A sík általános egyenlete online. Három ponton áthaladó sík egyenlete
Ennek az anyagnak a keretein belül azt elemezzük, hogyan találjuk meg egy sík egyenletét, ha ismerjük három különböző pontjának koordinátáit, amelyek nem egy egyenesen helyezkednek el. Ehhez emlékeznünk kell arra, hogy mi a téglalap alakú koordinátarendszer a háromdimenziós térben. Először bemutatjuk ennek az egyenletnek az alapelvét, és megmutatjuk, hogyan kell használni konkrét problémák megoldásában.
Yandex.RTB R-A-339285-1
Először is emlékeznünk kell egy axiómára, amely így hangzik:
1. definíció
Ha három pont nem esik egybe egymással és nem egy egyenesen fekszik, akkor a háromdimenziós térben csak egy sík halad át rajtuk.
Más szóval, ha három különböző pontunk van, amelyek koordinátái nem esnek egybe, és amelyeket nem lehet egyenes vonallal összekötni, akkor meg tudjuk határozni a rajta áthaladó síkot.
Tegyük fel, hogy van egy téglalap alakú koordináta-rendszerünk. Jelöljük O x y z -vel. Három olyan M pontot tartalmaz, amelyek M 1 (x 1, y 1, z 1) , M 2 (x 2, y 2, z 2) , M 3 (x 3, y 3, z 3) koordinátákkal nem köthetők egyenesen vonal. Ezen feltételek alapján felírhatjuk a szükséges sík egyenletét. A probléma megoldására két megközelítés létezik.
1. Az első megközelítés a sík általános egyenletét használja. Szó szerinti formában a következőképpen írjuk: A (x - x 1) + B (y - y 1) + C (z - z 1) = 0. Ezzel egy téglalap alakú koordinátarendszerben beállíthatunk egy bizonyos alfa síkot, amely átmegy az első megadott M 1 (x 1 , y 1 , z 1) ponton. Kiderül, hogy az α normálsíkvektornak A , B , C koordinátái lesznek.
N meghatározása
Ismerve a normálvektor koordinátáit és annak a pontnak a koordinátáit, amelyen a sík áthalad, felírhatjuk ennek a síknak az általános egyenletét.
Ebből haladunk tovább.
Így a feladat feltételeinek megfelelően megvannak a kívánt pont koordinátái (akár három), amelyen a sík áthalad. Az egyenlet megtalálásához ki kell számítani a normálvektor koordinátáit. Jelölje n → .
Emlékezzünk vissza a szabályra: egy adott sík bármely nullától eltérő vektora merőleges ugyanazon sík normálvektorára. Ekkor azt kapjuk, hogy n → merőleges lesz az M 1 M 2 → és M 1 M 3 → kezdeti pontokból álló vektorokra. Ekkor jelölhetjük n → M 1 M 2 → · M 1 M 3 → alakú vektorszorzatként.
Mivel M 1 M 2 → = (x 2 - x 1, y 2 - y 1, z 2 - z 1) és M 1 M 3 → = x 3 - x 1, y 3 - y 1, z 3 - z 1 (ezek az egyenlőségek bizonyítása a vektor koordinátáinak a pontok koordinátáiból történő kiszámítására vonatkozó cikkben található), akkor kiderül, hogy:
n → = M 1 M 2 → × M 1 M 3 → = i → j → k → x 2 - x 1 y 2 - y 1 z 2 - z 1 x 3 - x 1 y 3 - y 1 z 3 - z egy
Ha kiszámítjuk a determinánst, akkor megkapjuk a szükséges n → normálvektor koordinátáit. Most felírhatjuk azt az egyenletet, amelyre szükségünk van egy három adott ponton átmenő síkhoz.
2. Az M 1 (x 1, y 1, z 1), M 2 (x 2, y 2, z 2), M 3 (x 3, y 3, z 3) egyenlet megtalálásának második megközelítése a következő: olyan koncepción alapul, mint a vektorok komplanaritása.
Ha van egy M (x, y, z) ponthalmazunk, akkor téglalap alakú koordinátarendszerben az adott M 1 (x 1 , y 1 , z 1) , M 2 (x 2, y) pontokhoz síkot határoznak meg. 2, z 2), M 3 (x 3, y 3, z 3) csak akkor, ha a vektorok M 1 M → = (x - x 1, y - y 1 , z - z 1) , M 1 M 2 → = (x 2 - x 1, y 2 - y 1, z 2 - z 1) és M 1 M 3 → = (x 3 - x 1, y 3 - y 1, z 3 - z 1) egysíkúak lesznek.
A diagramon ez így fog kinézni:
Ez azt jelenti, hogy az M 1 M → , M 1 M 2 → , M 1 M 3 → vektorok vegyes szorzata nulla lesz: M 1 M → · M 1 M 2 → · M 1 M 3 → = 0 , mivel ez az összehasonlíthatóság fő feltétele: M 1 M → = (x - x 1, y - y 1, z - z 1) , M 1 M 2 → = (x 2 - x 1, y 2 - y 1 , z 2 - z 1 ) és M 1 M 3 → = (x 3 - x 1, y 3 - y 1, z 3 - z 1).
A kapott egyenletet koordináta alakban írjuk fel:
A determináns kiszámítása után megkapjuk a szükséges sík egyenletét három olyan ponthoz, amelyek nem egy egyenesen M 1 (x 1, y 1, z 1) , M 2 (x 2 , y 2 , z) 2) , M 3 (x 3 , y 3 , z 3) .
A kapott egyenletből a sík szakaszos egyenletére, vagy a sík normálegyenletére léphet, ha a feladat körülményei megkívánják.
A következő bekezdésben példákat adunk az általunk jelzett megközelítések gyakorlati megvalósítására.
Példák a 3 ponton áthaladó sík egyenletének összeállítására szolgáló feladatokra
Korábban két megközelítést azonosítottunk, amelyek segítségével megtalálhatjuk a kívánt egyenletet. Lássuk, hogyan használják őket a problémamegoldásban, és mikor válasszuk mindegyiket.
1. példa
Három olyan pont van, amely nem egy egyenesen fekszik, M 1 (- 3 , 2 , - 1 ), M 2 (- 1 , 2 , 4) , M 3 (3 , 3 , - 1) koordinátákkal. Írj egyenletet a rajtuk áthaladó síkra!
Döntés
Mindkét módszert felváltva használjuk.
1. Határozzuk meg a szükséges két vektor koordinátáit: M 1 M 2 → , M 1 M 3 → :
M 1 M 2 → = - 1 - - 3, 2 - 2, 4 - - 1 ⇔ M 1 M 2 → = (2, 0, 5) M 1 M 3 → = 3 - - 3, 3 - 2, - 1 - - 1 ⇔ M 1 M 3 → = 6 , 1 , 0
Most kiszámítjuk a vektorszorzatukat. Ebben az esetben nem írjuk le a determináns számításait:
n → = M 1 M 2 → × M 1 M 3 → = i → j → k → 2 0 5 6 1 0 = - 5 i → + 30 j → + 2 k →
Van egy normálvektorunk a síknak, amely átmegy a három szükséges ponton: n → = (- 5 , 30 , 2) . Ezután vegyünk egy pontot, például M 1 (- 3 , 2 , - 1) , és írjuk fel az n → = (- 5 , 30 , 2) vektorú síkra vonatkozó egyenletet. Azt kapjuk, hogy - 5 (x - (- 3)) + 30 (y - 2) + 2 (z - (- 1)) = 0 ⇔ - 5 x + 30 y + 2 z - 73 = 0
Ez a három ponton áthaladó sík egyenlete.
2. Más megközelítést alkalmazunk. Egy olyan síkra írjuk fel az egyenletet, amelynek három pontja M 1 (x 1, y 1, z 1), M 2 (x 2, y 2, z 2) , M 3 (x 3 , y 3, z 3) a következő űrlap:
x - x 1 y - y 1 z - z 1 x 2 - x 1 y 2 - y 1 z 2 - z 1 x 3 - x 1 y 3 - y 1 z 3 - z 1 = 0
Itt helyettesítheti az adatokat a probléma állapotából. Mivel x 1 = - 3, y 1 = 2, z 1 = - 1, x 2 = - 1, y 2 = 2, z 2 = 4, x 3 = 3, y 3 = 3, z 3 = - 1, ennek eredményeként a következőket kapjuk:
x - x 1 y - y 1 z - z 1 x 2 - x 1 y 2 - y 1 z 2 - z 1 x 3 - x 1 y 3 - y 1 z 3 - z 1 = x - (- 3) y - 2 z - (- 1) - 1 - (- 3) 2 - 2 4 - (- 1) 3 - (- 3) 3 - 2 - 1 - (- 1) = = x + 3 y - 2 z + 1 2 0 5 6 1 0 = - 5 x + 30 év + 2 z - 73
Megkaptuk a szükséges egyenletet.
Válasz:- 5x + 30y + 2z - 73 .
De mi van akkor, ha a megadott pontok még mindig ugyanazon az egyenesen fekszenek, és síkegyenletet kell összeállítanunk számukra? Itt azonnal meg kell mondani, hogy ez a feltétel nem lesz teljesen megfelelő. Az ilyen pontokon végtelenül sok sík haladhat át, így lehetetlen egyetlen választ kiszámítani. Tekintsünk egy ilyen problémát, hogy bebizonyítsuk a kérdés ilyen megfogalmazásának helytelenségét.
2. példa
Van egy téglalap alakú koordinátarendszerünk a 3D-s térben, amely három pontot tartalmaz M 1 (5 , - 8 , - 2 ), M 2 (1 , - 2 , 0) , M 3 (- 1 , 1 , 1) koordinátákkal. Egyenletet kell felírni a rajta áthaladó síkra.
Döntés
Az első módszert alkalmazzuk, és két M 1 M 2 → és M 1 M 3 → vektor koordinátáinak kiszámításával kezdjük. Számítsuk ki a koordinátáikat: M 1 M 2 → = (- 4 , 6 , 2) , M 1 M 3 → = - 6 , 9 , 3 .
A vektorszorzat egyenlő lesz:
M 1 M 2 → × M 1 M 3 → = i → j → k → - 4 6 2 - 6 9 3 = 0 i ⇀ + 0 j → + 0 k → = 0 →
Mivel M 1 M 2 → × M 1 M 3 → = 0 → , akkor vektoraink kollineárisak lesznek (ha elfelejtette a fogalom meghatározását, olvassa el újra a róluk szóló cikket). Így az M 1 (5 , - 8 , - 2 ), M 2 (1 , - 2 , 0) , M 3 ( - 1 , 1 , 1) kezdőpontok ugyanazon az egyenesen vannak, és a feladatunk végtelen számú sok lehetőség válasz.
Ha a második módszert használjuk, a következőket kapjuk:
x - x 1 y - y 1 z - z 1 x 2 - x 1 y 2 - y 1 z 2 - z 1 x 3 - x 1 y 3 - y 1 z 3 - z 1 = 0 ⇔ x - 5 y - (- 8) z - (- 2) 1 - 5 - 2 - (- 8) 0 - (- 2) - 1 - 5 1 - (- 8) 1 - (- 2) = 0 ⇔ ⇔ x - 5 év + 8z + 2 - 4 6 2 - 6 9 3 = 0 ⇔ 0 ≡ 0
A kapott egyenlőségből az is következik, hogy az adott M 1 (5, - 8, - 2) , M 2 (1, - 2, 0) , M 3 (- 1, 1, 1) pontok ugyanazon az egyenesen vannak.
Ha legalább egy választ szeretne találni erre a problémára a végtelen számú lehetőség közül, akkor kövesse az alábbi lépéseket:
1. Írja fel az M 1 M 2, M 1 M 3 vagy M 2 M 3 egyenes egyenletét (ha szükséges, lásd a műveletről szóló anyagot).
2. Vegyünk egy M 4 (x 4, y 4, z 4) pontot, amely nem az M 1 M 2 egyenesen fekszik.
3. Írja fel annak a síknak az egyenletét, amely három különböző M 1 , M 2 és M 4 ponton halad át, amelyek nem egy egyenesen fekszenek!
Ha hibát észlel a szövegben, jelölje ki, és nyomja meg a Ctrl+Enter billentyűkombinációt
Meg kell találni egy olyan sík egyenletét, amely három olyan ponton megy át, amelyek nem egy egyenesen esnek. A sugárvektorukat -val, az aktuális sugárvektort pedig -vel jelölve könnyen megkaphatjuk a kívánt egyenletet vektor formában. Valójában a , vektoroknak egysíkúaknak kell lenniük (mind a kívánt síkban vannak). Ezért ezeknek a vektoroknak a vektor-skaláris szorzatának nullának kell lennie:
Ez egy három adott ponton átmenő sík egyenlete vektoros formában.
A koordinátákra térve megkapjuk az egyenletet koordinátákban:
Ha a három adott pont ugyanazon az egyenesen fekszik, akkor a vektorok kollineárisak lennének. Ezért a (18) egyenletben a determináns utolsó két sorának megfelelő elemei arányosak lennének, és a determináns azonosan egyenlő nullával. Ezért a (18) egyenlet azonossággá válna x, y és z bármely értékére. Geometriailag ez azt jelenti, hogy a tér minden pontján áthalad egy sík, amelyben három adott pont is található.
Megjegyzés 1. Ugyanez a probléma vektorok használata nélkül is megoldható.
A három adott pont koordinátáit rendre jelölve felírjuk az első ponton áthaladó bármely sík egyenletét:
A kívánt sík egyenletének megszerzéséhez meg kell követelni, hogy a (17) egyenlet teljesüljön a másik két pont koordinátáival:
A (19) egyenletekből meg kell határozni két együttható arányát a harmadikhoz, és a talált értékeket be kell írni a (17) egyenletbe.
Példa 1. Írjon fel egyenletet egy pontokon átmenő síkra!
Az első ponton áthaladó sík egyenlete a következő lesz:
A (17) sík két másik ponton és az első ponton való áthaladásának feltételei a következők:
Ha a második egyenletet hozzáadjuk az elsőhöz, a következőt kapjuk:
A második egyenletbe behelyettesítve a következőket kapjuk:
A (17) egyenletbe behelyettesítve A, B, C helyett 1, 5, -4 (ezekkel arányos számokat) kapjuk:
2. példa Írjon fel egyenletet a (0, 0, 0), (1, 1, 1), (2, 2, 2) pontokon átmenő síkra!
A (0, 0, 0) ponton áthaladó bármely sík egyenlete a következő lesz]
A sík (1, 1, 1) és (2, 2, 2) pontokon való áthaladásának feltételei a következők:
A második egyenletet 2-vel redukálva azt látjuk, hogy a két ismeretlen meghatározásához az összefüggésnek egy egyenlete van
Innentől kapunk. Ha most behelyettesítjük a síkegyenletbe az értéke helyett, azt kapjuk, hogy:
Ez a kívánt sík egyenlete; tetszőlegesen múlik
B, C mennyiségek (azaz az arányból, azaz végtelen sok sík megy át három adott ponton (három adott pont egy egyenesen fekszik).
Megjegyzés 2. A három adott ponton keresztül, amelyek nem ugyanazon az egyenesen fekszenek síkot, könnyen megoldható általános formában, ha determinánsokat használunk. Valójában, mivel a (17) és (19) egyenletekben az A, B, C együtthatók egyidejűleg nem lehetnek egyenlőek nullával, ezért ezeket az egyenleteket homogén rendszernek tekintve három ismeretlennel A, B, C felírunk egy szükséges és elégséges. feltétele ennek a rendszernek a nullától eltérő megoldásának létezésének (1. rész, VI. fejezet, 6. §):
Ezt a determinánst kibővítve az első sor elemeivel, az aktuális koordinátákhoz képest egy elsőfokú egyenletet kapunk, amely különösen a három adott pont koordinátáival teljesül.
Ez utóbbi közvetlenül is ellenőrizhető, ha a determinánssal felírt egyenlet helyett bármelyik pont koordinátáit helyettesítjük be. A bal oldalon egy determinánst kapunk, amelyben vagy az első sor elemei nullák, vagy két egyforma sor van. Így a megfogalmazott egyenlet három adott ponton átmenő síkot reprezentál.
Ebben a leckében megvizsgáljuk, hogyan használhatjuk a determinánst az alkotáshoz sík egyenlet. Ha nem tudja, mi az a determináns, menjen a lecke első részéhez - " Mátrixok és determinánsok». Ellenkező esetben azt kockáztatja, hogy semmit sem fog megérteni a mai anyagból.
Egy sík egyenlete három ponttal
Miért van egyáltalán szükségünk a sík egyenletére? Egyszerű: ennek ismeretében könnyen kiszámolhatunk szögeket, távolságokat és egyéb baromságokat a C2 feladatban. Általában véve ez az egyenlet nélkülözhetetlen. Ezért megfogalmazzuk a problémát:
Feladat. Három olyan pont van a térben, amelyek nem ugyanazon az egyenesen helyezkednek el. A koordinátáik:
M = (x1, y1, z1);
N \u003d (x 2, y 2, z 2);
K \u003d (x 3, y 3, z 3);Fel kell írni az ezen a három ponton áthaladó sík egyenletét. És az egyenletnek így kell kinéznie:
Ax + By + Cz + D = 0
ahol az A , B , C és D számok azok az együtthatók, amelyeket valójában meg akar találni.
Nos, hogyan kapjuk meg a sík egyenletét, ha csak a pontok koordinátáit ismerjük? A legegyszerűbb, ha a koordinátákat behelyettesítjük az Ax + By + Cz + D = 0 egyenletbe. Egy három egyenletrendszert kapunk, amely könnyen megoldható.
Sok diák rendkívül fárasztónak és megbízhatatlannak tartja ezt a megoldást. A tavalyi matematika vizsga azt mutatta, hogy valóban nagy a valószínűsége a számítási hiba elkövetésének.
Ezért a legfejlettebb tanárok elkezdtek egyszerűbb és elegánsabb megoldásokat keresni. És megtalálták! Igaz, a kapott technika nagyobb valószínűséggel kapcsolódik a felsőbb matematikához. Személy szerint át kellett turkálnom a szövetségi tankönyvek teljes listáját, hogy megbizonyosodjunk arról, jogunk van-e ezt a technikát minden indoklás és bizonyíték nélkül használni.
A determinánson átmenő sík egyenlete
Elég a csacsogásból, kezdjük az üzlettel. Kezdésként egy tétel arról, hogy a mátrixdetermináns és a sík egyenlete hogyan függ össze.
Tétel. Adjuk meg három pont koordinátáit, amelyeken keresztül a síkot meg kell rajzolni: M = (x 1, y 1, z 1); N \u003d (x 2, y 2, z 2); K \u003d (x 3, y 3, z 3). Ekkor ennek a síknak az egyenlete felírható a determinánssal:
Például próbáljunk meg találni egy olyan síkpárt, amely valóban előfordul a C2 problémákban. Nézze meg, milyen gyorsan számít minden:
A1 = (0, 0, 1);
B = (1, 0, 0);
C1 = (1, 1, 1);
Összeállítjuk a determinánst és egyenlővé tesszük nullával:
A determináns megnyitása:
a = 1 1 (z − 1) + 0 0 x + (−1) 1 y = z − 1 − y;
b = (-1) 1 x + 0 1 (z - 1) + 1 0 y = -x;
d = a − b = z − 1 − y − (−x) = z − 1 − y + x = x − y + z − 1;
d = 0 ⇒ x - y + z - 1 = 0;
Amint látható, a d szám kiszámításakor egy kicsit módosítottam az egyenletet, hogy az x, y és z változók a megfelelő sorrendben legyenek. Ez minden! A sík egyenlete készen áll!
Feladat. Írj egyenletet a pontokon átmenő síkra:
A = (0, 0, 0);
B 1 = (1, 0, 1);
D1 = (0, 1, 1);
Azonnal cserélje ki a determináns pontjainak koordinátáit:
Ismét kibővítve a determinánst:
a = 1 1 z + 0 1 x + 1 0 y = z;
b = 1 1 x + 0 0 z + 1 1 y = x + y;
d \u003d a - b \u003d z - (x + y) \u003d z - x - y;
d = 0 ⇒ z − x − y = 0 ⇒ x + y − z = 0;
Tehát ismét megkapjuk a síkegyenletet! Az utolsó lépésnél ismét meg kellett változtatnom benne a jeleket, hogy „szebb” formulát kapjak. Ebben a megoldásban ezt nem szükséges megtenni, de mégis ajánlott - a probléma további megoldásának egyszerűsítése érdekében.
Amint látja, ma már sokkal egyszerűbb felírni a sík egyenletét. Behelyettesítjük a pontokat a mátrixba, kiszámoljuk a determinánst - és kész az egyenlet.
Ez lehet a lecke vége. Sok diák azonban folyamatosan elfelejti, hogy mi van a determinánsban. Például melyik sorban van x 2 vagy x 3 , és melyik sorban csak x . Hogy végre foglalkozzunk ezzel, nézzük meg, honnan származnak az egyes számok.
Honnan származik a determinánst tartalmazó képlet?
Tehát nézzük meg, honnan származik egy ilyen kemény egyenlet egy determinánssal. Ez segít emlékezni rá és sikeresen alkalmazni.
A C2 feladatban előforduló összes síkot három pont határozza meg. Ezeket a pontokat mindig jelöljük a rajzon, vagy akár közvetlenül a feladatszövegben is jelezzük. Mindenesetre az egyenlet összeállításához ki kell írnunk a koordinátáikat:
M = (x1, y1, z1);
N \u003d (x 2, y 2, z 2);
K \u003d (x 3, y 3, z 3).
Tekintsünk még egy pontot a síkon tetszőleges koordinátákkal:
T = (x, y, z)
Vegyünk bármelyik pontot az első háromból (például az M pontot), és abból vektorokat rajzolunk a fennmaradó három pont mindegyikébe. Három vektort kapunk:
MN = (x 2 - x 1, y 2 - y 1, z 2 - z 1);
MK = (x 3 - x 1, y 3 - y 1, z 3 - z 1);
MT = (x - x 1, y - y 1, z - z 1).
Most készítsünk négyzetmátrixot ezekből a vektorokból, és egyenlősítsük a determinánsát nullával. A vektorok koordinátái a mátrix soraivá válnak - és ugyanazt a determinánst kapjuk, mint a tételben:
Ez a képlet azt jelenti, hogy az MN , MK és MT vektorokra épített doboz térfogata nullával egyenlő. Ezért mindhárom vektor ugyanabban a síkban van. Konkrétan egy tetszőleges T = (x, y, z) pont az, amit kerestünk.
A determináns pontjainak és sorainak cseréje
A meghatározók néhány csodálatos tulajdonsággal rendelkeznek, amelyek még könnyebbé teszik a C2 feladat megoldása. Például nem mindegy számunkra, hogy melyik pontból rajzoljunk vektorokat. Ezért a következő determinánsok ugyanazt a síkegyenletet adják, mint a fenti:
A determináns sorait is felcserélheti. Az egyenlet változatlan marad. Például sokan szeretnek olyan vonalat írni, amelynek legfelül a T = (x; y; z) pont koordinátái. Kérem, ha Önnek kényelmes:
Egyeseket zavar, hogy az egyik sor x , y és z változókat tartalmaz, amelyek nem tűnnek el a pontok helyettesítésekor. De nem szabad eltűnniük! A számokat a determinánsba behelyettesítve a következő konstrukciót kell kapnia:
Ezután a determinánst kibővítjük a lecke elején megadott séma szerint, és megkapjuk a sík standard egyenletét:
Ax + By + Cz + D = 0
Vessen egy pillantást egy példára. Ő az utolsó a mai órán. Szándékosan felcserélem a sorokat, hogy megbizonyosodjon arról, hogy a válasz ugyanaz lesz, mint a sík egyenlete.
Feladat. Írj egyenletet a pontokon átmenő síkra:
B 1 = (1, 0, 1);
C = (1, 1, 0);
D1 = (0, 1, 1).
Tehát 4 pontot veszünk figyelembe:
B 1 = (1, 0, 1);
C = (1, 1, 0);
D1 = (0, 1, 1);
T = (x, y, z).
Először hozzunk létre egy standard determinánst, és egyenlővé tegyük nullával:
A determináns megnyitása:
a = 0 1 (z − 1) + 1 0 (x − 1) + (−1) (−1) y = 0 + 0 + y;
b = (−1) 1 (x − 1) + 1 (−1) (z − 1) + 0 0 y = 1 − x + 1 − z = 2 − x − z;
d \u003d a - b \u003d y - (2 - x - z) \u003d y - 2 + x + z \u003d x + y + z - 2;
d = 0 ⇒ x + y + z − 2 = 0;
Ennyi, megkaptuk a választ: x + y + z − 2 = 0 .
Most rendezzünk át néhány sort a determinánsban, és nézzük meg, mi történik. Például írjunk egy sort az x, y, z változókkal ne alulra, hanem felülre:
Bővítsük ki ismét a kapott determinánst:
a = (x − 1) 1 (−1) + (z − 1) (−1) 1 + y 0 0 = 1 − x + 1 − z = 2 − x − z;
b = (z − 1) 1 0 + y (−1) (−1) + (x − 1) 1 0 = y;
d = a − b = 2 − x − z − y;
d = 0 ⇒ 2 − x − y − z = 0 ⇒ x + y + z − 2 = 0;
Pontosan ugyanazt a síkegyenletet kaptuk: x + y + z − 2 = 0. Tehát igazából nem függ a sorok sorrendjétől. Már csak a választ le kell írni.
Tehát láttuk, hogy a sík egyenlete nem függ a vonalak sorrendjétől. Hasonló számításokat végezhetünk, és bebizonyíthatjuk, hogy a sík egyenlete nem függ attól a ponttól, amelynek koordinátáit kivonjuk a többi pontból.
A fent vizsgált feladatban a B 1 = (1, 0, 1) pontot használtuk, de teljesen felvehető volt a C = (1, 1, 0) vagy D 1 = (0, 1, 1) pont. Általában bármely ismert koordinátájú pont a kívánt síkon fekszik.
Ahhoz, hogy egyetlen síkot át lehessen húzni a tér bármely három pontján, szükséges, hogy ezek a pontok ne feküdjenek egy egyenesen.
Tekintsük az M 1 (x 1, y 1, z 1), M 2 (x 2, y 2, z 2), M 3 (x 3, y 3, z 3) pontokat egy közös derékszögű koordinátarendszerben.
Ahhoz, hogy egy tetszőleges M(x, y, z) pont egy síkban legyen az M 1, M 2, M 3 pontokkal, a vektoroknak egy síkban kell lenniük.
(
)
= 0
És így, 
Három ponton áthaladó sík egyenlete:
Sík egyenlete két ponthoz és a síkkal kollineáris vektorhoz.
Legyen az M 1 (x 1, y 1, z 1), M 2 (x 2, y 2, z 2) pontok és a vektor 
.
Állítsuk össze az adott M 1 és M 2 pontokon átmenő sík egyenletét és a vektorral párhuzamos tetszőleges M (x, y, z) pontot. 
.
Vektorok 
és vektor 
koplanárisnak kell lennie, azaz.
(
)
= 0
Sík egyenlet:
Egy sík egyenlete egy ponthoz és két vektorhoz,
kollineáris sík.
Legyen két vektor adott 
és 
, kollineáris síkok. Ekkor a síkhoz tartozó tetszőleges M(x, y, z) pontra a vektorok 
egy síkban kell lennie.
Sík egyenlet:
Síkegyenlet pontonként és normálvektoronként .
Tétel.
Ha adott egy M pont a térben 0
(X 0
, y 0
,
z 0
), akkor az M ponton átmenő sík egyenlete 0
merőleges a normálvektorra
(A,
B,
C) úgy néz ki, mint a:
A(x – x 0 ) + B(y – y 0 ) + C(z – z 0 ) = 0.
Bizonyíték.
A síkhoz tartozó tetszőleges M(x, y, z) ponthoz vektort állítunk össze. Mert vektor
- a normálvektor, akkor merőleges a síkra, és ezért merőleges a vektorra 
. Aztán a skalárszorzat
=
0
Így megkapjuk a sík egyenletét
A tétel bizonyítást nyert.
A sík egyenlete szakaszokban.
Ha az általános egyenletben Ax + Wu + Cz + D \u003d 0, ossza el mindkét részt (-D)
,
cseréje 
, megkapjuk a sík egyenletét szegmensekben:
Az a, b, c számok a sík metszéspontjai rendre az x, y, z tengelyekkel.
Sík egyenlet vektor formában.
ahol
- az aktuális M(x, y, z) pont sugárvektora,
Olyan egységvektor, amelynek a merőleges iránya az origóból a síkra esik.
, és a vektor által az x, y, z tengellyel alkotott szögek.
p ennek a merőlegesnek a hossza.
Koordinátákban ennek az egyenletnek a következő alakja van:
xcos + ycos + zcos - p = 0.
Egy pont és egy sík távolsága.
Egy tetszőleges M 0 (x 0, y 0, z 0) pont és az Ax + Vy + Cz + D \u003d 0 sík távolsága:
Példa. Határozzuk meg a sík egyenletét, tudva, hogy a P (4; -3; 12) pont az origóból erre a síkra ejtett merőleges alapja.
Tehát A = 4/13; B = -3/13; C = 12/13, használja a következő képletet:
A(x – x 0 ) + B(y – y 0 ) + C(z – z 0 ) = 0.
Példa. Határozzuk meg egy P(2; 0; -1) ponton átmenő sík egyenletét és!
Q(1; -1; 3) merőleges a 3x + 2y - z + 5 = 0 síkra.
Normálvektor a 3x + 2y - z + 5 = 0 síkra 
párhuzamos a kívánt síkkal.
Kapunk:
Példa. Határozzuk meg az A(2, -1, 4) pontokon áthaladó sík egyenletét és!
В(3, 2, -1) merőleges a síkra x + nál nél + 2z – 3 = 0.
A kívánt sík egyenlet alakja: A x+ B y+ C z+ D = 0, ennek a síknak a normálvektora 
(A, B, C). Vektor 
(1, 3, -5) a síkhoz tartozik. A nekünk adott síknak, a kívántra merőlegesen, van egy normálvektora 
(1, 1, 2). Mert Az A és B pont mindkét síkhoz tartozik, és a síkok egymásra merőlegesek, akkor
Tehát a normálvektor 
(11, -7, -2). Mert az A pont a kívánt síkhoz tartozik, akkor a koordinátáinak ki kell elégíteniük ennek a síknak az egyenletét, azaz. 112 + 71 - 24 + D= 0, D= -21.
Összességében megkapjuk a sík egyenletét: 11 x - 7y – 2z – 21 = 0.
Példa. Határozzuk meg a sík egyenletét, tudva, hogy a P(4, -3, 12) pont az origóból erre a síkra ejtett merőleges alapja.
A normálvektor koordinátáinak megtalálása 
= (4, -3, 12). A sík kívánt egyenlete a következő: 4 x
– 3y
+ 12z+ D = 0. A D együttható meghatározásához behelyettesítjük a Р pont koordinátáit az egyenletbe:
16 + 9 + 144 + D = 0
Összességében megkapjuk a kívánt egyenletet: 4 x – 3y + 12z – 169 = 0
Példa. Adott a piramiscsúcsok A 1 (1; 0; 3), A 2 (2; -1; 3), A 3 (2; 1; 1) koordinátái,
Határozzuk meg az A 1 A 2 él hosszát.
Határozza meg az A 1 A 2 és A 1 A 4 élek közötti szöget!
Határozza meg az A 1 A 4 él és az A 1 A 2 A 3 lap közötti szöget.
Először keresse meg az A 1 A 2 A 3 arc normálvektorát 
vektorok keresztszorzataként 
és 
.
=
(2-1;
1-0; 1-3) = (1; 1; -2);
Keresse meg a normálvektor és a vektor közötti szöget! 
.
-4
– 4 = -8.
A vektor és a sík közötti kívánt szög egyenlő lesz: = 90 0 - .
Keresse meg az A 1 A 2 A 3 arc területét.
Határozza meg a piramis térfogatát!
Határozzuk meg az А 1 А 2 А 3 sík egyenletét!
A három ponton áthaladó sík egyenletének képletét használjuk.
2x + 2y + 2z - 8 = 0
x+y+z-4=0;
A "" PC-s verzió használatakor Felsőfokú matematika tanfolyam” futtathat egy programot, amely a fenti példát a piramiscsúcsok tetszőleges koordinátáira megoldja.
Kattintson duplán az ikonra a program elindításához:
A megnyíló programablakban adja meg a piramiscsúcsok koordinátáit, majd nyomja meg az Enter billentyűt. Így az összes döntési pont egyenként megszerezhető.
Megjegyzés: A program futtatásához telepíteni kell a Maple-t ( Waterloo Maple Inc.) a számítógépére, a MapleV Release 4-től kezdődő bármely verziójára.