Opredelitev. Vsako premico na ravnini je mogoče določiti z enačbo prvega reda
Ax + Wu + C = 0,
Poleg tega konstanti A in B nista enaki nič hkrati. Ta enačba prvega reda se imenuje splošna enačba premice. Glede na vrednosti konstant A, B in C so možni 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 Ox
B = 0, A ≠0, C ≠ 0 (Ax + C = 0) – premica, vzporedna z osjo Oy
B = C = 0, A ≠0 – premica sovpada z osjo Oy
A = C = 0, B ≠0 – premica sovpada z osjo Ox
Enačbo premice je mogoče predstaviti v različnih oblikah, odvisno od danih začetnih pogojev.
Enačba premice iz točke in normalnega vektorja
Opredelitev. V kartezičnem pravokotnem koordinatnem sistemu je vektor s komponentami (A, B) pravokoten na premico, podano z enačbo Ax + By + C = 0.
Primer. Poiščite enačbo premice, ki poteka skozi točko A(1, 2) pravokotno na (3, -1).
rešitev. Pri A = 3 in B = -1 sestavimo enačbo premice: 3x – y + C = 0. Da bi našli koeficient C, nadomestimo koordinate dane točke A v dobljeni izraz. Dobimo: 3 – 2 + C = 0, torej C = -1 . Skupaj: zahtevana enačba: 3x – y – 1 = 0.
Enačba premice, ki poteka skozi dve točki
Naj sta v prostoru podani dve točki M 1 (x 1, y 1, z 1) in M 2 (x 2, y 2, z 2), potem je enačba premice, ki poteka skozi ti točki:
Če je kateri od imenovalcev enak nič, mora biti ustrezni števec enak nič. Na ravnini je enačba premice, zapisana zgoraj, poenostavljena:
če je x 1 ≠ x 2 in x = x 1, če je x 1 = x 2.
Ulomek = k se imenuje 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 premice iz točke in naklona
Če je skupni Ax + Bu + C = 0, vodi do oblike:
in določiti 
, potem se pokliče nastala enačba enačba premice z naklonomk.
Enačba premice iz točke in smernega vektorja
Po analogiji s točko, ki obravnava enačbo premice skozi normalni vektor, lahko vnesete definicijo premice skozi točko in usmerjevalni vektor premice.
Opredelitev. Vsak neničelni vektor (α 1, α 2), katerega komponente izpolnjujejo pogoj A α 1 + B α 2 = 0, se imenuje 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. V skladu z definicijo morajo koeficienti izpolnjevati pogoje:
1 * A + (-1) * B = 0, tj. A = B.
Takrat ima enačba premice obliko: Ax + Ay + C = 0 ali x + y + C / A = 0. Za x = 1, y = 2 dobimo C/ A = -3, tj. zahtevana enačba:
Enačba premice v segmentih
Če je v splošni enačbi ravne črte Ах + Ву + С = 0 С≠0, potem z deljenjem z –S dobimo: 
oz
Geometrični pomen koeficientov je, da koeficient A je koordinata presečišča premice z osjo Ox in b– koordinata presečišča premice z osjo Oy.
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 + By + C = 0 pomnožimo s številom 
ki se imenuje normalizacijski faktor, potem dobimo
xcosφ + ysinφ - p = 0 –
normalna enačba premice. Predznak ± normalizacijskega faktorja mora biti izbran tako, da μ * C< 0. р – длина перпендикуляра, опущенного из начала координат на прямую, а φ - угол, образованный этим перпендикуляром с положительным направлением оси Ох.
Primer. Podana je splošna enačba premice 12x – 5y – 65 = 0 Za to premico je potrebno napisati različne vrste enačb.
enačba te premice v segmentih: 
enačba te premice z naklonom: (deli s 5)
; 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, ki so vzporedne z osemi ali potekajo skozi izhodišče koordinat.
Primer. Ravna črta odreže enake pozitivne segmente na koordinatnih oseh. Napišite enačbo ravne črte, če je ploščina trikotnika, ki ga tvorijo ti segmenti, 8 cm 2.
rešitev. Enačba premice ima obliko: , ab /2 = 8; ab=16; a=4, a=-4. a = -4< 0 не подходит по условию задачи. Итого: или х + у – 4 = 0.
Primer. Napišite enačbo za premico, ki poteka skozi točko A(-2, -3) in izhodišče.
rešitev.
Enačba ravne črte je: 
, kjer je x 1 = y 1 = 0; x 2 = -2; y 2 = -3.
Kot med premicami na ravnini
Opredelitev.Če sta podani dve premici y = k 1 x + b 1, y = k 2 x + b 2, bo ostri kot med tema premicama definiran kot
.
Premici sta vzporedni, če je k 1 = k 2. Dve premici sta pravokotni, če je k 1 = -1/ k 2.
Izrek. Premici Ax + Bу + C = 0 in A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 sta vzporedni, ko sta koeficienta A 1 = λA, B 1 = λB sorazmerna. Če je tudi C 1 = λC, potem premice sovpadajo. Koordinate presečišča dveh premic 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 je pravokotna na premico y = kx + b, je predstavljena z enačbo:
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:
(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 = -3 x + 7; y = 2 x + 1.
k 1 = -3; k 2 = 2; tgφ = 
; φ= π /4.
Primer. Dokaži, da sta premici 3x – 5y + 7 = 0 in 10x + 6y – 3 = 0 pravokotni.
rešitev. 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.
rešitev. Najdemo enačbo stranice AB: 
; 4 x = 6 y – 6;
2 x – 3 y + 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 zadovoljujejo to enačbo: 
od koder je b = 17. Skupaj: . 
Odgovor: 3 x + 2 y – 34 = 0.
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).
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
Enačba premice, ki poteka skozi dve točki. V članku" " Obljubil sem vam, da si bom ogledal drugo metodo reševanja predstavljenih problemov iskanja odvoda, glede na graf funkcije in tangento na ta graf. O tej metodi bomo razpravljali v , ne zamudite! zakaj v naslednjem?
Dejstvo je, da bo tam uporabljena formula za enačbo ravne črte. Seveda bi lahko preprosto pokazali to formulo in vam svetovali, da se je naučite. Vendar je bolje razložiti, od kod izvira (kako je izpeljan). To je potrebno! Če ga pozabite, ga lahko hitro obnovitene bo težko. Spodaj je vse podrobno opisano. Torej imamo dve točki A na koordinatni ravnini(x 1;y 1) in B(x 2;y 2) je skozi označene točke narisana premica: 
Tukaj je neposredna formula:
*To pomeni, da pri zamenjavi določenih koordinat točk dobimo enačbo oblike y=kx+b.
**Če si preprosto »zapomnite« to formulo, potem obstaja velika verjetnost, da se zamenjate z indeksi, ko X. Poleg tega je mogoče indekse označiti na različne načine, na primer:
Zato je pomembno razumeti pomen.
Sedaj pa izpeljava te formule. Zelo preprosto je!
Trikotnika ABE in ACF sta si podobna v ostrem kotu (prvi znak podobnosti pravokotnih trikotnikov). Iz tega sledi, da so razmerja ustreznih elementov enaka, to je:
Sedaj preprosto izrazimo te segmente z razliko v koordinatah točk:
Seveda ne bo napake, če napišete razmerja elementov v drugačnem vrstnem redu (glavno je ohraniti doslednost):
Rezultat bo enaka enačba premice. To je vse!
To pomeni, ne glede na to, kako so označene same točke (in njihove koordinate), boste z razumevanjem te formule vedno našli enačbo ravne črte.
Formulo lahko izpeljemo z uporabo lastnosti vektorjev, vendar bo princip izpeljave enak, saj bomo govorili o sorazmernosti njihovih koordinat. V tem primeru deluje enaka podobnost pravokotnih trikotnikov. Po mojem mnenju je zgoraj opisan zaključek bolj jasen)).
Ogled rezultatov prek vektorskih koordinat >>>
Naj bo na koordinatni ravnini zgrajena premica, ki poteka skozi dve podani točki A(x 1;y 1) in B(x 2;y 2). Označimo poljubno točko C na premici s koordinatami ( x; l). Označimo tudi dva vektorja:
Znano je, da so za vektorje, ki ležijo na vzporednih premicah (ali na isti premici), njihove ustrezne koordinate sorazmerne, to je:
— zapišemo enakost razmerij ustreznih koordinat:
Poglejmo primer:
Poiščite enačbo premice, ki poteka skozi dve točki s koordinatama (2;5) in (7:3).
Niti vam ni treba zgraditi same ravne črte. Uporabimo formulo:
Pomembno je, da pri sestavljanju razmerja razumete korespondenco. Ne morete zgrešiti, če napišete:
Odgovor: y=-2/5x+29/5 pojdi y=-0,4x+5,8
Da bi se prepričali, da je nastala enačba pravilna, ne pozabite preveriti - vanj nadomestite koordinate podatkov v pogoju točk. Enačbe morajo biti pravilne.
To je vse. Upam, da vam je bil material koristen.
Lep pozdrav, Alexander.
P.S: Hvaležen bi bil, če bi mi povedali o spletnem mestu na družbenih omrežjih.
V tem članku bomo obravnavali splošno enačbo premice na ravnini. Navedimo primere sestavljanja splošne enačbe premice, če sta znani dve točki te premice ali če sta znani ena točka in normalni vektor te premice. Predstavimo metode za transformacijo enačbe v splošni obliki v kanonične in parametrične oblike.
Naj bo podan poljuben kartezični pravokotni koordinatni sistem Oxy. Razmislite o prvi stopnji ali linearni enačbi:
| Sekira+Po+C=0, | (1) |
kje A, B, C− nekatere konstante in vsaj enega izmed elementov A in B drugačen od nič.
Pokazali bomo, da linearna enačba na ravnini določa premico. Dokažimo naslednji izrek.
Izrek 1. V poljubnem kartezičnem pravokotnem koordinatnem sistemu na ravnini lahko vsako premico podamo z linearno enačbo. Nasprotno pa vsaka linearna enačba (1) v poljubnem kartezičnem pravokotnem koordinatnem sistemu na ravnini definira ravno črto.
Dokaz. Dovolj je dokazati, da ravna črta L je določena z linearno enačbo za kateri koli kartezični pravokotni koordinatni sistem, saj bo potem določena z linearno enačbo za katero koli izbiro kartezičnega pravokotnega koordinatnega sistema.
Naj bo na ravnini podana premica L. Izberimo koordinatni sistem tako, da bo os Ox sovpadala z ravno črto L, in os Oj je bil pravokoten nanj. Nato enačba premice L bo imela naslednjo obliko:
| y=0. | (2) |
Vse točke na premici L bo izpolnjevala linearno enačbo (2), vse točke izven te premice pa ne bodo izpolnjevale enačbe (2). Prvi del izreka je dokazan.
Naj bo podan kartezični pravokotni koordinatni sistem in linearna enačba (1), kjer je vsaj eden od elementov A in B drugačen od nič. Poiščimo geometrijsko mesto točk, katerih koordinate zadoščajo enačbi (1). Ker je vsaj eden od koeficientov A in B različna od nič, ima enačba (1) vsaj eno rešitev M(x 0 ,l 0). (Na primer, ko A≠0, točka M 0 (−C/A, 0) pripada danemu geometrijskemu mestu točk). Če te koordinate nadomestimo v (1), dobimo identiteto
| sekira 0 +Avtor: 0 +C=0. | (3) |
Odštejmo identiteto (3) od (1):
| A(x−x 0)+B(l−l 0)=0. | (4) |
Očitno je enačba (4) enakovredna enačbi (1). Zato je dovolj dokazati, da (4) definira neko premico.
Ker obravnavamo kartezični pravokotni koordinatni sistem, iz enačbe (4) sledi, da je vektor s komponentami ( x−x 0 , y−y 0 ) pravokoten na vektor n s koordinatami ( A,B}.
Poglejmo nekaj ravne črte L, ki poteka skozi točko M 0 (x 0 , l 0) in pravokotno na vektor n(slika 1). Naj bistvo M(x,y) pripada premici L. Nato vektor s koordinatami x−x 0 , y−y 0 pravokotno n in enačba (4) je izpolnjena (skalarni produkt vektorjev n in enako nič). Nasprotno, če točka M(x,y) ne leži na premici L, nato vektor s koordinatami x−x 0 , y−y 0 ni pravokoten na vektor n in enačba (4) ni izpolnjena. Izrek je dokazan.
Dokaz. Ker premici (5) in (6) določata isto premico, potem normalni vektorji n 1 ={A 1 ,B 1) in n 2 ={A 2 ,B 2) kolinearni. Od vektorjev n 1 ≠0, n 2 ≠0, potem takšno število obstaja λ , kaj n 2 =n 1 λ . Od tu imamo: A 2 =A 1 λ , B 2 =B 1 λ . Dokažimo to C 2 =C 1 λ . Očitno imata sovpadajoči premici skupno točko M 0 (x 0 , l 0). Množenje enačbe (5) z λ in če od nje odštejemo enačbo (6), dobimo:
Ker sta prvi dve enakosti iz izrazov (7) izpolnjeni, potem C 1 λ −C 2 =0. Tisti. C 2 =C 1 λ . Opomba je dokazana.
Upoštevajte, da enačba (4) definira enačbo premice, ki poteka skozi točko M 0 (x 0 , l 0) in ima normalni vektor n={A,B). Torej, če sta normalni vektor premice in točka, ki pripada tej premici, znana, potem lahko splošno enačbo premice sestavimo z enačbo (4).
Primer 1. Premica poteka skozi točko M=(4,−1) in ima normalni vektor n=(3, 5). Sestavite splošno enačbo premice.
rešitev. Imamo: x 0 =4, l 0 =−1, A=3, B=5. Za sestavo splošne enačbe ravne črte te vrednosti nadomestimo v enačbo (4):
odgovor:
Vektor je vzporeden s premico L in torej pravokoten na normalni vektor premice L. Konstruirajmo vektor normalne črte L, ob upoštevanju, da je skalarni produkt vektorjev n in enaka nič. Lahko zapišemo npr. n={1,−3}.
Za sestavo splošne enačbe premice uporabimo formulo (4). Nadomestimo koordinate točke v (4) M 1 (lahko vzamemo tudi koordinate točke M 2) in normalni vektor n:
Zamenjava koordinat točk M 1 in M 2 v (9) se lahko prepričamo, da premica, podana z enačbo (9), poteka skozi te točke.
odgovor:
Odštejte (10) od (1):
Dobili smo kanonično enačbo premice. Vektor q={−B, A) je smerni vektor premice (12).
Glejte obratno pretvorbo.
Primer 3. Ravna črta na ravnini je predstavljena z naslednjo splošno enačbo:
Premaknimo drugi člen v desno in delimo obe strani enačbe z 2,5.