. Sonra çizginin kanonik denklemleri şu şekli alır:

Yukarıdaki denklemler iki noktadan geçen düz bir çizgi tanımlar. verilen puanlar.

Örnek 2 ve noktalarından geçen uzayda bir doğrunun denklemini yazınız.

Çözüm. Doğrunun istenilen denklemlerini teorik referansta yukarıda verilen formda yazıyoruz:

, o zaman istenen çizgi eksene dik olduğundan Oy .

Düz düzlemlerin kesiştiği bir çizgi olarak

Uzayda düz bir çizgi, paralel olmayan iki düzlemin kesişme çizgisi ve yani iki doğrusal denklem sistemini karşılayan bir dizi nokta olarak tanımlanabilir.

Sistemin denklemlerine uzayda bir doğrunun genel denklemleri de denir.

Örnek 3 Genel denklemler tarafından verilen uzayda düz bir çizginin kanonik denklemlerini oluşturun

Çözüm. Bir doğrunun kanonik denklemlerini veya aynı olan, verilen iki noktadan geçen bir doğrunun denklemini yazmak için, doğru üzerindeki herhangi iki noktanın koordinatlarını bulmanız gerekir. Herhangi iki koordinat düzlemi ile düz bir çizginin kesişme noktaları olabilirler, örneğin yOz ve xOz .

Bir doğrunun bir düzlemle kesiştiği nokta yOz apsisi var x= 0 . Bu nedenle, bu denklem sisteminde varsayarsak x= 0 , iki değişkenli bir sistem elde ederiz:

onun kararı y = 2 , z= 6 ile birlikte x= 0 bir noktayı tanımlar A(0; 2; 6) istenen satırın. Verilen denklem sisteminde varsayarsak y= 0, sistemi alıyoruz

onun kararı x = -2 , z= 0 ile birlikte y= 0 bir noktayı tanımlar B(-2; 0; 0) bir doğrunun bir düzlemle kesişimi xOz .

Şimdi noktalardan geçen düz bir doğrunun denklemlerini yazıyoruz. A(0; 2; 6) ve B (-2; 0; 0) :

veya paydaları -2'ye böldükten sonra:

Uzayda dikdörtgen bir koordinat sistemi Oxyz düşünün.

yüzey denklemi böyle bir denklem F(x,y,z)=0, yüzeyde bulunan her noktanın koordinatları ile sağlanır ve yüzeyde olmayan noktaların koordinatları ile tatmin edilmez.

Örneğin, bir küre, kürenin merkezi olarak adlandırılan bir noktadan eşit uzaklıkta bulunan noktaların geometrik yeridir. Yani denklemi sağlayan tüm noktalar
O(0.0.0) noktasında ve R yarıçapında merkezlenmiş bir küre üzerinde uzanır (Şek.1).

Verilen küre üzerinde yer almayan herhangi bir noktanın koordinatları bu denklemi sağlamaz.

Uzayda çizgi iki yüzeyin kesişme çizgisi olarak düşünülebilir. Yani Şekil 1'de, kürenin Oksi düzlemi ile kesişimi, O noktasında ve R yarıçapında merkezli bir dairedir.

En basit yüzey uçak, uzaydaki en basit çizgi dümdüz.

2. Uzayda uçak.

2.1. Bir nokta ve bir normal vektöre göre bir düzlemin denklemi.

Oxyz koordinat sisteminde, düzlemi düşünün (İncir. 2). Konumu, vektörün ayarlanmasıyla belirlenir. bu düzleme dik ve sabit bir nokta
bu uçakta yatıyor. Vektör
düzleme dik
aranan normal vektör(normal vektör). Düzlemin keyfi bir M(x,y,z) noktasını düşünün . Vektör
düz
normal vektöre dik olacak Vektör diklik koşulunu kullanma
denklemi elde ederiz: nerede

denklem ( 2.2.1 )

düzlemin bir noktaya ve bir normal vektöre göre denklemi denir.

(2.1.1) denkleminde parantezleri açar ve terimleri yeniden düzenlersek, Ax + By + Cz + D = 0 denklemini elde ederiz, burada

D=
.

2.2. Düzlemin genel denklemi.

denklem Balta + By + Cz + D = 0 ( 2.2.1 )

düzlemin genel denklemi olarak adlandırılır, burada
normal bir vektördür.

Bu denklemin özel durumlarını ele alalım.

1.D = 0. Denklem şu şekildedir: Ax + By + Cz = 0. Böyle bir düzlem orijinden geçer. onun normal vektörü

2). C \u003d 0: Balta + By + D \u003d 0
düzlem oz eksenine paraleldir (Şekil 3).

3). B = 0: Balta + Cz + D = 0
düzlem oy eksenine paraleldir (Şekil 4).

dört). A = 0: + Cz + D = 0 ile

düzlem öküz eksenine paraleldir (Şekil 5).

5). C=D=0: Ax+By=0
düzlem oz ekseninden geçer (Şekil 6).

6.B = D = 0: Ax + Cz = 0
düzlem oy ekseninden geçer (Şekil 7).

7). A = D = 0: + Cz = 0 ile
düzlem öküz ekseninden geçer (Şekil 8).

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

||oz
düzlem Oksi düzlemine paraleldir (Şekil 9).

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

||öküz
uçak

P Oyz düzlemine paralel (Şek. 10).

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

||oy
düzlem Oxz düzlemine paraleldir (Şekil 11).

örnek 1 Bir noktadan geçen bir düzlem için bir denklem yazın
vektöre dik
Bu düzlemin koordinat eksenleriyle kesişme noktalarını bulun.

Çözüm. Formül (2.1.1) ile elimizde

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

Bu düzlemin öküz ekseni ile kesişimini bulmak için, ortaya çıkan denklemde y = 0, z = 0 yerine yazıyoruz.2x + 3 = 0; x \u003d - 1.5.

İstenen düzlemin öküz ekseniyle kesişme noktasının koordinatları:

Düzlemin y ekseni ile kesişimini bulun. Bunun için x = 0 alıyoruz; z = 0.

– y + 3 = 0 y = 3. Yani,

Oz ekseni ile kesişme noktasını bulmak için x = 0 alırız; y=0
3z + 3 = 0
z = – 1. Yani,

Cevap: 2x – y + 3z + 3 = 0,
,
,
.

Örnek 2 Denklemler tarafından verilen düzlemleri keşfedin:

a). 3x – y + 2z = 0

b). 2x + z - 1 = 0

içinde). – y + 5 = 0

Çözüm. a). Verilen uçak orijinden geçer (D = 0) ve normal bir vektörü vardır

b). denklemde
B katsayısı = 0. Bu nedenle,
Düzlem y eksenine paraleldir.

içinde). Denklemde - y + 5 = 0, A = 0, C = 0 katsayıları.

Düzlem oxz düzlemine paraleldir.

G). x = 0 denklemi oyz düzlemini tanımlar, çünkü B = 0, C = 0'da düzlem oyz düzlemine paraleldir ve D = 0 koşulundan düzlemin orijinden geçtiği sonucu çıkar.

Örnek 3 A(2,3,1) noktasından geçen ve vektöre dik olan düzlem için bir denklem yazın
burada B(1.0, –1), C(–2.2.0).

Çözüm. vektörü bulalım

Vektör
A(2,3,1) noktasından geçen istenen düzlemin normal vektörüdür. Formül (2.1.1) ile elimizde:

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

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

2.3. Üç noktadan geçen bir düzlemin denklemi.

Aynı düz çizgi üzerinde yer almayan üç nokta tek bir düzlem tanımlar (bkz. Şekil 12). Noktaların tek bir düz çizgi üzerinde olmasına izin vermeyin. Düzlemin denklemini yazmak için düzlemin bir noktasını ve normal vektörü bilmeniz gerekir. Uçakta yatan noktalar bilinmektedir:
Herhangi birini alabilirsin. Normal bir vektör bulmak için vektörlerin vektör çarpımının tanımını kullanırız. İzin vermek
O zaman, bu nedenle,
Noktanın koordinatlarını bilmek
ve normal vektör (2.1.1) formülünü kullanarak düzlemin denklemini buluruz.

Başka bir şekilde, verilen üç noktadan geçen bir düzlemin denklemi, üç vektör eş düzlemlilik koşulu kullanılarak elde edilebilir. Gerçekten de, vektörler
burada M(x,y,z) istenen düzlemin keyfi bir noktasıdır, eş düzlemlidir (bkz. Şekil 13). Bu nedenle, onların karışık ürün 0:

Karışık ürün formülünü koordinat biçiminde uygulayarak şunları elde ederiz:

(2.3.1)

örnek 1 Noktalardan geçen bir düzlem için bir denklem yazın

Çözüm. Formül (2.3.1) ile elimizdeki

Determinantı genişleterek şunları elde ederiz:

Ortaya çıkan düzlem oy eksenine paraleldir. onun normal vektörü

Cevap: x + z - 4 = 0.

2.4. İki çizgi arasındaki açı.

Kesişen iki düzlem, çiftler halinde eşit dört dihedral açı oluşturur (bkz. Şekil 14). Dihedral açılardan biri, bu düzlemlerin normal vektörleri arasındaki açıya eşittir.

Uçaklar verilsin:

Normal vektörlerinin koordinatları vardır:

Vektör cebirinden bilinmektedir ki
veya

(2.4.1)

Örnek: Düzlemler arasındaki açıyı bulun:

Çözüm: Normal vektörlerin koordinatlarını bulun: Formül (2.4.1) ile şunları elde ederiz:

Bu düzlemlerin kesişiminde elde edilen dihedral açılardan biri şuna eşittir:
İkinci köşeyi de bulabilirsiniz:

Cevap:

2.5. İki düzlemin paralellik durumu.

İki düzlem verilsin:

Bu düzlemler paralel ise, normal vektörleri

doğrusal (bkz. Şekil 15).

Vektörler eşdoğrusal ise, ilgili koordinatları orantılıdır:

(2.5.1 )

Bunun tersi de doğrudur: eğer düzlemlerin normal vektörleri eşdoğrusal ise, o zaman düzlemler paraleldir.

örnek 1 Aşağıdaki düzlemlerden hangisi paraleldir?

Çözüm: a). Normal vektörlerin koordinatlarını yazalım.

Eşdoğrusallıklarını kontrol edelim:

Bu nedenle şu şekildedir:

b). Koordinatları yazalım

Eşdoğrusallığı kontrol edelim:

vektörler
doğrusal değil, uçaklar
paralel değildir.

Örnek 2 Bir noktadan geçen bir düzlem için bir denklem yazın

M(2, 3, –2) düzleme paralel

Çözüm:İstenilen düzlem verilen düzleme paraleldir. Bu nedenle, düzlemin normal vektörü istenen düzlemin normal vektörü olarak alınabilir.
(2.1.1) denklemini uygulayarak şunları elde ederiz:

Cevap:
.

Örnek 3 Hangi a ve b düzlemlerinin paralel olduğunu belirleyin:

Çözüm: Normal vektörlerin koordinatlarını yazıyoruz:

Düzlemler paralel olduğundan vektörler
eşdoğrusal Duruma göre (2.5.1)
Dolayısıyla b = – 2; bir = 3.

Cevap: a = 3; b = -2.

2.6. İki düzlemin diklik durumu.

eğer uçak
dik, sonra normal vektörleri
aynı zamanda diktir (bakınız Şekil 16).Bundan onların skaler çarpımlarının sıfıra eşit olduğu sonucu çıkar, yani.
veya koordinatlarda: