Rozwiazania zadan z plaszczyzn

Algebra z geometria˛ analityczna˛
Rozwiazania
˛
zadań z Płaszczyzn – 46-53
46.a) Wektory rozpinajace
˛ płaszczyzn˛e to:
~a = P~Q = (1, 4, 7), ~b = P~R = (3, 1, 1) .
Punkt poczatkowy:
˛
(x0 , y0 , z0 ) = P = (1, −1, 0). Możemy zatem napisać równanie parametryczne:


x = 1 + t + 3s
y = −1 + 4t + s t, s ∈ R


z = 0 + 7t + s
~ = ~a ×~b = (−3, 20, 11). Równanie
Do równania normalnego potrzebujemy wektora normalnego: N
normalne ma postać: −3(x − 1) + 20(y + 1) + 11z = 0.
b) Wektory rozpinajace
˛ to: ~a = (0, 0, 1), ~b = (−2, 5, 4) (punkty (0, 0, 0), (0, 0, 1) należa˛ do
płaszczyzny).
~ = (0, 1, 0).
c) Wektor normalny to N
~ = (2, 1, −1). Szukamy wektorów ~a, ~b niezależnych(nie sa˛ równoległe)
47.a) Wektor normalny: N
~ . Rozwiazania
i prostopadłych do N
˛
poszukujemy w postaci ~a = (ax , ay , 0), ~b = (0, by , bz ). Przykładowe wektory to: ~a = (−1, 2, 0), ~b = (0, 1, 1). Punkt poczatkowy: (x0 , y0 , z0 ) = (0, 0, −7) (wstawiamy x=y=0 do równania płaszczyzny i wyznaczamy z). Ostatecznie równanie ma postać:


x = 0 − t + 0s
y = 0 + 2t + s


z = −70t + s
b) Wektory roznajace
˛ to: ~a = (1, 0, 3), ~b = (1, −2, −1). Punkt poczatkowy:
˛
(x0 , y0 , z0 ) =
~
~
(0, −2, 3). Wystarczy wi˛ec wyznaczyć wektor normalny N = ~a×b = (6, 4, −2), który da równanie:
6x + 4(y + 2) − 2(z − 3) = 0.
~ = (3, −2, 0), punkt poczatkowy
48.a) Wektor kierunkowy prostej to: ~v = AB
˛
(x0 , y0 , z0 ) =
B = (0, 2, 1). Równanie wyglada
˛ nast˛epujaco:
˛
(x, y, z) = (x0 , y0 , z0 ) + t~v , co po rozpisaniu na
współrzedne da:


x = 0 + 3t
y = 2 − 2t


z = 1 + 0t
Do wyznaczenia równania kraw˛edziowego potrzebujemy dwóch nierównoległych płaszczyzn, których
~1 , N
~2 sa˛ prostopadłe do wektora kierunkowego ~v . Wektorów tych poszukujemy
wektory normalne N
~1 = (2, 3, 0), N
~2 = (0, 0, 1). Punkt poczatkowy
podobnie jak w zadaniu 47a), czyli na przykład N
˛
już mamy (B), zatem możemy napisać równanie:
(
2x + 3(y − 2) = 0
z−1=0
b) Prosta jest równoległa do płaszczyzny πxz , zatem jej współrzedna y si˛e nie zmienia, a dodatkowo z założenia wiemy, że przecina oś Oy, to wszystko nam daje, że punkt Q(0, −1, 0) należy
do płaszczyzny. Zadanie sprowadza si˛e do punktu a).
49.a) Przyjmujemy y = t(można ewentualnie przyjać
˛ z=t lub x=t) z czego dostaniemy: x =
3 − y = 3 − t, z = 1 + y = 1 + t.
b) Patrz zadanie 48a).
50.a) Wstawiamy x, y, z z równania prostej do równania płaszczyzny i rozwiazujemy
˛
ze wzgl˛edu
na t: 3t − (1 − 2t) − 2(−3 + 2t) − 5 = 0 co daje t = 0 z czego ostatecznie x = 0, y = 1, z = −3.
b,c) Zadania sprowadzaja˛ si˛e do rozwiazania
˛
nast˛epujacych
˛
układów równań:




x
+
2y
−
z
=
5

1 − t = s
x + 2y = −2
1 = 3 − 2s




x+y+z =0
−3 + 2t = 2 − 5s
51.a) Korzystamy ze wzoru na odległość punktu od płaszczyzny:
d(P, π) =
3 · 0 − 4 · 1 + 12 · (−2) − 1
|Ax0 + By0 + Cz0 + D|
√
p
=
= ...
A2 + B 2 + C 2
32 + (−4)2 + 122
b) Można wykorzystać wzór:
d(π1 , π2 ) = √
|D1 − D2 |
,
A2 + B 2 + C 2
gdzie D1 = 6, D2 = 18 (mnożymy równanie płaszczyzny π1 przez −2, żeby otrzymać identyczne
współczynniki A, B, C). Albo wyznaczamy punkt z płaszczyzny π1 , to jest P = (3, 0, 0) (przyjmujemy y=z=0 w równaniu płaszczyzny) i liczymy d(P, π2 ) (patrz punkt a)).
c) Weźmy dowolny punkt z prostej na przykład Q = (0, 1, −3)(t=0), nast˛epnie niech wektor
~ , ~v ).
v = (1, −2, 2) b˛edzie wektorem kirunkowym prostej l, dodatkowo oznaczmy przez α = ∠(QP
Teraz wystarczy zauważyć, że
~ |=
d(P, l) = sin(α) · |QP
~ |
|~v × QP
.
|~v |
Wstawiajac
˛ dane z zadania dostaniemy:
√
~ = (1, −2, 2) × (2, −6, 4) = (4, 0, −2), |~v × QP
~ | = 20, |v| = 3 ,
~v × QP
√
zatem ostatecznie d(P, l) = 32 5.
~1 × N
~2 , gdzie N
~1 = (1, 1, 1), N
~2 =
d) Wyznaczmy wektor kierunkowy prostych: ~v = N
(1, −2, −1) (wektory normalne płaszczyzn danych w zadaniu). Po obliczeniach mamy v = (3, 0, −3).
Nast˛epnie wyznaczamy jakies punkty z prostych. Dla prostej l1 mamy(przyjmujemy y=0 i rozwiazu˛
jemy układ ze wzgl˛edu na x,z): P = (2, 0, 1). Dla prostej l2 (przyjmujemy x=0): Q = (0, 1, 2).
Teraz wystarczy policzyć odległość punktu Q ∈ l2 od prostej l1 (patrz punkt c). Ostateczny wzór
na odległość b˛edzie nast˛epujacy:
˛
~v × P~Q
d(l1 , l2 ) =
.
|~v |
e) Zauważmy, że jeśli odcinek realizuje minimum odległości mi˛edzy prostymi to jest on prostopadły
do obu prostych, zatem wystarczy wyznaczyć dwie równoległe płaszczyznyπ1 , π2 do których b˛eda˛
odpowiednio należeć prosta l1 , l2 , wtedy szukana˛ odległościa˛ b˛edzie odległość mi˛edzy płaszczyznami. Można to sprowadzić do policzenia odległości płaszczyzny pi1 od punktu z płaszczyzny π2 ,
czyli dowolnego punktu z prostej l2 , czyli dla nas b˛edzie to P = (0, 3, 1). Za punkt poczatkowy
˛
płaszczyzny pi1 bierzemy dowolny punkt z l1 , a to na przykład jest (x0 , y0 , z0 ) = (1, 1, −3).Nast˛epnie
Liczymy wektor normalny:
~ = v~1 × v~2 = (−1, 0, 2) × (1, −2, −5) = (4, −3, 2) .
N
Równanie płaszczyzny b˛edzie wygladać
˛
nast˛epujaco:
˛ π1 : 4(x − 1) − 3(y − 1) + 2(z + 3) = 0 z
czego otrzymamy już odległość
d = d(P, π1 ) =
|4(0 − 1) − 3(3 − 1) + 2(1 + 3)|
p
42 + (−3)2 + 22
52.a) Rzut punktu P na płaszczyzn˛e πwyznaczamy jako przeci˛ecie prostej prostopadłej do
~ przechodzacej
płaszczyzny (~v = N
˛ przez punkt P (P = (x0 , y0 , z0 ). Z danych z zadania mamy:
~
~v = N = (1, 1, 3), zatem równanie proste b˛edzie nast˛epujace:
˛


x = 1 + t
y = −2 + t


z = 3t
Nast˛epnie wyznaczamy przeci˛ecie (wstawiamy do równania płaszczyzny):
(1 + t) + (−2 + t) + 3(3t) − 5 = 0, t =
6
.
11
17
Z czego żadanym
˛
rzutem b˛edzie: (x, y, z) = ( 11
, − 16
, 18 ).
11 11
~ = ~v ) przeechodzac
b) Tym razem wyznaczamy płaszczyzn˛e prostopadła˛ do prostej l (N
˛ a˛ przez
punkt P i nast˛epnie podobnie jak wcześniej szukamy przeci˛ecia prostej z płaszczyzna.˛ Wektor
~ = ~v = (−1, 2, 3). Równanie płaszczyzny: π : −1(x − 1) + 2(y + 2) + 3z = 0.
normalny N
Teraz szukamy przeci˛ecia płaszczyzny π z prosta˛ l dana˛ w zadaniu, czyli podobnie jak wcześniej
wstawiamy równanie prostej do równania płaszczyzny i wyliczamy ...
53.a) Kat
˛ mi˛edzy płaszczyznami to kat
˛ mi˛edzy wektorami normalnymi, czyli:
sin(α) =
~1 × N
~2 |
|N
,
~1 ||N
~2 |
|N
~1 = (1, −1, 3), N
~2 = (−2, 1, −1). Obliczanie z iloczynu wektorowego ma ta˛ zalet˛e, że
gdzie N
zawsze otrzymamy kat
˛ ostry.
~ a wektorem
˛ mi˛edzy wektorem normalnym N
b) Kat
˛ mi˛edzy płaszczyzna˛ a prosta˛ to π2 minus kat
kierunkowym ~v . Wzór jest nast˛epujacy:
˛
cos(α) = sin(
~ × ~v |
π
|N
− α) =
.
~ ||~v |
2
|N
W zadaniu mamy:
~ = (1, 1, 0) .
v = (1, 1, 1) × (1, −2, −1) = (1, 2, −3), N
c) Żadanym katem
˛
jest kat
˛ pomi˛edzy wektorami kierunkowymi:
sin(α) =
|v~1 × v~2 |
v~1 ◦ v~2
, cos(α) =
.
|v~1 ||v~2 |
|v~1 ||v~2 |
Można oczywiście wyznaczać zadane
˛
katy
˛ przy pomocy iloczynu skalarnego, ale należy pami˛etać,
że szukany kat
˛ ma być ostry (gdy nie jest to zmieniamy znak wyniku).