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 $\overrightarrow{s}=(l;m;n)$, vadinamas tiesės krypties vektoriumi. Kintamajį tiesės T tašką pažymėkime $M(x;y;z)$ ir nubrėžkime vektorių $\overrightarrow{M_{0}M}.$ Kadangi vektoriai $\overrightarrow{M_{0}M}=\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r_0}=(x-x_0;y-y_0;z-z_0)$ ir $\overrightarrow{s}=(l;m;n)$ yra kolinearūs (lygiagretūs), tai

$\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r_0}=t\cdot \overrightarrow{s};$

čia $\overrightarrow{r}$ ir $\overrightarrow{r_0}$ - taškų M ir $M_0$ spinduliai vektoriai, t - realusis skaičius.

Lygtis

$\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r_0}=t\cdot \overrightarrow{s};$

$(x-x_0;y-y_0;z-z_0)=(tl;tm;tn)$

vadinama vektorine tiesės T lygtimi. Iš jos, sulyginę vektorių $\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r_0}$ ir $t\cdot \overrightarrow{s}$ koordinates, gauname lygtis

$\{\begin{array}{cc}x-x_0=tl,& \\ y-y_0=tm,& \\ z-z_0=tn.& \end{array}$

arba

$\{\begin{array}{cc}x=x_0+tl,& \\ y=y_0+tm,& \\ z=z_0+tn.& \end{array}$

Paskutinios 3 lygtys vadinamos parametrinėmis tiesės T lygtimis.

Kadangi vektoriai $\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r_0}$ ir $\overrightarrow{s}=(l;m;n)$ 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:

$\frac{x-x_0}{l}=t,\frac{y-y_0}{m}=t,\frac{z-z_0}{n}=t;$

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 $\overrightarrow{M_1{M}_2}=(x_2-x_1;y_2-y_1;z_2-z_1)$ gali būti tiesės T krypties vektorius $\overrightarrow{s}=(x_2-x_1;y_2-y_1;z_2-z_1).$ 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 $\overrightarrow{n}=(2;-4;3)$ 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:

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

Tokią sistemą patogiausia spręsti, pakeitus kanonines tiesės lygtis parametrinėmis:

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

arba

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

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 $x=2\cdot 1+3=5,y=-4\cdot 1+1=-3,z=3\cdot 1-5=-2.$ 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 $\overrightarrow{M_{1}M}$ bei $\overrightarrow{M_1{M}_2};$ 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 $\overrightarrow{M_{1}M}=(x-1;y+1;z-4),\overrightarrow{M_1{M}_2}=(0-1;2-(-1);-5-4)=(-1;3;-9)$ ir tiesių krypties vektorius $\overrightarrow{s}=(3;-1;2)$ yra vienoje plokštumoje, taigi šie vektoriai komplanarūs. Parašykime trijų vektorių komplanarumo sąlygą:

$(\overrightarrow{M_{1}M}\times \overrightarrow{M_1{M}_2})\cdot \overrightarrow{s}=\left|\begin{array}{ccc}x-1& y+1& z-4\\ -1& 3& -9\\ 3& -1& 2\end{array}\right|=0,$

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

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

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

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

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

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

Gautoji lygtis ir yra plokštumos $\pi$ lygtis.

Erdvės tiesės bendrosios lygtys

$\{\begin{array}{cc}{A}_{1}x+B_{1}y+C_{1}z+D_1=0,& \\ A_{2}x+B_{2}y+C_{2}z+D_2=0.& \end{array}$

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:

$\overrightarrow{s}=\overrightarrow{n_1}\times \overrightarrow{n_2}=\left|\begin{array}{ccc}𝐢& 𝐣& 𝐤\\ A_1& B_1& C_1\\ A_2& B_2& C_2\end{array}\right|.$

• Pavyzdys. Bendrąsias tiesės lygtis

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

pakeiskime kanoninėmis.

Sprendimas. Pirmiausia raskime tiesės tašką $M_0$. Parinkę, pavyzdžiui, $x=1$, gauname sistemą

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

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

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

$-13y=-13,$

$y=1;$

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

$-3z=-12,$

$z=4.$

Sistema turi sprendinį $y=1$, $z=4.$ Taigi $M_0(1;1;4).$

Raskime $\overrightarrow{s}=\overrightarrow{n_1}\times \overrightarrow{n_2}.$ Kadangi $\overrightarrow{n_1}=(4;-5;1),\overrightarrow{n_1}=(1;2;-3),$ tai

$\overrightarrow{s}=\overrightarrow{n_1}\times \overrightarrow{n_2}=\left|\begin{array}{ccc}𝐢& 𝐣& 𝐤\\ 4& -5& 1\\ 1& 2& -3\end{array}\right|=(-5\cdot (-3)-1\cdot 2)𝐢-(4\cdot (-3)-1\cdot 1)𝐣+(4\cdot 2-(-5)\cdot 1)𝐤=(15-2)𝐢-(-12-1)𝐣+(8+5)𝐤=$

$=13𝐢+13𝐣+13𝐤=(13;13;13).$

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

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

Sprendimas. Įstatę, pavyzdžiui, $x_0=1$, iš sistemos

$\{\begin{array}{cc}3+2y_0+4z_0-11=0,& \\ 2+y_0-3z_0-1=0;& \end{array}$

$-\{\begin{array}{cc}2y_0+4z_0-8=0,& \\ y_0-3z_0+1=0|\cdot 2,& \end{array}$

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 $\overrightarrow{s}.$ Turime: $\overrightarrow{n_1}=\{3;2;4\},\overrightarrow{n_2}=\{2;1;-3\},$ iš čia

$\overrightarrow{s}=\overrightarrow{n_1}\times \overrightarrow{n_2}=\left|\begin{array}{ccc}𝐢& 𝐣& 𝐤\\ 3& 2& 4\\ 2& 1& -3\end{array}\right|=(-6-4)𝐢-(-9-8)𝐣+(3-4)𝐤=-10𝐢+17𝐣-𝐤=\{-10;17;-1\},$

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 $\varphi$ tarp tiesės T ir plokštumos $\pi$ vadiname kampą tarp tos tiesės ir jos projekcijos plokštumoje $\pi$. Kadangi $\varphi +\alpha =\frac{\pi }{2},$ tai $\cos \alpha =\cos (\frac{\pi }{2}-\varphi )=\sin \varphi ;$

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

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

Tada

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

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

Kai tiesė T lygiagreti plokštumai $\pi$, tai tiesės krypties vektorius $\overrightarrow{s}=(l;m;n)$ yra statmenas plokštumos normalės vektoriui $\overrightarrow{n}=(A;B;C),$ todėl $\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{s}=0.$ 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 $\overrightarrow{s}=(l;m;n)$ yra lygiagretus plokštumos normalės vektoriui $\overrightarrow{n}=(A;B;C),$ 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

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

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

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

Pažymėkime: $\overrightarrow{n_1}=(1;-2;3),\overrightarrow{n_2}=(4;-3;4).$ Kadangi $\overrightarrow{s}=\overrightarrow{n_1}\times \overrightarrow{n_2},$ tai iš sąlygos $\overrightarrow{s}\cdot \overrightarrow{n}=0$ išplaukia, kad $(\overrightarrow{n_1}\times \overrightarrow{n_2})\cdot \overrightarrow{n}=0.$ Vadinasi,

$\left|\begin{array}{ccc}1& -2& 3\\ 4& -3& 4\\ 2& -B& -2\end{array}\right|=0;$

$\left|\begin{array}{ccc}1& -2& 3\\ 4& -3& 4\\ 2& -B& -2\end{array}\right|=1(-3\cdot (-2)-4\cdot (-B))-(-2)(4\cdot (-2)-4\cdot 2)+3(4\cdot (-B)-(-3)\cdot 2)=0;$

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

$-8B-8=0;$

$-8B=8;$

$B=-1.$

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 $\sin \varphi .$ čia kampas $\varphi$ yra smailus kampas tarp atkrapos $M_0{M}_1$ ir tiesės T. Skaičiuojant kampą tarp vektorių $\overrightarrow{a}=(a_x;a_y;a_z)$ ir $\overrightarrow{b}=(b_x;b_y;b_z)$ žinome, kad

$\sin \varphi =\frac{\Vert \overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b}\Vert }{\Vert \overrightarrow{a}\Vert \cdot \Vert \overrightarrow{b}\Vert }=\frac{\Vert \overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b}\Vert }{\sqrt{a_x^2+a_y^2+a_z^2}\cdot \sqrt{b_x^2+b_y^2+b_z^2}},$

čia

$\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b}=\left|\begin{array}{ccc}𝐢& 𝐣& 𝐤\\ a_x& a_y& a_z\\ b_x& b_y& b_z\end{array}\right|.$

Kadangi mes sumažinome vektoriaus $\overrightarrow{M_0{M}_1}$ 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 $d=\Vert \overrightarrow{M_0{M}_1}\Vert \sin \varphi .$ Čia

$\sin \varphi =\frac{\Vert \overrightarrow{M_0{M}_1}\times \overrightarrow{s}\Vert }{\Vert \overrightarrow{M_0{M}_1}\Vert \cdot \Vert \overrightarrow{s}\Vert }=\frac{\Vert \overrightarrow{M_0{M}_1}\times \overrightarrow{s}\Vert }{\sqrt{(x_1-x_0{)}^2+(y_1-y_0{)}^2+(z_1-z_0{)}^2}\cdot \sqrt{l^2+m^2+n^2}};$

$\overrightarrow{M_0{M}_1}\times \overrightarrow{s}=\left|\begin{array}{ccc}𝐢& 𝐣& 𝐤\\ x_1-x_0& y_1-y_0& z_1-z_0\\ l& m& n\end{array}\right|.$

Vadinasi, atstumas nuo taško $M_1(x_1;y_1;z_1)$ iki tiesės T yra lygus:

$d=\Vert \overrightarrow{M_0{M}_1}\Vert \cdot \sin \varphi =\Vert \overrightarrow{M_0{M}_1}\Vert \cdot \frac{\Vert \overrightarrow{M_0{M}_1}\times \overrightarrow{s}\Vert }{\Vert \overrightarrow{M_0{M}_1}\Vert \cdot \Vert \overrightarrow{s}\Vert }=\frac{\Vert \overrightarrow{M_0{M}_1}\times \overrightarrow{s}\Vert }{\Vert \overrightarrow{s}\Vert }.$

• 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 $\overrightarrow{M_0{M}_1}=(6-(-2);1-(-3);0-6)=(8;4;-6)$ ir

$\overrightarrow{M_0{M}_1}\times \overrightarrow{s}=\left|\begin{array}{ccc}𝐢& 𝐣& 𝐤\\ 8& 4& -6\\ -1& 2& 5\end{array}\right|=𝐢(4\cdot 5-(-6)\cdot 2)-𝐣(8\cdot 5-(-6)\cdot (-1))+𝐤(8\cdot 2-4\cdot (-1))=𝐢(20+12)-𝐣(40-6)+𝐤(16+4)=$

$=32𝐢-34𝐣+20𝐤=(32;-34;20).$

Apskaičiuojame vektorių modulius:

$\Vert \overrightarrow{M_0{M}_1}\times \overrightarrow{s}\Vert =\sqrt{32^2+(-34{)}^2+20^2}=\sqrt{1024+1156+400}=\sqrt{2580}=50,7937004;$

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

Vadinasi,

$d=\frac{\Vert \overrightarrow{M_0{M}_1}\times \overrightarrow{s}\Vert }{\Vert \overrightarrow{s}\Vert }=\frac{\sqrt{2580}}{\sqrt{30}}=\sqrt{86}=9,273618496.$

Tiesės plokštumoje lygtys

Kai tiesės padėtį plokštumoje nusako jos taškas $M_0(x_0;y_0)$ ir jos normalės vektorius $\overrightarrow{n}=(A;B),$ statmenas tai tiesei, tai gauname bendrąją tiesės lygtį

$Ax+By+C=0;$

čia $C=-A{x}_0-B{y}_0.$

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 $\overrightarrow{s}=(l;m),$ 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 $\overrightarrow{s}=(l;m)$ arba jo ortas ${\overrightarrow{s}}^{\circ }=(\cos \alpha ;\cos \beta );$ 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 $\cos \beta =\cos (\frac{\pi }{2}-\alpha )=\sin \alpha$ ir ${\overrightarrow{s}}^{\circ }=(\cos \alpha ;\cos \beta ).$

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:

$y=k(x-x_0)+y_0,$

$y=kx-k{x}_0+y_0,$

$y=kx+b;$

čia $b=y_0-k{x}_0$. 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 $\overrightarrow{n}=(3;-4),$ lygtis yra

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

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

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

Kampas tarp dviejų tiesių plokštumoje

Kampas $\varphi$ tarp dviejų tiesių $T_1$ ir $T_2$ lygus kampui tarp šių tiesių normalės vektorių $\overrightarrow{n_1}$ ir $\overrightarrow{n_2}$ arba jų krypties vektorių $\overrightarrow{s_1}$ ir $\overrightarrow{s_2}.$ 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

$\cos \varphi =\frac{\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}}{\Vert \overrightarrow{n_1}\Vert \cdot \Vert \overrightarrow{n_2}\Vert }=\frac{A_1{A}_2+B_1{B}_2}{\sqrt{A_1^2+B_1^2}\cdot \sqrt{A_2^2+B_2^2}};$

$\cos \varphi =\frac{\overrightarrow{s_1}\cdot \overrightarrow{s_2}}{\Vert \overrightarrow{s_1}\Vert \cdot \Vert \overrightarrow{s_2}\Vert }=\frac{l_1{l}_2+m_1{m}_2}{\sqrt{l_1^2+m_1^2}\cdot \sqrt{l_2^2+m_2^2}}.$

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

$\cos \varphi =\frac{A_1{A}_2+B_1{B}_2}{\sqrt{A_1^2+B_1^2}\cdot \sqrt{A_2^2+B_2^2}}=\frac{2\cdot 13+(-7)\cdot 2}{\sqrt{2^2+(-7{)}^2}\cdot \sqrt{13^2+2^2}}=\frac{26-14}{\sqrt{4+49}\cdot \sqrt{169+4}}=$

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

$\varphi =\arccos \frac{12}{\sqrt{9169}}=\arccos (0,125319963)=1,445145996$ 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 $\overrightarrow{n}=(3;-2)$ yra statmenas tai tiesei. Imkime ieškomosios tiesės $T_1$ kintamąjį tašką $K_1(x;y)$ ir nubrėžkime vektorių $\overrightarrow{M_0{K}_1}=(x-1;y-(-3))=(x-1;y+3).$ Kadangi $\overrightarrow{n}$ yra statmenas tiesei T, tai kartu $\overrightarrow{n}$ yra status su $\overrightarrow{M_0{K}_1},$ todėl skaliarinė jų sandauga lygi nuliui:

$\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{M_0{K}_1}=3\cdot (x-1)-2\cdot (y+3)=0.$

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 $\overrightarrow{n}$ yra statmenas su tiese T ir tiesė $T_2$ yra statmena su tiese T, tai vektorius $\overrightarrow{M_0{K}_2}$ yra lygiagretus su tiesės T normalės vektoriu $\overrightarrow{n},$ todėl jų koordinatės yra proporcingos:

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

Gavome kanoninę tiesės $T_2$ lygtį. Šios tiesės krypties vektorius $\overrightarrow{s_2}=(3;-2)$ sutampa su tiesės T normalės vektoriumi $\overrightarrow{n}=(3;-2).$ 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 $\overrightarrow{n_2}=(2;3)$ kartu yra ir tiesės $T_1$ krypties vektorius, todėl $\overrightarrow{s_1}=(2;3).$

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 $\varphi$, 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 ${\alpha }_2={\alpha }_1+\varphi$ (nes trikampio vidaus kampų suma lygi $180^{\circ }$, todėl kampas ABC yra lygus $180^{\circ }-({\alpha }_1+\varphi )=180^{\circ }-{\alpha }_2$); iš čia $\varphi ={\alpha }_2-{\alpha }_1$ ir

$\tan \varphi =\tan ({\alpha }_2-{\alpha }_1)=\frac{\tan {\alpha }_2-\tan {\alpha }_1}{1+\tan {\alpha }_1\tan {\alpha }_2}=\frac{k_2-k_1}{1+k_1{k}_2}.$

Kai tiesės $T_1$ ir $T_2$ yra lygiagrečios, tai $\varphi =0$ arba $\varphi =\pi$. Tada $\tan \varphi =0$ 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 $\varphi =90^{\circ }$ 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

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

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

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

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

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

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

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

$8k_{BM}=-2,$

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

Randame taško M koordinates:

$x_M=\frac{2+12}{2}=7,y_M=\frac{2+8}{2}=5.$

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 $k_{B^{\prime }M}=4,$ nes $B^{\prime }M$ 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 $\varphi$ (4.18 pav.), kurį sudaro šios dvi susikertančios tiesės:

$\tan \varphi =\tan ({\alpha }_2-{\alpha }_1)=\frac{\tan {\alpha }_2-\tan {\alpha }_1}{1+\tan {\alpha }_1\tan {\alpha }_2}=\frac{k_2-k_1}{1+k_1{k}_2}=\frac{-\sqrt{3}-\sqrt{3}}{1+\sqrt{3}\cdot (-\sqrt{3})}=\frac{-2\sqrt{3}}{1-3}=\frac{-2\sqrt{3}}{-2}=\sqrt{3};$

$\varphi =\arctan \sqrt{3}=1.047197551$ 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:

$180^{\circ }-{\alpha }_2=180^{\circ }-{\alpha }_1-\varphi =180^{\circ }-60^{\circ }-60^{\circ }=60^{\circ };$

$180^{\circ }-{\alpha }_2=60^{\circ };$

${\alpha }_2=180^{\circ }-60^{\circ }=120^{\circ }.$

Taško atstumas iki tiesės plokštumoje

Tarkime, kad šalia tiesės T, kurios lygtis $A{x}_1+B{y}_1+C$, duotas taškas $M_1(x_1;y_1).$ Šio taško atstumas iki tiesės plokštumoje apskaičiuojamas pagal formulę

$d=\frac{|A{x}_1+B{y}_1+C|}{\sqrt{A^2+B^2}}.$

• 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 $\overrightarrow{n}=(3;-4).$ 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 $d=\frac{|A{x}_1+B{y}_1+C|}{\sqrt{A^2+B^2}},$ 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

$S=d^2=3.6^2=12.96(kv.vnt.).$