Enačba premice, ki poteka skozi dano točko v dani smeri. Enačba premice, ki poteka skozi dve dani točki. Kot med dvema ravnima črtama. Pogoj vzporednosti in pravokotnosti dveh ravnih črt. Določanje presečišča dveh premic
1. Enačba premice, ki poteka skozi dano točko A(x 1 , l 1) v dani smeri, določeni z naklonom k,
l - l 1 = k(x - x 1). (1)
Ta enačba definira svinčnik črt, ki potekajo skozi točko A(x 1 , l 1), ki se imenuje središče žarka.
2. Enačba premice, ki poteka skozi dve točki: A(x 1 , l 1) in B(x 2 , l 2), napisano takole:
Kotni koeficient premice, ki poteka skozi dve dani točki, je določen s formulo
3. Kot med ravnimi črtami A in B je kot, za katerega je treba zasukati prvo premico A okrog presečišča teh črt v nasprotni smeri urinega kazalca, dokler ne sovpada z drugo črto B. Če sta dve ravni črti podani z enačbami z naklonom
l = k 1 x + B 1 ,
Premico, ki poteka skozi točko K(x 0 ; y 0) in je vzporedna s premico y = kx + a, najdemo po formuli:
y - y 0 = k(x - x 0) (1)
Kjer je k naklon premice.
Alternativna formula:
Premica, ki poteka skozi točko M 1 (x 1 ; y 1) in je vzporedna s premico Ax+By+C=0, je predstavljena z enačbo
A(x-x 1)+B(y-y 1)=0. (2)
Primer št. 1. Zapišite enačbo za premico, ki poteka skozi točko M 0 (-2,1) in hkrati:a) vzporedna s premico 2x+3y -7 = 0;
b) pravokotno na premico 2x+3y -7 = 0.
rešitev . Predstavimo enačbo z naklonom v obliki y = kx + a. Če želite to narediti, premaknite vse vrednosti razen y na desno stran: 3y = -2x + 7 . Nato desno stran delite s faktorjem 3. Dobimo: y = -2/3x + 7/3
Poiščimo enačbo NK, ki poteka skozi točko K(-2;1), vzporedno z ravno črto y = -2 / 3 x + 7 / 3
Če nadomestimo x 0 = -2, k = -2 / 3, y 0 = 1, dobimo:
y-1 = -2 / 3 (x-(-2))
oz
y = -2 / 3 x - 1 / 3 ali 3y + 2x +1 = 0
Primer št. 2. Zapišite enačbo premice, ki je vzporedna s premico 2x + 5y = 0 in tvori skupaj s koordinatnimi osemi trikotnik s ploščino 5.
rešitev
. Ker sta premici vzporedni, je enačba želene premice 2x + 5y + C = 0. Ploščina pravokotnega trikotnika, kjer sta a in b njegova kraka. Poiščemo presečišča želene črte s koordinatnimi osemi: 
;
.
Torej, A(-C/2,0), B(0,-C/5). Nadomestimo ga v formulo za površino: 
. Dobimo dve rešitvi: 2x + 5y + 10 = 0 in 2x + 5y – 10 = 0.
Primer št. 3. Napišite enačbo za premico, ki poteka skozi točko (-2; 5) in je vzporedna s premico 5x-7y-4=0.
rešitev. To ravno črto lahko predstavimo z enačbo y = 5/7 x – 4/7 (tukaj a = 5/7). Enačba želene premice je y – 5 = 5 / 7 (x – (-2)), tj. 7(y-5)=5(x+2) ali 5x-7y+45=0.
Primer št. 4. Po rešitvi primera 3 (A=5, B=-7) z uporabo formule (2) dobimo 5(x+2)-7(y-5)=0.
Primer št. 5. Napišite enačbo za premico, ki poteka skozi točko (-2;5) in je vzporedna s premico 7x+10=0.
rešitev. Tukaj je A=7, B=0. Formula (2) daje 7(x+2)=0, tj. x+2=0. Formula (1) ni uporabna, ker te enačbe ni mogoče razrešiti glede na y (ta premica je vzporedna z ordinatno osjo).
Lastnosti premice v evklidski geometriji.
Skozi vsako točko lahko narišemo neskončno število ravnih črt.
Skozi poljubni dve točki, ki se ne ujemata, lahko narišemo eno samo premico.
Dve divergentni premici v ravnini se sekata v eni točki ali pa sta
vzporedno (izhaja iz prejšnjega).
V tridimenzionalnem prostoru obstajajo tri možnosti za relativni položaj dveh črt:
- črte se sekajo;
- črte so vzporedne;
- ravne črte se sekajo.
Naravnost linija— algebraična krivulja prvega reda: premica v kartezičnem koordinatnem sistemu
je na ravnini podana z enačbo prve stopnje (linearna enačba).
Splošna enačba premice.
Opredelitev. Vsako premico na ravnini je mogoče določiti z enačbo prvega reda
Ax + Wu + C = 0,
in stalna A, B niso enake nič hkrati. Ta enačba prvega reda se imenuje splošno
enačba premice. Odvisno od vrednosti konstant A, B in Z Možni so naslednji posebni primeri:
. C = 0, A ≠ 0, B ≠ 0- premica poteka skozi izhodišče
. A = 0, B ≠0, C ≠0 (By + C = 0)- ravna črta, vzporedna z osjo Oh
. B = 0, A ≠0, C ≠ 0 (Ax + C = 0)- ravna črta, vzporedna z osjo Oh
. B = C = 0, A ≠0- ravna črta sovpada z osjo Oh
. A = C = 0, B ≠0- ravna črta sovpada z osjo Oh
Enačbo ravne črte je mogoče predstaviti v različnih oblikah, odvisno od katere koli danosti
začetni pogoji.
Enačba premice iz točke in normalnega vektorja.
Opredelitev. V kartezičnem pravokotnem koordinatnem sistemu vektor s komponentami (A, B)
pravokotna na premico, podano z enačbo
Ax + Wu + C = 0.
Primer. Poiščite enačbo premice, ki poteka skozi točko A (1, 2) pravokotno na vektor (3, -1).
rešitev. Z A = 3 in B = -1 sestavimo enačbo premice: 3x - y + C = 0. Da bi našli koeficient C
Zamenjajmo koordinate dane točke A v dobljeni izraz, torej dobimo: 3 - 2 + C = 0
C = -1. Skupaj: zahtevana enačba: 3x - y - 1 = 0.
Enačba premice, ki poteka skozi dve točki.
V prostoru naj bosta podani dve točki M 1 (x 1, y 1, z 1) in M2 (x 2, y 2, z 2), Potem enačba premice,
skozi te točke:
Če je kateri od imenovalcev enak nič, mora biti ustrezni števec enak nič. Vklopljeno
ravnini, je zgoraj zapisana enačba premice poenostavljena:
če x 1 ≠ x 2 in x = x 1, Če x 1 = x 2 .
Ulomek = k klical pobočje neposredno.
Primer. Poiščite enačbo premice, ki poteka skozi točki A(1, 2) in B(3, 4).
rešitev. Z uporabo zgoraj zapisane formule dobimo:
Enačba ravne črte z uporabo točke in naklona.
Če splošna enačba premice Ax + Wu + C = 0 vodi do:
in določiti 
, potem se pokliče nastala enačba
enačba premice z naklonom k.
Enačba premice iz točke in smernega vektorja.
Po analogiji s točko, ki upošteva enačbo ravne črte skozi normalni vektor, lahko vnesete nalogo
premica skozi točko in usmerjevalni vektor premice.
Opredelitev. Vsak neničelni vektor (α 1, α 2), katerih komponente izpolnjujejo pogoj
Aα 1 + Bα 2 = 0 klical usmerjevalni vektor premice.
Ax + Wu + C = 0.
Primer. Poiščite enačbo premice s smernim vektorjem (1, -1) in poteka skozi točko A(1, 2).
rešitev. Enačbo iskane premice bomo iskali v obliki: Ax + By + C = 0. Po definiciji je
koeficienti morajo izpolnjevati naslednje pogoje:
1 * A + (-1) * B = 0, tj. A = B.
Potem ima enačba premice obliko: Ax + Ay + C = 0, oz x + y + C / A = 0.
pri x = 1, y = 2 dobimo C/A = -3, tj. zahtevana enačba:
x + y - 3 = 0
Enačba ravne črte v segmentih.
Če je v splošni enačbi ravne črte Ах + Ву + С = 0 С≠0, potem z deljenjem z -С dobimo:
ali kje
Geometrijski pomen koeficientov je, da je koeficient a koordinata presečišča
ravna z osjo Oh, A b- koordinata presečišča črte z osjo Oh.
Primer. Podana je splošna enačba premice x - y + 1 = 0. Poiščite enačbo te premice v segmentih.
C = 1, , a = -1, b = 1.
Normalna enačba premice.
Če obe strani enačbe Ax + Wu + C = 0 deli s številom 
ki se imenuje
normalizacijski faktor, potem dobimo
xcosφ + ysinφ - p = 0 -normalna enačba premice.
Predznak ± normalizacijskega faktorja je treba izbrati tako, da μ*C< 0.
r- dolžina navpičnice, spuščene iz izhodišča na premico,
A φ - kot, ki ga tvori ta navpičnica s pozitivno smerjo osi Oh.
Primer. Podana je splošna enačba premice 12x - 5y - 65 = 0. Potrebno je napisati različne vrste enačb
ta ravna črta.
Enačba te premice v segmentih:
Enačba te premice z naklonom: (deli s 5)
Enačba premice:
cos φ = 12/13; sin φ= -5/13; p = 5.
Upoštevati je treba, da vsake ravne črte ni mogoče predstaviti z enačbo v segmentih, na primer ravne črte,
vzporedno z osema ali poteka skozi izhodišče.
Kot med premicami na ravnini.
Opredelitev. Če sta podani dve vrstici y = k 1 x + b 1, y = k 2 x + b 2, nato pa ostri kot med tema črtama
bo definiran kot
Dve premici sta vzporedni, če k 1 = k 2. Dve črti sta pravokotni
če k 1 = -1/ k 2 .
Izrek.
Neposredno Ax + Wu + C = 0 in A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 vzporedno, ko so koeficienti sorazmerni
A 1 = λA, B 1 = λB. Če tudi С 1 = λС, potem črte sovpadajo. Koordinate presečišča dveh črt
najdemo kot rešitev sistema enačb teh premic.
Enačba premice, ki poteka skozi dano točko pravokotno na dano premico.
Opredelitev. Premica, ki poteka skozi točko M 1 (x 1, y 1) in pravokotno na premico y = kx + b
predstavljen z enačbo:
Razdalja od točke do črte.
Izrek. Če je podana točka M(x 0, y 0), potem razdalja do premice Ax + Wu + C = 0 opredeljeno kot:
Dokaz. Naj bistvo M 1 (x 1, y 1)- osnova navpičnice, spuščene iz točke M za dano
neposredno. Nato razdalja med točkami M in M 1:
(1)
Koordinate x 1 in ob 1 lahko najdemo kot rešitev sistema enačb:
Druga enačba sistema je enačba premice, ki poteka skozi dano točko M 0 pravokotno
dana ravna črta. Če pretvorimo prvo enačbo sistema v obliko:
A(x - x 0) + B(y - y 0) + Ax 0 + By 0 + C = 0,
potem z reševanjem dobimo:
Če nadomestimo te izraze v enačbo (1), ugotovimo:
Izrek je dokazan.
Ta članek razkriva izpeljavo enačbe premice, ki poteka skozi dve dani točki v pravokotnem koordinatnem sistemu, ki se nahaja na ravnini. Izpeljimo enačbo premice, ki poteka skozi dve dani točki v pravokotnem koordinatnem sistemu. Nazorno bomo prikazali in rešili več primerov, povezanih z obravnavano snovjo.
Yandex.RTB R-A-339285-1
Preden dobimo enačbo premice, ki poteka skozi dve dani točki, je treba biti pozoren na nekaj dejstev. Obstaja aksiom, ki pravi, da je skozi dve divergentni točki na ravnini mogoče narisati ravno črto in samo eno. Z drugimi besedami, dve dani točki na ravnini sta določeni z ravno črto, ki poteka skozi ti točki.
Če je ravnina določena s pravokotnim koordinatnim sistemom Oxy, bo vsaka ravna črta, prikazana v njej, ustrezala enačbi ravne črte na ravnini. Obstaja tudi povezava z usmerjevalnim vektorjem premice. Ti podatki zadoščajo za sestavo enačbe premice, ki poteka skozi dve dani točki.
Oglejmo si primer reševanja podobnega problema. Treba je ustvariti enačbo za ravno črto a, ki poteka skozi dve divergentni točki M 1 (x 1, y 1) in M 2 (x 2, y 2), ki se nahajata v kartezičnem koordinatnem sistemu.
V kanonični enačbi premice na ravnini, ki ima obliko x - x 1 a x = y - y 1 a y, je določen pravokotni koordinatni sistem O x y s premico, ki se z njim seka v točki s koordinatami M 1 (x 1, y 1) z vodilnim vektorjem a → = (a x , a y) .
Treba je ustvariti kanonično enačbo ravne črte a, ki bo potekala skozi dve točki s koordinatama M 1 (x 1, y 1) in M 2 (x 2, y 2).
Premica a ima smerni vektor M 1 M 2 → s koordinatami (x 2 - x 1, y 2 - y 1), saj seka točki M 1 in M 2. Pridobili smo potrebne podatke za pretvorbo kanonične enačbe s koordinatami smernega vektorja M 1 M 2 → = (x 2 - x 1, y 2 - y 1) in koordinatami točk M 1, ki ležijo na njih. (x 1, y 1) in M 2 (x 2, y 2) . Dobimo enačbo oblike x - x 1 x 2 - x 1 = y - y 1 y 2 - y 1 ali x - x 2 x 2 - x 1 = y - y 2 y 2 - y 1.
Razmislite o spodnji sliki.
Po izračunih zapišemo parametrične enačbe premice na ravnini, ki poteka skozi dve točki s koordinatama M 1 (x 1, y 1) in M 2 (x 2, y 2). Dobimo enačbo v obliki x = x 1 + (x 2 - x 1) · λ y = y 1 + (y 2 - y 1) · λ ali x = x 2 + (x 2 - x 1) · λ y = y 2 + (y 2 - y 1) · λ .
Oglejmo si podrobneje reševanje več primerov.
Primer 1
Zapišite enačbo premice, ki poteka skozi 2 podani točki s koordinatami M 1 - 5, 2 3, M 2 1, - 1 6.
rešitev
Kanonična enačba za premico, ki se seka v dveh točkah s koordinatama x 1, y 1 in x 2, y 2, ima obliko x - x 1 x 2 - x 1 = y - y 1 y 2 - y 1. Glede na pogoje naloge velja, da je x 1 = - 5, y 1 = 2 3, x 2 = 1, y 2 = - 1 6. Numerične vrednosti je treba nadomestiti v enačbo x - x 1 x 2 - x 1 = y - y 1 y 2 - y 1. Od tod dobimo, da ima kanonična enačba obliko x - (- 5) 1 - (- 5) = y - 2 3 - 1 6 - 2 3 ⇔ x + 5 6 = y - 2 3 - 5 6.
Odgovor: x + 5 6 = y - 2 3 - 5 6.
Če morate rešiti problem z drugo vrsto enačbe, potem lahko najprej preidete na kanonično, saj je od nje lažje priti do katere koli druge.
Primer 2
Sestavite splošno enačbo premice, ki poteka skozi točke s koordinatama M 1 (1, 1) in M 2 (4, 2) v koordinatnem sistemu O x y.
rešitev
Najprej morate zapisati kanonično enačbo dane premice, ki poteka skozi dani dve točki. Dobimo enačbo v obliki x - 1 4 - 1 = y - 1 2 - 1 ⇔ x - 1 3 = y - 1 1 .
Spravimo kanonično enačbo v želeno obliko, potem dobimo:
x - 1 3 = y - 1 1 ⇔ 1 x - 1 = 3 y - 1 ⇔ x - 3 y + 2 = 0
odgovor: x - 3 y + 2 = 0 .
Primeri takšnih nalog so bili obravnavani v šolskih učbenikih pri pouku algebre. Šolske naloge so se razlikovale po tem, da je bila znana enačba premice s kotnim koeficientom, ki ima obliko y = k x + b. Če morate najti vrednost naklona k in števila b, za katerega enačba y = k x + b določa premico v sistemu O x y, ki poteka skozi točki M 1 (x 1, y 1) in M 2 (x 2, y 2) , kjer je x 1 ≠ x 2. Ko je x 1 = x 2 , potem kotni koeficient prevzame vrednost neskončnosti, ravna črta M 1 M 2 pa je definirana s splošno nepopolno enačbo oblike x - x 1 = 0 .
Ker točke M 1 in M 2 sta na ravni črti, potem njihove koordinate zadovoljujejo enačbi y 1 = k x 1 + b in y 2 = k x 2 + b. Za k in b je potrebno rešiti sistem enačb y 1 = k x 1 + b y 2 = k x 2 + b.
Da bi to naredili, najdemo k = y 2 - y 1 x 2 - x 1 b = y 1 - y 2 - y 1 x 2 - x 1 x 1 ali k = y 2 - y 1 x 2 - x 1 b = y 2 - y 2 - y 1 x 2 - x 1 x 2 .
S tema vrednostma k in b postane enačba premice, ki poteka skozi dani dve točki, y = y 2 - y 1 x 2 - x 1 x + y 2 - y 2 - y 1 x 2 - x 1 x 1 ali y = y 2 - y 1 x 2 - x 1 x + y 2 - y 2 - y 1 x 2 - x 1 x 2.
Nemogoče si je zapomniti tako ogromno število formul hkrati. Za to je potrebno povečati število ponovitev pri reševanju problemov.
Primer 3
Zapišite enačbo premice s kotnim koeficientom, ki poteka skozi točke s koordinatama M 2 (2, 1) in y = k x + b.
rešitev
Za rešitev problema uporabimo formulo s kotnim koeficientom oblike y = k x + b. Koeficienta k in b morata imeti takšno vrednost, da ta enačba ustreza premici, ki poteka skozi dve točki s koordinatama M 1 (- 7, - 5) in M 2 (2, 1).
Točke M 1 in M 2 nahajajo na ravni črti, potem morajo biti njihove koordinate enačba y = k x + b prava enakost. Iz tega dobimo, da je - 5 = k · (- 7) + b in 1 = k · 2 + b. Združimo enačbo v sistem - 5 = k · - 7 + b 1 = k · 2 + b in rešimo.
Ob zamenjavi to dobimo
5 = k · - 7 + b 1 = k · 2 + b ⇔ b = - 5 + 7 k 2 k + b = 1 ⇔ b = - 5 + 7 k 2 k - 5 + 7 k = 1 ⇔ ⇔ b = - 5 + 7 k k = 2 3 ⇔ b = - 5 + 7 2 3 k = 2 3 ⇔ b = - 1 3 k = 2 3
Zdaj sta vrednosti k = 2 3 in b = - 1 3 zamenjani v enačbo y = k x + b. Ugotovimo, da bo zahtevana enačba, ki poteka skozi podane točke, enačba oblike y = 2 3 x - 1 3 .
Ta metoda rešitve vnaprej določa izgubo veliko časa. Obstaja način, s katerim se naloga reši dobesedno v dveh korakih.
Zapišimo kanonično enačbo premice, ki poteka skozi M 2 (2, 1) in M 1 (- 7, - 5), ki ima obliko x - (- 7) 2 - (- 7) = y - (- 5 ) 1 - (- 5) ⇔ x + 7 9 = y + 5 6 .
Zdaj pa pojdimo k enačbi naklona. Dobimo, da je: x + 7 9 = y + 5 6 ⇔ 6 · (x + 7) = 9 · (y + 5) ⇔ y = 2 3 x - 1 3.
Odgovor: y = 2 3 x - 1 3 .
Če v tridimenzionalnem prostoru obstaja pravokotni koordinatni sistem O x y z z dvema podanima točkama, ki ne sovpadata s koordinatama M 1 (x 1, y 1, z 1) in M 2 (x 2, y 2, z 2), je ravna črta M, ki poteka skozi njih 1 M 2 , je treba dobiti enačbo te črte.
Imamo, da so kanonične enačbe oblike x - x 1 a x = y - y 1 a y = z - z 1 a z in parametrične enačbe oblike x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ z = z 1 + a z · λ lahko definirajo premico v koordinatnem sistemu O x y z, ki poteka skozi točke s koordinatami (x 1, y 1, z 1) s smernim vektorjem a → = (a x, a y, a z).
Ravni M 1 M 2 ima smerni vektor oblike M 1 M 2 → = (x 2 - x 1, y 2 - y 1, z 2 - z 1), kjer premica poteka skozi točko M 1 (x 1, y 1, z 1) in M 2 (x 2 , y 2 , z 2), zato je kanonična enačba lahko v obliki x - x 1 x 2 - x 1 = y - y 1 y 2 - y 1 = z - z 1 z 2 - z 1 ali x - x 2 x 2 - x 1 = y - y 2 y 2 - y 1 = z - z 2 z 2 - z 1, nato pa parametrično x = x 1 + (x 2 - x 1 ) λ y = y 1 + (y 2 - y 1) λ z = z 1 + (z 2 - z 1) λ ali x = x 2 + (x 2 - x 1) λ y = y 2 + (y 2 - y 1) · λ z = z 2 + (z 2 - z 1) · λ .
Razmislite o risbi, ki prikazuje 2 dani točki v prostoru in enačbo premice.
Primer 4
Zapišite enačbo premice, določene v pravokotnem koordinatnem sistemu O x y z tridimenzionalnega prostora, ki poteka skozi dani dve točki s koordinatama M 1 (2, - 3, 0) in M 2 (1, - 3, - 5).
rešitev
Treba je najti kanonično enačbo. Ker govorimo o tridimenzionalnem prostoru, to pomeni, da bo želena kanonična enačba, ko poteka skozi dane točke, dobila obliko x - x 1 x 2 - x 1 = y - y 1 y 2 - y 1 = z - z 1 z 2 - z 1 .
Po pogoju velja, da je x 1 = 2, y 1 = - 3, z 1 = 0, x 2 = 1, y 2 = - 3, z 2 = - 5. Iz tega sledi, da bodo potrebne enačbe zapisane takole:
x - 2 1 - 2 = y - (- 3) - 3 - (- 3) = z - 0 - 5 - 0 ⇔ x - 2 - 1 = y + 3 0 = z - 5
Odgovor: x - 2 - 1 = y + 3 0 = z - 5.
Če v besedilu opazite napako, jo označite in pritisnite Ctrl+Enter
Naj bosta podani dve točki M 1 (x 1,y 1) in M 2 (x 2, y 2). Zapišimo enačbo premice v obliki (5), kjer je kše neznan koeficient:
Od točke M 2 pripada dani premici, potem njene koordinate zadoščajo enačbi (5): 
. Če izrazimo od tod in jo nadomestimo v enačbo (5), dobimo zahtevano enačbo:
če 
to enačbo lahko prepišemo v obliki, ki je primernejša za pomnjenje:
(6)
Primer. Zapišite enačbo premice, ki poteka skozi točki M 1 (1,2) in M 2 (-2,3)
rešitev. 
. Z uporabo lastnosti sorazmernosti in izvedemo potrebne transformacije dobimo splošno enačbo ravne črte:
Kot med dvema ravnima črtama
Razmislite o dveh ravnih črtah l 1 in l 2:
l 1: , , In
l 2: , ,
φ je kot med njima (). Iz slike 4 je razvidno: .
 |
Od tukaj 
, oz
S formulo (7) lahko določite enega od kotov med ravnimi črtami. Drugi kot je enak .
Primer. Dve ravni črti sta podani z enačbama y=2x+3 in y=-3x+2. poiščite kot med tema črtama.
rešitev. Iz enačb je razvidno, da je k 1 =2 in k 2 =-3. Če nadomestimo te vrednosti v formulo (7), najdemo
. Tako je kot med tema črtama enak .
Pogoji vzporednosti in pravokotnosti dveh premic
Če naravnost l 1 in l 2 sta torej vzporedna φ=0 in tgφ=0. iz formule (7) sledi , od koder je k 2 =k 1. Tako je pogoj za vzporednost dveh premic enakost njunih kotnih koeficientov.
Če naravnost l 1 in l 2 so pravokotni, torej φ=π/2, α 2 = π/2+ α 1 . 
. Tako je pogoj za pravokotnost dveh ravnih črt ta, da sta njuna kotna koeficienta inverzna po velikosti in nasprotna po predznaku.
Razdalja od točke do črte
Izrek. Če je podana točka M(x 0, y 0), potem je razdalja do premice Ax + Bу + C = 0 določena kot
Dokaz. Naj bo točka M 1 (x 1, y 1) osnova navpičnice, spuščene iz točke M na dano premico. Potem je razdalja med točkama M in M 1:
Koordinati x 1 in y 1 lahko najdemo z rešitvijo sistema enačb:
Druga enačba sistema je enačba premice, ki poteka skozi dano točko M 0 pravokotno na dano premico.
Če pretvorimo prvo enačbo sistema v obliko:
A(x – x 0) + B(y – y 0) + Ax 0 + By 0 + C = 0,
potem z reševanjem dobimo:
Če nadomestimo te izraze v enačbo (1), ugotovimo:
Izrek je dokazan.
Primer. Določite kot med premicama: y = -3x + 7; y = 2x + 1.
k 1 = -3; k 2 = 2 tanj= ; j = p/4.
Primer. Dokaži, da sta premici 3x – 5y + 7 = 0 in 10x + 6y – 3 = 0 pravokotni.
Ugotovimo: k 1 = 3/5, k 2 = -5/3, k 1 k 2 = -1, torej sta premici pravokotni.
Primer. Dana so oglišča trikotnika A(0; 1), B(6; 5), C(12; -1). Poiščite enačbo višine, narisane iz oglišča C.
Poiščemo enačbo stranice AB: ; 4x = 6y – 6;
2x – 3y + 3 = 0;
Zahtevana višinska enačba ima obliko: Ax + By + C = 0 ali y = kx + b.
k= . Potem je y = . Ker višina poteka skozi točko C, potem njene koordinate zadoščajo tej enačbi: od koder je b = 17. Skupaj: .
Odgovor: 3x + 2y – 34 = 0.
Razdalja od točke do premice je določena z dolžino navpičnice, narisane iz točke na premico.
Če je premica vzporedna s projekcijsko ravnino (h | | P 1), nato pa za določitev razdalje od točke A na ravno črto h potrebno je spustiti navpičnico s točke A na vodoravno h.
Oglejmo si bolj zapleten primer, ko ravna črta zavzame splošen položaj. Naj bo treba določiti razdaljo od točke M na ravno črto A splošni položaj.
Ugotovitvena naloga razdalje med vzporednimi črtami se rešuje podobno kot prejšnji. Na eni premici vzamemo točko in z nje spustimo navpičnico na drugo premico. Dolžina navpičnice je enaka razdalji med vzporednicama.
Krivulja drugega reda je premica, določena z enačbo druge stopnje glede na trenutne kartezične koordinate. V splošnem primeru je Ax 2 + 2Bxy + Su 2 + 2Dx + 2Ey + F = 0,
kjer so A, B, C, D, E, F realna števila in vsaj eno od števil A 2 + B 2 + C 2 ≠0.
krog
Središče kroga– to je geometrijsko mesto točk v ravnini, ki je enako oddaljena od točke v ravnini C(a,b).
Krog je podan z naslednjo enačbo:
Kjer sta x,y koordinati poljubne točke na krogu, je R polmer kroga.
Znak enačbe kroga
1. Manjka člen z x, y
2. Koeficienta za x 2 in y 2 sta enaka
Elipsa
Elipsa se imenuje geometrijsko mesto točk v ravnini, vsota razdalj vsake od dveh danih točk te ravnine pa se imenuje žarišča (konstantna vrednost).
Kanonična enačba elipse:
X in y pripadata elipsi.
a – velika polos elipse
b – mala pol os elipse
Elipsa ima 2 simetrijski osi OX in OU. Simetrijske osi elipse so njene osi, točka njihovega presečišča je središče elipse. Os, na kateri se nahajajo žarišča, se imenuje goriščna os. Točka presečišča elipse z osema je vrh elipse.
Kompresijsko (napetostno) razmerje: ε = s/a– ekscentričnost (označuje obliko elipse), manjša kot je, manj je elipsa raztegnjena vzdolž goriščne osi.
Če središča elipse niso v središču C(α, β)
Hiperbola
Hiperbola se imenuje geometrijsko mesto točk v ravnini, absolutna vrednost razlike v razdaljah, od katerih je vsaka od dveh danih točk te ravnine, imenovanih žarišča, konstantna vrednost, različna od nič.
Kanonična enačba hiperbole
Hiperbola ima 2 simetrični osi:
a – realna simetrijska polos
b – namišljena simetrijska polos
Asimptote hiperbole:
Parabola
Parabola je geometrijsko mesto točk v ravnini, ki je enako oddaljena od dane točke F, imenovane žarišče, in dane premice, imenovane direktrisa.
Kanonična enačba parabole:
У 2 =2рх, kjer je р razdalja od žarišča do direktrise (parabolični parameter)
Če je vrh parabole C (α, β), potem je enačba parabole (y-β) 2 = 2р(x-α)
Če vzamemo goriščno os kot ordinatno os, bo enačba parabole v obliki: x 2 =2qу