Назови пучок параллельных прямых достаточно ввести одну прямую в каждое окошко

Видео:Параллельные прямые циркулемСкачать

Пучок прямых. Уравнение пучка прямых

В данной статье мы рассмотрим понятие пучка прямых. Представим уравнение пучка прямых. Приведем примеры нахождения уравнения пучка прямых, проходящих через данную точку.

Пучком прямых называется множество прямых, проходящих через данную точку P. P называется центром пучка прямых . Две разные прямые в пучке прямых определяют центр пучка прямых.

Найдем уравнение пучка прямых, центром которого служит точка пересечения двух прямых (Рис.1):

Докажем следующую теорему.

Теорема 1. Пусть (1) и (2) уравнения двух прямых, пересекающихся в точке P, а λ₁ и λ₂ некоторые числа, которые одновременно не равны нулю. Тогда

является уравнением прямой, проходящей через точку P. Обратно, любая прямая, проходящая через точку P определяется уравнением (3), при некотороых числах λ₁ и λ₂.

Доказательство. Во первых покажем, что уравнение (3) является линейным уравнением (уравнением первого порядка), т.е. уравнением, при котором коэффициент при x или y не равен нулю.

Группируем коэффициенты при x и y:

Тогда, например при λ₁≠0 (по условию теоремы хотя бы один из чисел λ₁ и λ₂ не равен нулю), получим:

(6)

.

(7)

Полученное равенство является условием параллельности прямых, определяемых уравнениями (1) и (2), что противоречит условию теоремы (эти прямые пересекаются и не совпадают). Таким образом хотя бы один из равенств (5) не выполняется, т.е. хотя бы один коэффициент при x и y в уравнении (4) не равен нулю. Отсюда следует, что уравнение (4) является линейным уравнением (уравнением первой степени) и является уравнением некоторой прямой. По условию теоремы, эта прямая проходит через точку P(x₀, y₀), которая является пересечением прямых (1) и (2), т.е. выполняются равенства:

(8)

Из уравнениий (8) следует, что при любых λ₁ и λ₂:

т.е. уравнение (3) проходит через точку P.

Докажем вторую часть теоремы. Покажем, что любая прямая, проходящая через точку P определяется уравнением (3) при некоторых значениях λ₁ и λ₂.

Возьмем некоторую прямую проходящую через точки P и M’(x’, y’). Покажем, что данная прямая определяется уравнением (3) при некоторых значениях λ₁ и λ₂, не равных одновременно нулю.

В первой части доказательства теоремы мы показали, что прямая, проходящая через точку P определяется уравнением (3). Теперь, если эта прямая проходит через еще одну точку M’(x’, y’), то координаты этой точки должны удовлетворять уравнению (3):

Заметим, что выражения в скобках не могут быть равным нулю одновременно, т.к. это означало бы, что оба уравнения проходят через точки P и M’(x’, y’) и, следовательно, совпадают. Пусть, например, λ₁(A₁x’₀+B₁y’₀+C₁)≠0. Тогда задав λ₂ произвольное число, отличное от нуля, решим (9) относительно λ₁:

Пример 1. Пучок прямых задан уравнениями:

Найти уравнение прямой из пучка прямых, проходящий через точку M(−3, 1).

Решение. Уравнение пучка прямых, заданных прямыми (10) и (11) имеет следующий вид:

Подставим координаты точки M в уравннение (12):

Упростив уравнение (14), получим уравнение из пучка прямых проходящих через точку M(−3, 1):

Пример 2. Построить уравнение пучка прямых с центром M(4,1):

Решение. Возьмем две различные точки, не совпадающие с точкой M: M₁(2,1), M₂(−1,3). Построим уравнение, проходящие через точки M и M₁. Нормальный вектор n₁ этой прямой должен быть ортогональным вектору , равному разностьям координат точек M и M₁: ==. Т.е. можно взять n₁=. Тогда уравнение прямой с нормальным вектором n₁, проходяще через точку M имеет следующий вид:

Построим уравнение проходящее через точки M и M₂. ==. Возмем в качестве нормального вектора второго уравнения n₂=. Тогда второе уравнение имеет слеждующий вид:

Из уравнений (15) и (16) можно записать уравнение пучка прямых с центром M(4,1):

Заметим, что взяв другие точки M₁ и M₂, мы получим уравнение того же пучка прямых, но с другими двумя прямыми.

Видео:Задача про трапецию, описанную около окружностиСкачать

Трапеция ABCD, основание BC которой равно 24 cм, лежит в плоскости α. Точка M не находится в плоскости трапеции. Точка K делит отрезок MB так, что MK:KB=1:3. Плоскость ADK пересекает отрезок MC в некоторой точке N. Определи длину отрезка KN.

1. Назови пучок параллельных прямых (достаточно ввести одну прямую в каждое окошко, буквы располагай в алфавитном порядке!):

∥
∥
.
2. Назови подобные треугольники:
ΔKMN

3. KN=
(округли до одной десятой).
Предыдущее задание
Предыдущее задание
Список заданий
Список заданий
Следующее задание
Следующее задание
​

Видео:Геометрия 7 класс (Урок№33 - Повторение. Параллельные и перпендикулярные прямые.)Скачать

Пучок прямых, уравнение пучка прямых

В статье рассматриваются определения пучка прямых с центром в заданной точке плоскости. Разбирается подробное решение с применением определения, рассматриваются задачи на составление уравнения пучка прямых, нахождение координат.

Видео:Теоремы об углах, образованных двумя парал. прямыми и секущей | Геометрия 7-9 класс #30 | ИнфоурокСкачать

Пучок прямых – это определение

Пучок прямых определяется на плоскости, но не в трехмерном пространстве. Аксиома геометрии говорит о том, что если имеются две несовпадающие точки, расположенные на плоскости, то через них можно провести только одну прямую. Если на плоскости γ задается точка М 0 и M 1 , то через них можем провести прямую. Когда имеется еще одна точка М 2 , которая не лежит на прямой М 0 М 1 , тогда можно провести прямую М 0 М 2 . Если отметим точку М 3 , не принадлежащую ни одной из проведенных прямых, через нее также може провести прямую, проходящую через М 0 .

Отсюда следует, что в плоскости γ можно провести множество прямых через заданную точку. Это и привело к определению пучка прямых.

Заданная плоскость γ с множеством всех прямых, которые лежат в плоскости γ и проходящие через точку М 0 называют пучком прямых с центром в точке М 0 .

Исходя из определения, имеем, что любые две прямые из этого пучка пересекутся в центре данного пучка прямых. Пучок определяется при условии, если указан центр данного пучка.

Видео:МЕРЗЛЯК-7 ГЕОМЕТРИЯ. ПАРАЛЛЕЛЬНЫЕ ПРЯМЫЕ. ПАРАГРАФ-13Скачать

Уравнение пучка прямых – решение задач

Для решения задач применяется уравнение пучка прямых, то есть сам пучок рассматривается относительно систему координат О х у на плоскости.

Когда имеем на плоскости прямоугольную систему координат О х у с указанными пересекающимися прямыми а 1 и а 2 _, пучок задает эти прямые. За систему координат О х у отвечает общее уравнение прямой, которое имеет вид A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 или A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 .

Введем обозначение пересечения прямых как точка М 0 с координатами х 0 и y 0 . Отсюда следует, что точка М имеет координаты M 0 ( x 0 , y 0 ) .

Чтобы определить вид используемого уравнения в пучках, рассмотрим на теореме.

При заданных двух пересекающихся прямых а 1 и а 2 имеются прямые, которые входят в пучок прямых, образованных в системе координат О х у . Их уравнения имеют вид A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 и A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 тогда и только тогда, когда уравнение прямой α · ( A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 ) + β · ( A 2 x + B 2 y + C 2 ) = 0 соответствует ей,a α и β являются действительными числами, неравными нулю. Данное условие записывается так: α 2 + β 2 ≠ 0 .

Начнем рассмотрение доказательства с рассмотрения прямой a с указанного пучка, после чего докажем, что ее можно задавать при помощи уравнения α · ( A 1 x + B 1 y + C 1 ) + β · ( A 2 x + B 2 y + C 2 ) = 0 .

Центр пучка возьмем за точку с координатами M 0 = ( x 0 , y 0 ) .

Отсюда получаем, что n → = ( A 1 , B 1 ) является нормальным вектором прямой A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 , тогда n 2 → = ( A 2 , B 2 ) — нормальный вектор для прямой A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 . Получаем, что n → 1 и n 2 → — это неколлинеарные векторы, потому что у прямой а 1 и а 2 нет общих точек пересечения. Значит, необходимо разложить нормальный вектор n → по двум неколлинеарным n 1 → и n 2 → . Разложение необходимо выполнять по формуле n → = α · n 1 → + β · n 2 → . В итоге получаем, что n → = ( α · A 1 + β · A 2 , α · B 1 + β · B 2 ) .

После вычислений получаем координаты нормального вектора прямой a , равные n → = α · A 1 + β · A 2 , α · B 1 + β · B 2 . Координаты точки, пересекающиеся с прямой a в точке M 0 ( x 0 , y 0 ) , записываются при помощи общего уравнения прямой a . Тогда получаем выражение вида:

α · A 1 + β · A 2 · x — x 0 + α · B 1 + β · B 2 · y — y 0 = 0 ⇔ ⇔ α · ( A 1 x + B 1 y — A 1 x 0 + B 1 y 0 ) + β · A 2 x + B 2 y — A 2 x 0 — B 2 y 0 = 0

По — A 1 x 0 — B 1 y 0 = C 1 и — A 2 x 0 — B 2 y 0 = C 2 получим общее уравнение прямой a , имеющее вид α · ( A 1 x + B 1 y + C 1 ) + β · A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 . Вышесказанная необходимость доказана.

Осталось найти доказательства достаточности.

Значит, нужно произвести доказательство выражения α · ( A 1 x + B 1 y + C 1 ) + β · A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 , где имеем α и β некоторыми действительными числами неравными нулю, существует уравнение из пучка прямых с точкой пересечения M 0 ( x 0 , y 0 ) . Такое уравнение определено при помощи двух пересекающихся прямых A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 и A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 .

Запишем уравнение α · ( A 1 x + B 1 y + C 1 ) + β · A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 в виде α · A 1 + β · A 2 · x + α · B 1 + β · B 2 · y + α · C 1 + β · C 2 = 0 .

Уравнение будет считаться общим, если выполняется условие, когда α · A 1 + β · A 2 и α · B 1 + β · B 2 отличны от нуля. Иначе мы получили выражение вида α · A 1 + β · A 2 = 0 ⇔ A 1 = — β α · A 2 и α · B 1 + β · B 2 = 0 ⇔ B 1 = — β α · B 2 или α · A 1 + β · A 2 = 0 ⇔ A 2 = — α β · A 1 и α · B 1 + β · B 2 = 0 ⇔ B 2 = — α β · B 1 . Это значило бы, что векторы не коллинеарны.

Это невозможно в данном случае, так как n 1 → и n 2 → — это нормальные векторы прямых а 1 и а 2 , которые пересекаются.

Имеем, что уравнение α · ( A 1 x + B 1 y + C 1 ) + β · A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 является общим уравнением прямой. Далее необходимо произвести доказательство удовлетворения координат точки при их пересечении, то есть координаты точки M 0 ( x 0 , y 0 ) . Докажем, справедливо ли равенство α · ( A 1 x + B 1 y + C 1 ) + β · A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 .

M 0 ( x 0 , y 0 ) является точкой пересечения прямых, значит, ее координаты должны удовлетворять уравнениям обеих пересекающихся прямых.

Когда A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 и A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 справедливы, отсюда следует, что α · A 1 x + B 1 y + C 1 + β · A 2 x + B 2 y + C 2 = α · 0 + β · 0 = 0 .

Что и требовалось доказать.

Можем сделать вывод, что уравнение, которое имеет вид α · A 1 x + B 1 y + C 1 + β · A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 и есть уравнение пучка.

Значения α и β необходимы для того, чтобы определять прямые, находящиеся в данном пучке, с уравнениями A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 и A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 .

Необходимо, чтобы как минимум один из параметров был не равен нулю, тогда можно упростить выражение. При условии, что α ≠ 0 получаем выражение вида A 1 x + B 1 y + C 1 + λ · A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 с λ = α β .

При β ≠ 0 выражение принимает вид μ · A 1 x + B 1 y + C 1 + A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 с μ = α β .

Они не являются эквивалентными уравнению пучка прямых, относящихся к виду α · A 1 x + B 1 y + C 1 + β · A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 . Уравнение A 1 x + B 1 y + C 1 + λ · A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 при любых значениях λ не даст возможности получить уравнение вида A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 .

Уравнение μ · A 1 x + B 1 y + C 1 + A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 при любых значениях μ не даст в результате A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 .

Подробно рассмотрим на решении примеров.

Написать уравнение прямой пучка с заданным центром в точке M 0 ( — 1 , 4 ) , k = 3 .

Необходимо составить уравнение прямой, которая будет проходить через заданную точку с координатами M 0 ( — 1 , 4 ) с угловым коэффициентом равным 3 . Тогда запишем уравнение прямой с угловым коэффициентом и получим y — 4 = 3 · ( x — ( — 1 ) ) ⇔ y = 3 x + 7 .

Ответ: y = 3 x + 7 .

Найти координаты центра пучка прямых в О х у , если известны два уравнения пересекающихся прямых x — 4 2 = y + 3 0 и x 2 3 + y — 1 = 1 .

Чтобы найти координаты центра пучка, необходимо найти точки пересечения x — 4 2 = y + 3 0 и x 2 3 + y — 1 = 1 .

Получим, что каноническое уравнение прямой на плоскости x — 4 2 = y + 3 0 эквивалентно x 2 3 + y — 1 = 1 , а уравнение в отрезках x 2 3 + y — 1 = 1 общему уравнению прямой 3 2 x — y — 1 = 0 .

Теперь составляем систему уравнений, включающую в себя уравнения прямых.

y + 3 = 0 3 2 x — y — 1 = 0 ⇔ y = — 3 3 2 x — ( — 3 ) — 1 = 0 ⇔ y = — 3 x = — 4 3

Получим, что — 4 3 , — 3 — это координаты центральной точки, где пересекаются все прямые.

Произвести составление уравнения пучка прямых в О х у , которое задано при помощи прямых 3 x — 2 y + 1 = 0 и x = — 2 + 2 · λ y = 5 · λ , имеющих общую точку пересечения.

Для начала необходимо получить общее уравнение прямой. Оно определено параметрическим уравнением x = — 2 + 2 · λ y = 5 · λ .

Отсюда следует, что

x = — 2 + 2 · λ y = 5 · λ ⇔ λ = x + 2 2 λ = y 5 ⇔ x + 2 2 = y 5 ⇔ ⇔ 5 · ( x + 2 ) = 2 · y ⇔ 5 x — 2 y + 10 = 0

Произведем запись уравнения пучка прямых и получим α · ( 3 x — 2 y + 1 ) + β · ( 5 x — 2 y + 10 ) = 0 , а α и β являются действительными числами, где обязательным условием считается α 2 + β 2 ≠ 0 .

Ответ: α · ( 3 x — 2 y + 1 ) + β · ( 5 x — 2 y + 10 ) = 0 .

Написать уравнение прямой, проходящей через точку M 1 ( 2 , — 1 ) и принадлежащей пучку прямых с уравнением α · ( 5 x + y — 19 ) + β · ( 2 x — 3 y + 6 ) = 0 .

Задача решается двумя способами.

Первый способ начинается с определения М 0 , являющейся центром пересечения. Тогда нужно найти точки пересечения уравнений 5 x + y — 19 = 0 и 2 x — 3 y + 6 = 0 , а их результат и будет являться координатами для M 0 .

Определяем координаты, решив получившуюся систему:

5 x + y — 19 = 0 2 x — 3 y + 6 = 0 ⇔ y = 19 — 5 x 2 x — 3 · ( 19 — 5 x ) + 6 = 0 ⇔ y = 19 — 5 x x = 3 ⇔ ⇔ y = 19 — 5 · 3 x = 3 ⇔ y = 4 x = 3

Значит точка М 0 имеет координаты ( 3 , 4 ) . Это записывается как M 0 ( 3 , 4 ) . Чтобы получить искомое уравнение , которое проходит через точки с координатами M 0 ( 3 , 4 ) и M 1 ( 2 , — 1 ) . В итоге получаем:

x — 3 2 — 3 = y — 4 — 1 — 4 ⇔ x — 3 — 1 = y — 4 — 5 ⇔ x — 3 1 = y — 4 5

Второй способ начинается с того, что необходимо определить параметры α и β , чтобы уравнение α · ( 5 x + y — 19 ) + β · 2 x — 3 y + 6 = 0 было уравнением прямой, которая проходит через M 1 ( 2 , — 1 ) . Для этого найдем координаты М 1 и получим, что

α · 5 · 2 + ( — 1 ) — 19 + β · 2 · 2 — 3 · ( — 1 ) + 6 = 0 ⇔ ⇔ — 10 · α + 13 · β = 0 ⇔ α = 13 · β 10

Принимаем значение β = 10 , при желании можно выбирать любое другое такое значение β , которое дает несложное вычисление α . Получаем α = 13 · β 10 = 13 · 10 10 = 13 .

При подстановке значений α = 13 и β = 10 в заданное уравнение пучка, преобразуем:

13 · ( 5 x + y — 19 ) + 10 · ( 2 x — 3 y + 6 ) = 0 ⇔ 85 x — 17 y — 187 = 0 ⇔ 5 x — y — 11 = 0

Необходимо проверить эквивалентность получившихся уравнений.

x — 3 1 = y — 4 5 ⇔ 5 · x — 3 = 1 · y — 4 ⇔ 5 x — y — 11 = 0

Отсюда следует, что все решено верно.

Ответ: 5 x — y — 11 = 0 .

Определить принадлежность прямой 3 x — y + 5 = 0 пучку прямых α · ( x — 2 y + 4 ) + β · ( x — y + 4 ) = 0 .

Решение производится двумя способами.

Первый способ решения начинается с нахождения центров координаты заданного уравнения пучка и их проверки:

x — 2 y + 4 = 0 x — y + 4 = 0 ⇔ x = 2 y — 4 x — y + 4 = 0 ⇔ x = 2 y — 4 2 y — 4 — y + 4 = 0 ⇔ ⇔ x = 2 y — 4 y = 0 ⇔ x = 2 · 0 — 4 y = 0 ⇔ x = — 4 y = 0 3 · ( — 4 ) — 0 + 5 = 0 ⇔ — 7 = 0

Получим, что подстановка координат центра в уравнение прямой 3 x — y + 5 = 0 дает неверное равенство. Делаем вывод, что прямая не пересекает центр пучков, значит, и не принадлежит ему.

Второй способ начинается с раскрытия скобок и приведения подобных слагаемых α · ( x — 2 y + 4 ) + β · x — y + 4 = 0 ⇔ 2 α + β · y + 4 α + 4 β = 0 .

Когда прямая 3 x — y + 5 = 0 принадлежит пучку прямых, тогда имеются такие значения α и β , что два уравнения α + β · x — 2 α + β · y + 4 α + 4 β = 0 и 3 x — y + 5 = 0 являются эквивалентными.

Тогда получаем систему, состоящую из трех равнений α + β = 3 2 α + β = 1 4 α + 4 β = 5 .

Для ее преобразования необходимо приравнять коэффициенты перед переменными x и y и свободные членов имеющихся уравнений α + β · x — 2 α + β · y + 4 α + 4 β = 0 и 3 x — y + 5 = 0 , чтобы получать результат решения.

Для проверки необходимо применить теорему Кронекера-Капелли.

Для этого необходимо записать основную и расширенную матрицы для составленной системы уравнений. Получим, что A = 1 1 2 1 4 4 и T = 1 1 3 2 1 1 4 4 5 .

Требуется посчитать ранг матрицы A . Он равен 2 , потому что 1 1 2 1 = — 1 ≠ 0 .

Результат нахождения ранга расширенной матрицы равняется 3 , потому как 1 1 3 2 1 1 4 4 5 = 7 ≠ 0 .

Отсюда имеем, что система уравнений α + β = 3 2 α + β = 1 4 α + 4 β = 5 не определена, то есть имеет решений. Так как решения отсутствуют, прямая не проходит через центр прямой имеющихся пучков прямых.

Ответ: нет, прямая 3 x — y + 5 = 0 не принадлежит заданному пучку прямых, записанных уравнением вида α · ( x — 2 y + 4 ) + β · ( x — y + 4 ) = 0 .

💡 Видео

Трапеция. Практическая часть - решение задачи. 8 класс.Скачать

Отрезок, соединяющий середины диагоналей трапецииСкачать

✓ Как решить трапецию | ЕГЭ-2020. Задание 16. Профильный уровень. Основная волна | Борис ТрушинСкачать

Центр тяжести трапецииСкачать

Прямая, параллельная основаниям трапеции ABCD, пересекает её боковые #математика #огэ #впрСкачать

Трапеция. Классика!Скачать

Убежать от трапеции | Ботай со мной #044 | Борис Трушин !Скачать

№64. Три прямые, проходящие через одну точку и не лежащие в одной плоскости, пересекают однСкачать

№90. Вершины А и В трапеции ABCD лежат в плоскости α, а вершины С и D не лежат в этой плоскости. КакСкачать

КАК найти площадь трапеции? Геометрия 8 класс | МатематикаСкачать

Трапеция. Решение задач.Скачать

Окружность и трапеция | ЕГЭ-2018. Задание 16. Математика. Профильный уровень | Борис Трушин +Скачать

Трапеция, решение задач. Вебинар | МатематикаСкачать

№29. В трапеции ABCD основание ВС равно 12 см. Точка М не лежит в плоскостиСкачать

№20. Средняя линия трапеции лежит в плоскости α. Пересекают ли прямые,Скачать