Matematika/Tiesė

Erdvės tiesės kanoninė lygtis

Tiesės T padėtį erdvėje vienareikšmiškai nusako taškas $M_{0}(x_{0};y_{0};z_{0})$, per kurį eina ta tiesė, ir lygiagretus su ja nenulinis vektorius ${\vec {s}}=(l;m;n)$, vadinamas tiesės krypties vektoriumi. Kintamajį tiesės T tašką pažymėkime $M(x;y;z)$ ir nubrėžkime vektorių ${\vec {M_{0}M}}.$ Kadangi vektoriai ${\vec {M_{0}M}}={\vec {r}}-{\vec {r_{0}}}=(x-x_{0};y-y_{0};z-z_{0})$ ir ${\vec {s}}=(l;m;n)$ yra kolinearūs (lygiagretūs), tai

${\vec {r}}-{\vec {r_{0}}}=t\cdot {\vec {s}};$

čia ${\vec {r}}$ ir ${\vec {r_{0}}}$ - taškų M ir $M_{0}$ spinduliai vektoriai, t - realusis skaičius.

Lygtis

${\vec {r}}-{\vec {r_{0}}}=t\cdot {\vec {s}};$

$(x-x_{0};y-y_{0};z-z_{0})=(tl;tm;tn)$

vadinama vektorine tiesės T lygtimi. Iš jos, sulyginę vektorių ${\vec {r}}-{\vec {r_{0}}}$ ir $t\cdot {\vec {s}}$ koordinates, gauname lygtis

${\begin{cases}x-x_{0}=tl,&\\y-y_{0}=tm,&\\z-z_{0}=tn.&\end{cases}}$

arba

${\begin{cases}x=x_{0}+tl,&\\y=y_{0}+tm,&\\z=z_{0}+tn.&\end{cases}}$

Paskutinios 3 lygtys vadinamos parametrinėmis tiesės T lygtimis.

Kadangi vektoriai ${\vec {r}}-{\vec {r_{0}}}$ ir ${\vec {s}}=(l;m;n)$ yra kolinearūs, tai jų koordinatės proporcingos. Iš šios sąlygos išplaukia erdvės tiesės kanoninės lygtys

${\frac {x-x_{0}}{l}}={\frac {y-y_{0}}{m}}={\frac {z-z_{0}}{n}}.$

Šias lygtis galėjome gauti iš parametrinių lygčių, tereikėjo eliminuoti parametrą t:

${\frac {x-x_{0}}{l}}=t,\quad {\frac {y-y_{0}}{m}}=t,\quad {\frac {z-z_{0}}{n}}=t;$

Iš čia ir išplaukia erdvės tiesės kanoninės lygtys.

Tarkime, žinomi du tiesės T taškai $M_{1}(x_{1};y_{1};z_{1})$ ir $M_{2}(x_{2};y_{2};z_{2}).$ Tada vektorius ${\vec {M_{1}M_{2}}}=(x_{2}-x_{1};y_{2}-y_{1};z_{2}-z_{1})$ gali būti tiesės T krypties vektorius ${\vec {s}}=(x_{2}-x_{1};y_{2}-y_{1};z_{2}-z_{1}).$ Į lygtį ${\frac {x-x_{0}}{l}}={\frac {y-y_{0}}{m}}={\frac {z-z_{0}}{n}}$ vietoje taško $M_{0}$ koordinačių įrašę taško $M_{1}$ koordinates, vietoje l, m, n įrašę dydžius $x_{2}-x_{1}$, $y_{2}-y_{1}$, $z_{2}-z_{1}$, gauname tiesės einančios per du taškus, lygtį

${\frac {x-x_{1}}{x_{2}-x_{1}}}={\frac {y-y_{1}}{y_{2}-y_{1}}}={\frac {z-z_{1}}{z_{2}-z_{1}}}.$

• Pavyzdys. Raskime taško P(3; 1; -5) projekciją plokštumoje $\pi$, kurios lygtis $2x-4y+3z-16=0.$

Sprendimas. Iš taško P nuleiskime statmenį į plokštumą $\pi ;$ to statmens pagrindas Q ir bus taško P projekcija. Tašką Q galėsime rasti kaip tiesės T ir plokštumos $\pi$ sankirtos tašką. Kadangi plokštumos $\pi$ normalės vektorius ${\vec {n}}=(2;-4;3)$ yra lygiagretus su tiese T, tai jį galima laikyti šios tiesės krypties vektoriumi.

Pritaikę formules ${\frac {x-x_{0}}{l}}={\frac {y-y_{0}}{m}}={\frac {z-z_{0}}{n}},$ parašome kanonines tiesės T lygtis:

${\frac {x-3}{2}}={\frac {y-1}{-4}}={\frac {z+5}{3}}.$

Norėdami rasti tiesės T ir plokštumos $\pi$ sakirtos tašką Q, turime išspręsti sistemą, sudarytą iš jų lygčių:

${\begin{cases}{\frac {x-3}{2}}={\frac {y-1}{-4}}={\frac {z+5}{3}},&\\2x-4y+3z-16=0.&\end{cases}}$

Tokią sistemą patogiausia spręsti, pakeitus kanonines tiesės lygtis parametrinėmis:

${\frac {x-3}{2}}=t,\quad {\frac {y-1}{-4}}=t,\quad {\frac {z+5}{3}}=t,$

arba

$x=2t+3,\quad y=-4t+1,\quad z=3t-5.$

Įrašę šias x, y, z išraiškas į antrąją sistemos lygtį $2x-4y+3z-16=0,$ gauname

$2(2t+3)-4(-4t+1)+3(3t-5)-16=0,$

$4t+6+16t-4+9t-15-16=0,$

$29t-29=0,$

$t=1.$

Tada $x=2\cdot 1+3=5,\quad y=-4\cdot 1+1=-3,\quad z=3\cdot 1-5=-2.$ Vadinasi, taško P projekcija plokštumoje $\pi$ yra taškas Q(5; -3; -2).

• Pavyzdys. Plokštuma $\pi$ nubrėžta per dvi lygiagrečias tieses

${\frac {x-1}{3}}={\frac {y+1}{-1}}={\frac {z-4}{2}}$ ir ${\frac {x}{3}}={\frac {y-2}{-1}}={\frac {z+5}{2}}.$

Parašykime plokštumos $\pi$ lygtį.

Sprendimas. Kintamąjį plokštumos $\pi$ tašką pažymėkime M(x; y; z) ir nubrėžkime vektorius ${\vec {M_{1}M}}$ bei ${\vec {M_{1}M_{2}}};$ čia per tašką $M_{1}(1;-1;4)$ eina pirmoji tiesė ${\frac {x-1}{3}}={\frac {y+1}{-1}}={\frac {z-4}{2}},$ o per tašką $M_{2}(0;2;-5)$ eina antroji tiesė ${\frac {x}{3}}={\frac {y-2}{-1}}={\frac {z+5}{2}}.$

Kai taškas M priklauso plokštumai $\pi$, tai vektoriai ${\vec {M_{1}M}}=(x-1;y+1;z-4),\;{\vec {M_{1}M_{2}}}=(0-1;2-(-1);-5-4)=(-1;3;-9)$ ir tiesių krypties vektorius ${\vec {s}}=(3;-1;2)$ yra vienoje plokštumoje, taigi šie vektoriai komplanarūs. Parašykime trijų vektorių komplanarumo sąlygą:

$({\vec {M_{1}M}}\times {\vec {M_{1}M_{2}}})\cdot {\vec {s}}={\begin{vmatrix}x-1&y+1&z-4\\-1&3&-9\\3&-1&2\end{vmatrix}}=0,$

$(x-1)(3\cdot 2-(-1)\cdot (-9))-(y+1)(-1\cdot 2-(-9)\cdot 3)+(z-4)((-1)\cdot (-1)-3\cdot 3)=0,$

$(x-1)(6-9)-(y+1)(-2+27)+(z-4)(1-9)=0,$

$-3(x-1)-25(y+1)-8(z-4)=0,$

$-3x+3-25y-25-8z+32=0,$

$-3x-25y-8z+10=0,$

$3x+25y+8z-10=0.$

Gautoji lygtis ir yra plokštumos $\pi$ lygtis.

Erdvės tiesės bendrosios lygtys

${\begin{cases}A_{1}x+B_{1}y+C_{1}z+D_{1}=0,&\\A_{2}x+B_{2}y+C_{2}z+D_{2}=0.&\end{cases}}$

Taigi, ši lygčių sistemą apibūdiną dvi susikertančias plokštumas $A_{1}x+B_{1}y+C_{1}z+D_{1}=0$ ir $A_{2}x+B_{2}y+C_{2}z+D_{2}=0.$

O susikertančios plokšumos ir sudaro tiesę. Todėl dviejų plokštumų sistemą yra tiesės lygtys.

Tiesės krypties vektorius yra:

${\vec {s}}={\vec {n_{1}}}\times {\vec {n_{2}}}={\begin{vmatrix}\mathbf {i} &\mathbf {j} &\mathbf {k} \\A_{1}&B_{1}&C_{1}\\A_{2}&B_{2}&C_{2}\end{vmatrix}}.$

• Pavyzdys. Bendrąsias tiesės lygtis

${\begin{cases}4x-5y+z-3=0,&\\x+2y-3z+9=0&\end{cases}}$

pakeiskime kanoninėmis.

Sprendimas. Pirmiausia raskime tiesės tašką $M_{0}$. Parinkę, pavyzdžiui, $x=1$, gauname sistemą

${\begin{cases}-5y+z+1=0,&\\2y-3z+10=0;&\end{cases}}$

${\begin{cases}-15y+3z+3=0,&\\2y-3z+10=0,&\end{cases}}$

$-15y+2y+3z-3z+3+10=-13y+13=0,$

$-13y=-13,$

$y=1;$

$2\cdot 1-3z+10=0,$

$-3z=-12,$

$z=4.$

Sistema turi sprendinį $y=1$, $z=4.$ Taigi $M_{0}(1;1;4).$

Raskime ${\vec {s}}={\vec {n_{1}}}\times {\vec {n_{2}}}.$ Kadangi ${\vec {n_{1}}}=(4;-5;1),\;\;{\vec {n_{1}}}=(1;2;-3),$ tai

${\vec {s}}={\vec {n_{1}}}\times {\vec {n_{2}}}={\begin{vmatrix}\mathbf {i} &\mathbf {j} &\mathbf {k} \\4&-5&1\\1&2&-3\end{vmatrix}}=(-5\cdot (-3)-1\cdot 2)\mathbf {i} -(4\cdot (-3)-1\cdot 1)\mathbf {j} +(4\cdot 2-(-5)\cdot 1)\mathbf {k} =(15-2)\mathbf {i} -(-12-1)\mathbf {j} +(8+5)\mathbf {k} =$

$=13\mathbf {i} +13\mathbf {j} +13\mathbf {k} =(13;\;13;\;13).$

Vadinasi, kanoninės tiesės lygtys yra tokios:

${\frac {x-1}{13}}={\frac {y-1}{13}}={\frac {z-4}{13}},$

arba

${\frac {x-1}{1}}={\frac {y-1}{1}}={\frac {z-4}{1}}.$

Jas galima parašyti ir taip:

$x-1=y-1=z-4.$

• Pavyzdys. Rasti kanonines lygtis tiesės

${\begin{cases}3x+2y+4z-11=0,&\\2x+y-3z-1=0.&\end{cases}}$

Sprendimas. Įstatę, pavyzdžiui, $x_{0}=1$, iš sistemos

${\begin{cases}3+2y_{0}+4z_{0}-11=0,&\\2+y_{0}-3z_{0}-1=0;&\end{cases}}$

$-{\begin{cases}2y_{0}+4z_{0}-8=0,&\\y_{0}-3z_{0}+1=0\;|\cdot 2,&\end{cases}}$

gauname

$2y_{0}+4z_{0}-8-2(y_{0}-3z_{0}+1)=0,$

$10z_{0}-10=0,$

$10z_{0}=10,$

$z_{0}=1;$

$y_{0}-3\cdot 1+1=0;$

$y_{0}-2=0,$

$y_{0}=2,$

kad $y_{0}=2$, $z_{0}=1.$ Tokiu budu, taškas $M_{0}(1;2;1)$ tiesės rastas. Dabar nustatysime kryptį vektoriaus ${\vec {s}}.$ Turime: ${\vec {n_{1}}}=\{3;2;4\},\;{\vec {n_{2}}}=\{2;1;-3\},$ iš čia

${\vec {s}}={\vec {n_{1}}}\times {\vec {n_{2}}}={\begin{vmatrix}\mathbf {i} &\mathbf {j} &\mathbf {k} \\3&2&4\\2&1&-3\end{vmatrix}}=(-6-4)\mathbf {i} -(-9-8)\mathbf {j} +(3-4)\mathbf {k} =-10\mathbf {i} +17\mathbf {j} -\mathbf {k} =\{-10;\;17;\;-1\},$

t. y. $l=-10$, $m=17$, $n=-1$. Įstatydami rastas reikšmes $x_{0}$, $y_{0}$, $z_{0}$ ir l, m, n į lygybes ${\frac {x-x_{0}}{l}}={\frac {y-y_{0}}{m}}={\frac {z-z_{0}}{n}},$ gauname kanonines lygtis duotos tiesės:

${\frac {x-1}{-10}}={\frac {y-2}{17}}={\frac {z-1}{-1}}.$

Kampas tarp tiesės ir plokštumos

Tarkime, tiesė T nusakoma kanoninėmis lygtimis

${\frac {x-x_{0}}{l}}={\frac {y-y_{0}}{m}}={\frac {z-z_{0}}{n}},$

o plokštuma $\pi$ nusakoma lygtimi $Ax+By+Cz+D=0.$ Kampu $\phi$ tarp tiesės T ir plokštumos $\pi$ vadiname kampą tarp tos tiesės ir jos projekcijos plokštumoje $\pi$. Kadangi $\phi +\alpha ={\frac {\pi }{2}},$ tai $\cos \alpha =\cos \left({\frac {\pi }{2}}-\phi \right)=\sin \phi ;$

čia $\alpha$ yra kampas tarp tiesės T krypties vektoriaus ${\vec {s}}=(l;m;n)$ ir plokštumos $\pi$ normalės vektoriaus ${\vec {n}}=(A;B;C).$ Kitaip sakant, kampas $\alpha$ yra kampas tarp tiesės T ir plokštumos normalės ${\vec {n}}=(A;B;C).$ Iš vektorių ${\vec {n}}$ ir ${\vec {s}}$ skaliarinės sandaugos išplaukia, kad

$\cos \alpha ={\frac {{\vec {n}}\cdot {\vec {s}}}{\|{\vec {n}}\|\cdot \|{\vec {s}}\|}}={\frac {Al+Bm+Cn}{{\sqrt {A^{2}+B^{2}+C^{2}}}{\sqrt {l^{2}+m^{2}+n^{2}}}}}.$

Tada

$\sin \phi ={\frac {Al+Bm+Cn}{{\sqrt {A^{2}+B^{2}+C^{2}}}{\sqrt {l^{2}+m^{2}+n^{2}}}}},$

čia $\phi$ yra kampas tarp tiesės T ir plokštumos $Ax+By+Cz+D=0.$

Kai tiesė T lygiagreti plokštumai $\pi$, tai tiesės krypties vektorius ${\vec {s}}=(l;m;n)$ yra statmenas plokštumos normalės vektoriui ${\vec {n}}=(A;B;C),$ todėl ${\vec {n}}\cdot {\vec {s}}=0.$ Iš čia gauname tiesės ir plokštumos lygiagretumo sąlygą:

$A\cdot l+B\cdot m+C\cdot n=0.$

Kai tiesė T statmena plokštumai $\pi$, tai tiesės krypties vektorius ${\vec {s}}=(l;m;n)$ yra lygiagretus plokštumos normalės vektoriui ${\vec {n}}=(A;B;C),$ todėl jų koordinatės yra proporcingos. Iš čia išplaukia tiesės ir plokštumos statmenumo sąlyga:

${\frac {A}{l}}={\frac {B}{m}}={\frac {C}{n}}.$

• Pavyzdys. Su kuria B reikšme tiesė T, nusakoma lygtimis

${\begin{cases}4x-5y+z-3=0,&\\x+2y-3z+9=0,&\end{cases}}$

bus lygiagreti su plokštuma $\pi$, kurios lygtis $2x-By-2z-3=0$?

Sprendimas. Kai tiesė T lygiagreti su plokštuma $\pi$, tai tiesės krypties vektorius ${\vec {s}}=(l;m;n)$ yra statmenas plokštumos normalės vektoriui ${\vec {n}}=(2;-B;-2)$ ir skaliarinė jų sandauga ${\vec {s}}\cdot {\vec {n}}=0.$

Pažymėkime: ${\vec {n_{1}}}=(1;-2;3),\;\;{\vec {n_{2}}}=(4;-3;4).$ Kadangi ${\vec {s}}={\vec {n_{1}}}\times {\vec {n_{2}}},$ tai iš sąlygos ${\vec {s}}\cdot {\vec {n}}=0$ išplaukia, kad $({\vec {n_{1}}}\times {\vec {n_{2}}})\cdot {\vec {n}}=0.$ Vadinasi,

${\begin{vmatrix}1&-2&3\\4&-3&4\\2&-B&-2\end{vmatrix}}=0;$

${\begin{vmatrix}1&-2&3\\4&-3&4\\2&-B&-2\end{vmatrix}}=1(-3\cdot (-2)-4\cdot (-B))-(-2)(4\cdot (-2)-4\cdot 2)+3(4\cdot (-B)-(-3)\cdot 2)=0;$

${\begin{vmatrix}1&-2&3\\4&-3&4\\2&-B&-2\end{vmatrix}}=(6+4B)+2(-8-8)+3(-4B+6)=6+4B-32-12B+18=-8B-8=0;$

$-8B-8=0;$

$-8B=8;$

$B=-1.$

Taško atstumas iki tiesės erdvėje

Tarkime, kad duota tiesė T, kurios lygtis

${\frac {x-x_{0}}{l}}={\frac {y-y_{0}}{m}}={\frac {z-z_{0}}{n}},$

ir taškas $M_{1}(x_{1};y_{1};z_{1}),$ esantis šalia tos tiesės. Pažymėkime bet kokį tiesės žinomą tašką $M_{0}(x_{0};y_{0};z_{0}).$ Atstumas nuo taško $M_{1}(x_{1};y_{1};z_{1})$ iki taško $M_{0}(x_{0};y_{0};z_{0})$ nėra trumpiausias atstumas nuo taško $M_{1}(x_{1};y_{1};z_{1})$ iki tiesės T. Tačiau jei atstumą nuo taško $M_{1}(x_{1};y_{1};z_{1})$ iki taško $M_{0}(x_{0};y_{0};z_{0})$ priligynti 1, tuomet proporcingai trumpiausias atstumas nuo taško $M_{1}(x_{1};y_{1};z_{1})$ iki tiesės T bus lygus $\sin \phi .$ čia kampas $\phi$ yra smailus kampas tarp atkrapos $M_{0}M_{1}$ ir tiesės T. Skaičiuojant kampą tarp vektorių ${\vec {a}}=(a_{x};a_{y};a_{z})$ ir ${\vec {b}}=(b_{x};b_{y};b_{z})$ žinome, kad

$\sin \phi ={\frac {\|{\vec {a}}\times {\vec {b}}\|}{\|{\vec {a}}\|\cdot \|{\vec {b}}\|}}={\frac {\|{\vec {a}}\times {\vec {b}}\|}{{\sqrt {a_{x}^{2}+a_{y}^{2}+a_{z}^{2}}}\cdot {\sqrt {b_{x}^{2}+b_{y}^{2}+b_{z}^{2}}}}},$

čia

${\vec {a}}\times {\vec {b}}={\begin{vmatrix}\mathbf {i} &\mathbf {j} &\mathbf {k} \\a_{x}&a_{y}&a_{z}\\b_{x}&b_{y}&b_{z}\end{vmatrix}}.$

Kadangi mes sumažinome vektoriaus ${\vec {M_{0}M_{1}}}$ ilgį iki 1, tai proporcingai padidinus iki pradinio ilgio, trumpiausias atstumas nuo taško $M_{1}(x_{1};y_{1};z_{1})$ iki tiesės T bus lygus $d=\|{\vec {M_{0}M_{1}}}\|\sin \phi .$ Čia

$\sin \phi ={\frac {\|{\vec {M_{0}M_{1}}}\times {\vec {s}}\|}{\|{\vec {M_{0}M_{1}}}\|\cdot \|{\vec {s}}\|}}={\frac {\|{\vec {M_{0}M_{1}}}\times {\vec {s}}\|}{{\sqrt {(x_{1}-x_{0})^{2}+(y_{1}-y_{0})^{2}+(z_{1}-z_{0})^{2}}}\cdot {\sqrt {l^{2}+m^{2}+n^{2}}}}};$

${\vec {M_{0}M_{1}}}\times {\vec {s}}={\begin{vmatrix}\mathbf {i} &\mathbf {j} &\mathbf {k} \\x_{1}-x_{0}&y_{1}-y_{0}&z_{1}-z_{0}\\l&m&n\end{vmatrix}}.$

Vadinasi, atstumas nuo taško $M_{1}(x_{1};y_{1};z_{1})$ iki tiesės T yra lygus:

$d=\|{\vec {M_{0}M_{1}}}\|\cdot \sin \phi =\|{\vec {M_{0}M_{1}}}\|\cdot {\frac {\|{\vec {M_{0}M_{1}}}\times {\vec {s}}\|}{\|{\vec {M_{0}M_{1}}}\|\cdot \|{\vec {s}}\|}}={\frac {\|{\vec {M_{0}M_{1}}}\times {\vec {s}}\|}{\|{\vec {s}}\|}}.$

• Pavyzdys. Apskaičiuokime atstumą nuo taško $M_{1}(6;1;-6)$ iki tiesės ${\frac {x+2}{-1}}={\frac {y+3}{2}}={\frac {z}{5}}.$

Sprendimas. Kadangi $M_{0}(-2;-3;0)$, o $M_{1}(6;1;-6)$, tai ${\vec {M_{0}M_{1}}}=(6-(-2);1-(-3);0-6)=(8;4;-6)$ ir

${\vec {M_{0}M_{1}}}\times {\vec {s}}={\begin{vmatrix}\mathbf {i} &\mathbf {j} &\mathbf {k} \\8&4&-6\\-1&2&5\end{vmatrix}}=\mathbf {i} (4\cdot 5-(-6)\cdot 2)-\mathbf {j} (8\cdot 5-(-6)\cdot (-1))+\mathbf {k} (8\cdot 2-4\cdot (-1))=\mathbf {i} (20+12)-\mathbf {j} (40-6)+\mathbf {k} (16+4)=$

$=32\mathbf {i} -34\mathbf {j} +20\mathbf {k} =(32;-34;20).$

Apskaičiuojame vektorių modulius:

$\|{\vec {M_{0}M_{1}}}\times {\vec {s}}\|={\sqrt {32^{2}+(-34)^{2}+20^{2}}}={\sqrt {1024+1156+400}}={\sqrt {2580}}=50,7937004;$

$\|{\vec {s}}\|={\sqrt {(-1)^{2}+2^{2}+5^{2}}}={\sqrt {1+4+25}}={\sqrt {30}}=5,477225575.$

Vadinasi,

$d={\frac {\|{\vec {M_{0}M_{1}}}\times {\vec {s}}\|}{\|{\vec {s}}\|}}={\frac {\sqrt {2580}}{\sqrt {30}}}={\sqrt {86}}=9,273618496.$

Tiesės plokštumoje lygtys

Kai tiesės padėtį plokštumoje nusako jos taškas $M_{0}(x_{0};y_{0})$ ir jos normalės vektorius ${\vec {n}}=(A;B),$ statmenas tai tiesei, tai gauname bendrąją tiesės lygtį

$Ax+By+C=0;$

čia $C=-Ax_{0}-By_{0}.$

Kai tiesė ašyse Ox ir Oy iškerta atkarpas a ir b, tai ją galima nusakyti jos ašine lygtimi:

${\frac {x}{a}}+{\frac {y}{b}}=1.$

Kai žinomas vienas tiesės taškas $M_{0}(x_{0};y_{0})$ ir su ja lygiagretus nenulinis vektorius ${\vec {s}}=(l;m),$ tai tiesę galima apibūdinti jos kanonine lygtimi

${\frac {x-x_{0}}{l}}={\frac {y-y_{0}}{m}}.$

Kai žinomi du tiesės T taškai $M_{1}(x_{1};y_{1})$ ir $M_{2}(x_{2};y_{2})$, tai jos lygtis yra tokia:

${\frac {x-x_{1}}{x_{2}-x_{1}}}={\frac {y-y_{1}}{y_{2}-y_{1}}}.$

Išvesime tiesės lygtį, kai žinomas taškas, per kurį ji eina, ir tos tiesės su teigiamąja ašies Ox kryptimi sudaromas kampas.

Tarkime, kad tiesės T, einančios per tašką $M_{0}(x_{0};y_{0})$, krypties vektorius yra ${\vec {s}}=(l;m)$ arba jo ortas ${\vec {s}}^{\;\circ }=(\cos \alpha ;\cos \beta );$ čia $\alpha$ yra kampas tarp tiesės (tokio tipo tiesės kaip $y=kx,$ o ne $y=-kx$) ir Ox ašies, o kampas $\beta$ yra kampas tarp tiesės T ir ašies Oy arba vertikalios tiesės. Kadangi $\alpha +\beta ={\frac {\pi }{2}},$ tai $\cos \beta =\cos \left({\frac {\pi }{2}}-\alpha \right)=\sin \alpha$ ir ${\vec {s}}^{\;\circ }=(\cos \alpha ;\cos \beta ).$

Vadinasi, lygtį ${\frac {x-x_{0}}{l}}={\frac {y-y_{0}}{m}}$ galime užrašyti taip: ${\frac {x-x_{0}}{\cos \alpha }}={\frac {y-y_{0}}{\sin \alpha }};$

iš čia $y-y_{0}=(x-x_{0})\cdot \tan \alpha =k(x-x_{0}).$

Dydis $k=\tan \alpha$ vadinamas tiesės T krypties koeficientu, o lygtis $y-y_{0}=k(x-x_{0})$ vadinama tiesės, kurios krypties koeficientas žinomas ir kuri eina per tam tikrą tašką, lygtimi.

Pertvarkę lygtį $y-y_{0}=k(x-x_{0})$, gauname:

$y=k(x-x_{0})+y_{0},$

$y=kx-kx_{0}+y_{0},$

$y=kx+b;$

čia $b=y_{0}-kx_{0}$. Kadangi $y=b,$ kai $x=0$, tai tiesė T eina per tašką $N(0;b).$

Taigi $|b|$ yra ilgis atkarpos, kurią tiesė iškerta ašyje Oy.

Lygtis $y=kx+b$ vadinama kryptine tiesės lygtimi.

Tiesės, einančios per koordinačiu pradžios tašką O(0; 0), lygtis yra $y=kx.$ Pavyzdžiui, kai per tašką $M_{0}(-1;-3)$ einanti tiesė su teigiamąja ašies Ox kryptimi sudaro kampą $\alpha =120^{\circ },$ tai $k=\tan(120^{\circ })=-{\sqrt {3}}=-1,732050808.$ Tada lygtis $y-y_{0}=k(x-x_{0})$ virsta lygtimi

$y-(-3)=-{\sqrt {3}}(x-(-1)),$

$y+3=-{\sqrt {3}}(x+1),$

$y=-{\sqrt {3}}x-{\sqrt {3}}-3.$

• Pavyzdys. Tiesės T, einančios per tašką $M_{0}(1;2)$ ir statmenos vektoriui ${\vec {n}}=(3;-4),$ lygtis yra

$3(x-1)-4(y-2)=0,$

$3x-3-4y+8=0,$

$3x-4y+5=0.$

Kampas tarp dviejų tiesių plokštumoje

Kampas $\phi$ tarp dviejų tiesių $T_{1}$ ir $T_{2}$ lygus kampui tarp šių tiesių normalės vektorių ${\vec {n_{1}}}$ ir ${\vec {n_{2}}}$ arba jų krypties vektorių ${\vec {s_{1}}}$ ir ${\vec {s_{2}}}.$ Kai tiesės $T_{1}$ lygtis yra $A_{1}x+B_{1}y+C_{1}=0,$ o tiesės $T_{2}$ lygtis yra $A_{2}x+B_{2}y+C_{2}=0,$ tai

$\cos \phi ={\frac {{\vec {n_{1}}}\cdot {\vec {n_{2}}}}{\|{\vec {n_{1}}}\|\cdot \|{\vec {n_{2}}}\|}}={\frac {A_{1}A_{2}+B_{1}B_{2}}{{\sqrt {A_{1}^{2}+B_{1}^{2}}}\cdot {\sqrt {A_{2}^{2}+B_{2}^{2}}}}};$

$\cos \phi ={\frac {{\vec {s_{1}}}\cdot {\vec {s_{2}}}}{\|{\vec {s_{1}}}\|\cdot \|{\vec {s_{2}}}\|}}={\frac {l_{1}l_{2}+m_{1}m_{2}}{{\sqrt {l_{1}^{2}+m_{1}^{2}}}\cdot {\sqrt {l_{2}^{2}+m_{2}^{2}}}}}.$

Pavyzdžiui, smailus kampas tarp tiesių $2x-7y+4=0$ ir $13x+2y-1=0$ nustatomas iš sąryšio

$\cos \phi ={\frac {A_{1}A_{2}+B_{1}B_{2}}{{\sqrt {A_{1}^{2}+B_{1}^{2}}}\cdot {\sqrt {A_{2}^{2}+B_{2}^{2}}}}}={\frac {2\cdot 13+(-7)\cdot 2}{{\sqrt {2^{2}+(-7)^{2}}}\cdot {\sqrt {13^{2}+2^{2}}}}}={\frac {26-14}{{\sqrt {4+49}}\cdot {\sqrt {169+4}}}}=$

$={\frac {12}{{\sqrt {53}}\cdot {\sqrt {173}}}}={\frac {12}{\sqrt {9169}}}=0,125319963;$

$\phi =\arccos {\frac {12}{\sqrt {9169}}}=\arccos(0,125319963)=1,445145996$ radiano arba 82,80076636 laipsnio.

• Pavyzdys. Duota tiesė T, kurios lygtis $3x-2y+6=0.$ Parašykime dviejų tiesių, einančių per tašką $M_{0}(1;-3),$ lygtis, kai viena tų tiesių yra lygiagreti su duotąja tiese, o kita jai statmena.

Sprendimas. Tiesės T normalės vektorius ${\vec {n}}=(3;-2)$ yra statmenas tai tiesei. Imkime ieškomosios tiesės $T_{1}$ kintamąjį tašką $K_{1}(x;y)$ ir nubrėžkime vektorių ${\vec {M_{0}K_{1}}}=(x-1;y-(-3))=(x-1;y+3).$ Kadangi ${\vec {n}}$ yra statmenas tiesei T, tai kartu ${\vec {n}}$ yra status su ${\vec {M_{0}K_{1}}},$ todėl skaliarinė jų sandauga lygi nuliui:

${\vec {n}}\cdot {\vec {M_{0}K_{1}}}=3\cdot (x-1)-2\cdot (y+3)=0.$

Atlike veiksmus, gauname tiesės $T_{1}$, lygiagrečios su tiese T, bendrąją lygtį:

$3x-3-2y-6=0;$

$3x-2y-9=0.$

Imkime tiesės $T_{2}$ kintamąjį tašką $K_{2}(x;y)$ ir nubrėžkime vektorių $M_{0}K_{2}=(x-1;y+3).$ Kadangi ${\vec {n}}$ yra statmenas su tiese T ir tiesė $T_{2}$ yra statmena su tiese T, tai vektorius ${\vec {M_{0}K_{2}}}$ yra lygiagretus su tiesės T normalės vektoriu ${\vec {n}},$ todėl jų koordinatės yra proporcingos:

${\frac {x-1}{3}}={\frac {y+3}{-2}}.$

Gavome kanoninę tiesės $T_{2}$ lygtį. Šios tiesės krypties vektorius ${\vec {s_{2}}}=(3;-2)$ sutampa su tiesės T normalės vektoriumi ${\vec {n}}=(3;-2).$ Pertvarkę kanoninę lygtį, gauname ieškomosios tiesės $T_{2}$, statmenos tiesei T, bendrąją lygtį

${\frac {x-1}{3}}={\frac {y+3}{-2}};$

$-2(x-1)=3(y+3);$

$-2x+2-3y-9=0;$

$-2x-3y-7=0;$

$2x+3y+7=0.$

Tiesės $T_{2}$ normalės vektorius ${\vec {n_{2}}}=(2;3)$ kartu yra ir tiesės $T_{1}$ krypties vektorius, todėl ${\vec {s_{1}}}=(2;3).$

Kampas tarp dviejų tiesių, kai žinomi tų tiesių krypties koeficientai

Vaizdas:Tieses418419.jpg

4.18 ir 4.19.

Išvesime kampo tarp tiesių $T_{1}$ ir $T_{2}$ formulę, kai žinomi tų tiesių krypties koeficientai $k_{1}$ ir $k_{2}$. Kadangi, susikertant dviem tiesėms, susidaro keturi kampai, iš kurių du yra skirtingi, tai kampu tarp tiesių $T_{1}$ ir $T_{2}$ (4.18 pav.) sutarsime vadinti smailųjį kampą $\phi$, kuriuo reikia sukti tiesę $T_{1}$ apie tašką C, kad ji sutaptų su tiese $T_{2}$. Jeigu sukama priešinga laikrodžio rodyklės judėjimo kryptimi, tai kampas tyra teigiamas, jei laikrodžio rodyklės sukimosi kryptimi - yra neigiamas. Tiesių $T_{1}$ ir $T_{2}$ su ašimi Ox sudaromus kampus pažymėkime $\alpha _{1}$ ir $\alpha _{2}$. Tada $k_{1}=\tan \alpha _{1},$ $k_{2}=\tan \alpha _{2}$. Kadangi $\alpha _{2}$ yra trikampio ABC priekampis, tai $\alpha _{2}=\alpha _{1}+\phi$ (nes trikampio vidaus kampų suma lygi $180^{\circ }$, todėl kampas ABC yra lygus $180^{\circ }-(\alpha _{1}+\phi )=180^{\circ }-\alpha _{2}$); iš čia $\phi =\alpha _{2}-\alpha _{1}$ ir

$\tan \phi =\tan(\alpha _{2}-\alpha _{1})={\frac {\tan \alpha _{2}-\tan \alpha _{1}}{1+\tan \alpha _{1}\tan \alpha _{2}}}={\frac {k_{2}-k_{1}}{1+k_{1}k_{2}}}.$

Kai tiesės $T_{1}$ ir $T_{2}$ yra lygiagrečios, tai $\phi =0$ arba $\phi =\pi$. Tada $\tan \phi =0$ ir $k_{1}=k_{2}.$ Lygybė $k_{1}=k_{2}$ ir atspindi dviejų tiesių lygiagretumo sąlygą.

Kai tiesė $T_{1}$ ir $T_{2}$ yra statmenos, tai $\phi =90^{\circ }$ ir $\alpha _{2}=\alpha _{1}+90^{\circ }.$ Iš čia $\tan \alpha _{2}=\tan(\alpha _{1}+90^{\circ })=-\cot \alpha _{1}.$ Vadinasi, $\tan \alpha _{2}=-{\frac {1}{\tan \alpha _{1}}},$ arba $k_{2}=-{\frac {1}{k_{1}}}.$ Todėl lygybė $1+k_{1}k_{2}=0$ išreiškia dviejų tiesių statmenumo sąlygą.

• Pavyzdys. Tiesė eina per taškus A(2; 2) ir C(12; 8) (4.19 pav.). Per atkarpos AC vidurio tašką M nubrėžta tiesė BM sudaranti su AC $45^{\circ }$ kampą. Parašykite tiesės BM Lygtį.

Sprendimas. Parašykime tiesės AC, einančios per du žinomus taškus, lygtį:

${\frac {x-12}{2-12}}={\frac {y-8}{2-8}},$

${\frac {x-12}{-10}}={\frac {y-8}{-6}},$

$-6(x-12)=-10(y-8),$

$-6x+72=-10y+80,$

$3x-36=5y-40,$

$3x-5y+4=0.$

Žinome, kad kryptinė tiesės lygtis yra $y=kx+b.$ Todėl, iš gautos lygties išreiškę $y={\frac {3}{5}}\cdot x+{\frac {4}{5}},$ sužinosime tiesės AC krypties koeficientą $k_{AC}={\frac {3}{5}}.$

Tiesės BM krypties koeficientą $k_{BM}$ apskaičiuosime remdamiesi formule

$\tan \phi =\tan(180^{\circ }-45^{\circ })=\tan 135^{\circ }=\tan(45^{\circ }+90^{\circ })=-\tan 45^{\circ }={\frac {k_{BM}-{\frac {3}{5}}}{1+{\frac {3}{5}}\cdot k_{BM}}},$

$\tan 45^{\circ }={\frac {{\frac {3}{5}}-k_{BM}}{1+{\frac {3}{5}}\cdot k_{BM}}},$

$1={\frac {{\frac {3}{5}}-k_{BM}}{1+{\frac {3}{5}}\cdot k_{BM}}},$

$1+{\frac {3}{5}}\cdot k_{BM}={\frac {3}{5}}-k_{BM},$

${\frac {3}{5}}\cdot k_{BM}+k_{BM}={\frac {3}{5}}-1,$

${\frac {3k_{BM}+5k_{BM}}{5}}={\frac {3-5}{5}},$

${\frac {8k_{BM}}{5}}=-{\frac {2}{5}},$

$8k_{BM}=-2,$

$k_{BM}=-{\frac {1}{4}}.$

Randame taško M koordinates:

$x_{M}={\frac {2+12}{2}}=7,\quad y_{M}={\frac {2+8}{2}}=5.$

Parašykime tiesės BM lygtį:

$y-5=-{\frac {1}{4}}(x-7),$

$4y-20=-x+7,$

$x+4y-27=0.$

$45^{\circ }$ kampą su įstrižaine AC sudaro ir tiesė B'M. Jos krypties koeficientas $k_{B'M}=4,$ nes $B'M$ statmena BM. Tuomet tiesės B'M lygtis bus tokia:

$y-5=4(x-7),$

$0=4x-28-y+5,$

$4x-y-23=0.$

• Pavyzdys. Duotos dvi tiesės $y=x{\sqrt {3}}$ ir $y=4{\sqrt {3}}-x{\sqrt {3}}.$ Rasti kokius kampus šios tiesies sudaro su ašimi Ox.

Sprendimas.

Tiesė $y=x{\sqrt {3}}$ su ašimi Ox sudaro kampą $\alpha _{1},$ kurį mes gausime taip:

$k_{1}={\frac {y}{x}}={\frac {\sin \alpha _{1}}{\cos \alpha _{1}}}=\tan \alpha _{1}={\sqrt {3}},$

$\alpha _{1}=\arctan {\sqrt {3}}=1.047197551$ radiano arba $60^{\circ }.$

Tiesės $y=4{\sqrt {3}}-x{\sqrt {3}}$ krypties koeficientas yra $k_{2}=-{\sqrt {3}}.$

Pasinaudodami formule rasime kampą $\phi$ (4.18 pav.), kurį sudaro šios dvi susikertančios tiesės:

$\tan \phi =\tan(\alpha _{2}-\alpha _{1})={\frac {\tan \alpha _{2}-\tan \alpha _{1}}{1+\tan \alpha _{1}\tan \alpha _{2}}}={\frac {k_{2}-k_{1}}{1+k_{1}k_{2}}}={\frac {-{\sqrt {3}}-{\sqrt {3}}}{1+{\sqrt {3}}\cdot (-{\sqrt {3}})}}={\frac {-2{\sqrt {3}}}{1-3}}={\frac {-2{\sqrt {3}}}{-2}}={\sqrt {3}};$

$\phi =\arctan {\sqrt {3}}=1.047197551$ radiano arba $60^{\circ }.$

Žinodami, kad trikampio vidaus kampų suma lygi $180^{\circ }$ randame kampą, kurį sudaro tiesė $y=4{\sqrt {3}}-x{\sqrt {3}}$ ir ašis Ox:

$180^{\circ }-\alpha _{2}=180^{\circ }-\alpha _{1}-\phi =180^{\circ }-60^{\circ }-60^{\circ }=60^{\circ };$

$180^{\circ }-\alpha _{2}=60^{\circ };$

$\alpha _{2}=180^{\circ }-60^{\circ }=120^{\circ }.$

Taško atstumas iki tiesės plokštumoje

Tarkime, kad šalia tiesės T, kurios lygtis $Ax_{1}+By_{1}+C$, duotas taškas $M_{1}(x_{1};y_{1}).$ Šio taško atstumas iki tiesės plokštumoje apskaičiuojamas pagal formulę

$d={\frac {|Ax_{1}+By_{1}+C|}{\sqrt {A^{2}+B^{2}}}}.$

• Pavyzdys. Dvi kvadrato kraštinės yra tiesėse, kurių lygtys $3x-4y+7=0$ ir $3x-4y+25=0$. Apskaičiuokime to kvadrato plotą.

Sprendimas. Nurodytose tiesėse esančios kvadrato kvadrato kraštinės yra lygiagrečios, nes jų abiejų normalės vektorius yra ${\vec {n}}=(3;-4).$ Todėl kvadrato kraštinės ilgis lygus atstumui tarp šių tiesių arba atstumui nuo bet kurio pirmosios tiesės taško iki antrosios tiesės. Pasirinkime bet kurį tiesės $3x-4y+7=0$ tašką, pavyzdžiui, tašką, kurio abscisė $x=3.$ Iš lygties $3x-4y+7=0$ gauname

$3\cdot 3-4y+7=0,$

$-4y=-9-7,$

$-4y=-16,$

$y=4.$

Apskaičiuokime atstumą nuo taško (3; 4) iki tiesės $3x-4y+25=0.$ Remdamiesi formule $d={\frac {|Ax_{1}+By_{1}+C|}{\sqrt {A^{2}+B^{2}}}},$ gauname:

$d={\frac {|3\cdot 3-4\cdot 4+25|}{\sqrt {3^{2}+(-4)^{2}}}}={\frac {|9-16+25|}{\sqrt {9+16}}}={\frac {|18|}{\sqrt {25}}}={\frac {18}{5}}=3.6.$

Vadinasi kvadrato plotas

$S=d^{2}=3.6^{2}=12.96\;(kv.\;vnt.).$