Zapišite enačbo premice skozi 2 točki. Enačba premice, ki poteka skozi dve dani točki: primeri, rešitve

Ta članek nadaljuje temo enačbe premice na ravnini: to vrsto enačbe bomo obravnavali kot splošno enačbo premice. Definirajmo izrek in podajmo njegov dokaz; Ugotovimo, kaj je nepopolna splošna enačba premice in kako narediti prehode iz splošne enačbe v druge vrste enačb premice. Celotno teorijo bomo podkrepili z ilustracijami in rešitvami praktičnih nalog.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Naj bo na ravnini določen pravokotni koordinatni sistem O x y.

1. izrek

Vsaka enačba prve stopnje, ki ima obliko A x + B y + C = 0, kjer so A, B, C nekatera realna števila (A in B nista enaka nič hkrati), določa ravno črto v pravokotni koordinatni sistem na ravnini. Po drugi strani pa je vsaka ravna črta v pravokotnem koordinatnem sistemu na ravnini določena z enačbo, ki ima obliko A x + B y + C = 0 za določen niz vrednosti A, B, C.

Dokaz

Ta izrek je sestavljen iz dveh točk; dokazali bomo vsako od njih.

1. Dokažimo, da enačba A x + B y + C = 0 določa premico na ravnini.

Naj obstaja neka točka M 0 (x 0 , y 0), katere koordinate ustrezajo enačbi A x + B y + C = 0. Torej: A x 0 + B y 0 + C = 0. Če od leve in desne strani enačb A x + B y + C = 0 odštejemo levo in desno stran enačbe A x 0 + B y 0 + C = 0, dobimo novo enačbo, ki izgleda kot A (x - x 0) + B (y - y 0) = 0 . Enakovredno je A x + B y + C = 0.

Nastala enačba A (x - x 0) + B (y - y 0) = 0 je potrebna in zadosten pogoj pravokotnost vektorjev n → = (A, B) in M ​​0 M → = (x - x 0, y - y 0). Tako določa množica točk M (x, y) premico v pravokotnem koordinatnem sistemu, pravokotno na smer vektorja n → = (A, B). Lahko domnevamo, da temu ni tako, vendar potem vektorja n → = (A, B) in M ​​0 M → = (x - x 0, y - y 0) ne bi bila pravokotna in enakost A (x - x 0 ) + B (y - y 0) = 0 ne bi bilo res.

Posledično enačba A (x - x 0) + B (y - y 0) = 0 določa določeno premico v pravokotnem koordinatnem sistemu na ravnini, zato ekvivalentna enačba A x + B y + C = 0 določa ista vrstica. Tako smo dokazali prvi del izreka.

1. Naj dokažemo, da lahko vsako premico v pravokotnem koordinatnem sistemu na ravnini podamo z enačbo prve stopnje A x + B y + C = 0.

Določimo premico a v pravokotnem koordinatnem sistemu na ravnini; točka M 0 (x 0 , y 0), skozi katero gre ta premica, kot tudi normalni vektor te premice n → = (A, B) .

Naj obstaja tudi neka točka M (x, y) - plavajoča vejica na premici. V tem primeru sta vektorja n → = (A, B) in M ​​0 M → = (x - x 0, y - y 0) pravokotna drug na drugega, njihov skalarni produkt pa je enak nič:

n → , M 0 M → = A (x - x 0) + B (y - y 0) = 0

Prepišemo enačbo A x + B y - A x 0 - B y 0 = 0, definiramo C: C = - A x 0 - B y 0 in kot končni rezultat dobimo enačbo A x + B y + C = 0.

Tako smo dokazali drugi del izreka in dokazali celoten izrek v celoti.

Definicija 1

Enačba oblike A x + B y + C = 0 - To splošna enačba premice na ravnini v pravokotnem koordinatnem sistemuOxy.

Na podlagi dokazanega izreka lahko sklepamo, da sta premica in njena splošna enačba, definirana na ravnini v nepremičnem pravokotnem koordinatnem sistemu, neločljivo povezani. Z drugimi besedami, prvotna črta ustreza njeni splošni enačbi; splošna enačba premice ustreza dani premici.

Iz dokaza izreka tudi sledi, da sta koeficienta A in B pri spremenljivkah x in y koordinati normalnega vektorja premice, ki je podana s splošno enačbo premice A x + B y + C = 0.

Razmislimo konkreten primer splošna enačba premice.

Naj bo podana enačba 2 x + 3 y - 2 = 0, ki ustreza premici v danem pravokotnem koordinatnem sistemu. Normalni vektor te premice je vektor n → = (2 , 3)​. Na risbi narišimo dano premico.

Zatrdimo lahko tudi naslednje: premica, ki jo vidimo na risbi, je določena s splošno enačbo 2 x + 3 y - 2 = 0, saj tej enačbi ustrezajo koordinate vseh točk na dani premici.

Enačbo λ · A x + λ · B y + λ · C = 0 dobimo tako, da pomnožimo obe strani splošne enačbe premice s številom λ, ki ni enako nič. Nastala enačba je enakovredna prvotni splošni enačbi, zato bo opisovala isto premico na ravnini.

Definicija 2

Popolna splošna enačba premice– taka splošna enačba premice A x + B y + C = 0, v kateri so števila A, B, C različna od nič. Sicer je enačba nepopolna.

Analizirajmo vse različice nepopolne splošne enačbe premice.

1. Ko je A = 0, B ≠ 0, C ≠ 0, ima splošna enačba obliko B y + C = 0. Takšna nepopolna splošna enačba določa v pravokotnem koordinatnem sistemu O x y ravno črto, ki je vzporedna z osjo O x, saj bo za vsako realno vrednost x spremenljivka y prevzela vrednost - C B. Z drugimi besedami, splošna enačba premice A x + B y + C = 0, ko je A = 0, B ≠ 0, podaja geometrijsko mesto točk (x, y), katerih koordinate so enake istemu številu - C B.
2. Če je A = 0, B ≠ 0, C = 0, ima splošna enačba obliko y = 0. Ta nepopolna enačba določa os x O x .
3. Ko je A ≠ 0, B = 0, C ≠ 0, dobimo nepopolno splošno enačbo A x + C = 0, ki določa premico, vzporedno z ordinato.
4. Naj bo A ≠ 0, B = 0, C = 0, potem bo nepopolna splošna enačba imela obliko x = 0 in to je enačba koordinatne premice O y.
5. Končno ima nepopolna splošna enačba za A ≠ 0, B ≠ 0, C = 0 obliko A x + B y = 0. In ta enačba opisuje ravno črto, ki poteka skozi izhodišče. Pravzaprav par števil (0, 0) ustreza enakosti A x + B y = 0, saj je A · 0 + B · 0 = 0.

Naj grafično ponazorimo vse zgornje vrste nepopolne splošne enačbe premice.

Primer 1

Vemo, da je dana premica vzporedna z ordinatno osjo in poteka skozi točko 2 7, - 11. Zapisati je treba splošno enačbo dane premice.

rešitev

Premica, vzporedna z ordinatno osjo, je podana z enačbo oblike A x + C = 0, v kateri je A ≠ 0. Pogoj podaja tudi koordinate točke, skozi katero poteka premica, koordinate te točke pa izpolnjujejo pogoje nepopolne splošne enačbe A x + C = 0, tj. enakost velja:

A 2 7 + C = 0

Iz njega je mogoče določiti C, če damo A neko vrednost, ki ni nič, na primer A = 7. V tem primeru dobimo: 7 · 2 7 + C = 0 ⇔ C = - 2. Poznamo oba koeficienta A in C, ju nadomestimo v enačbo A x + C = 0 in dobimo zahtevano enačbo premice: 7 x - 2 = 0

odgovor: 7 x - 2 = 0

Primer 2

Risba prikazuje ravno črto, zapisati morate njeno enačbo.

rešitev

Podana risba nam omogoča, da enostavno vzamemo začetne podatke za rešitev problema. Na risbi vidimo, da je dana premica vzporedna z osjo O x in poteka skozi točko (0, 3).

Premica, ki je vzporedna z absciso, je določena z nepopolno splošno enačbo B y + C = 0. Poiščimo vrednosti B in C. Koordinate točke (0, 3), ker dana premica poteka skozi njo, bodo zadostile enačbi premice B y + C = 0, potem velja enakost: B · 3 + C = 0. Nastavimo B na neko vrednost, ki ni nič. Recimo B = 1, v tem primeru lahko iz enakosti B · 3 + C = 0 najdemo C: C = - 3. Uporabljamo znane vrednosti B in C, dobimo zahtevano enačbo premice: y - 3 = 0.

odgovor: y - 3 = 0 .

Splošna enačba premice, ki poteka skozi dano točko v ravnini

Naj gre dana premica skozi točko M 0 (x 0 , y 0), potem njene koordinate ustrezajo splošni enačbi premice, tj. enakost velja: A x 0 + B y 0 + C = 0. Odštejmo levo in desno stran te enačbe od leve in desne strani splošne popolne enačbe premice. Dobimo: A (x - x 0) + B (y - y 0) + C = 0, ta enačba je enakovredna prvotni splošni, poteka skozi točko M 0 (x 0, y 0) in ima normalo vektor n → = (A, B) .

Rezultat, ki smo ga dobili, omogoča pisanje splošne enačbe premice z znane koordinate normalni vektor premice in koordinate določene točke na tej premici.

Primer 3

Dana je točka M 0 (- 3, 4), skozi katero poteka premica, in normalni vektor te premice n → = (1 , - 2) . Zapisati je treba enačbo dane premice.

rešitev

Začetni pogoji nam omogočajo, da pridobimo potrebne podatke za sestavo enačbe: A = 1, B = - 2, x 0 = - 3, y 0 = 4. Nato:

A (x - x 0) + B (y - y 0) = 0 ⇔ 1 (x - (- 3)) - 2 y (y - 4) = 0 ⇔ ⇔ x - 2 y + 22 = 0

Težavo bi lahko rešili drugače. Splošna enačba ravne črte je A x + B y + C = 0. Dani normalni vektor nam omogoča, da dobimo vrednosti koeficientov A in B, nato pa:

A x + B y + C = 0 ⇔ 1 x - 2 y + C = 0 ⇔ x - 2 y + C = 0

Zdaj pa poiščimo vrednost C z uporabo točke M 0 (- 3, 4), določene s pogojem problema, skozi katero poteka premica. Koordinate te točke ustrezajo enačbi x - 2 · y + C = 0, tj. - 3 - 2 4 + C = 0. Zato je C = 11. Zahtevana enačba premice ima obliko: x - 2 · y + 11 = 0.

odgovor: x - 2 y + 11 = 0 .

Primer 4

Dana je premica 2 3 x - y - 1 2 = 0 in točka M 0, ki leži na tej premici. Znana je le abscisa te točke, ki je enaka -3. Določiti je treba ordinato dane točke.

rešitev

Koordinati točke M 0 označimo z x 0 in y 0 . Izvorni podatki kažejo, da je x 0 = - 3. Ker točka pripada dani premici, njene koordinate ustrezajo splošni enačbi te premice. Potem bo enakost resnična:

2 3 x 0 - y 0 - 1 2 = 0

Določite y 0: 2 3 · (- 3) - y 0 - 1 2 = 0 ⇔ - 5 2 - y 0 = 0 ⇔ y 0 = - 5 2

odgovor: - 5 2

Prehod s splošne enačbe premice na druge vrste enačb premice in obratno

Kot vemo, obstaja več vrst enačb za isto premico na ravnini. Izbira vrste enačbe je odvisna od pogojev problema; možno je izbrati tistega, ki je bolj primeren za reševanje. Veščina pretvarjanja enačbe ene vrste v enačbo druge vrste je tukaj zelo uporabna.

Najprej razmislimo o prehodu iz splošne enačbe oblike A x + B y + C = 0 v kanonično enačbo x - x 1 a x = y - y 1 a y.

Če je A ≠ 0, potem izraz B y prenesemo na desna stran splošna enačba. Na levi strani vzamemo A iz oklepaja. Kot rezultat dobimo: A x + C A = - B y.

To enakost lahko zapišemo kot razmerje: x + C A - B = y A.

Če je B ≠ 0, pustimo le člen A x na levi strani splošne enačbe, ostale prenesemo na desno stran, dobimo: A x = - B y - C. Iz oklepaja vzamemo – B, potem: A x = - B y + C B .

Zapišimo enakost v obliki razmerja: x - B = y + C B A.

Dobljenih formul si seveda ni treba zapomniti. Dovolj je poznati algoritem dejanj pri prehodu s splošne enačbe na kanonično.

Primer 5

Podana je splošna enačba premice 3 y - 4 = 0. Treba ga je pretvoriti v kanonično enačbo.

rešitev

Zapišimo prvotno enačbo kot 3 y - 4 = 0. Nato nadaljujemo po algoritmu: izraz 0 x ostane na levi strani; in na desni strani postavimo - 3 iz oklepaja; dobimo: 0 x = - 3 y - 4 3 .

Dobljeno enakost zapišimo kot razmerje: x - 3 = y - 4 3 0 . Tako smo dobili enačbo kanonične oblike.

Odgovor: x - 3 = y - 4 3 0.

Za pretvorbo splošne enačbe premice v parametrične se najprej izvede prehod v kanonično obliko, nato pa prehod iz kanonične enačbe premice v parametrične enačbe.

Primer 6

Ravna črta je podana z enačbo 2 x - 5 y - 1 = 0. Zapišite parametrične enačbe za to premico.

rešitev

Naredimo prehod iz splošne enačbe v kanonično:

2 x - 5 y - 1 = 0 ⇔ 2 x = 5 y + 1 ⇔ 2 x = 5 y + 1 5 ⇔ x 5 = y + 1 5 2

Zdaj vzamemo obe strani dobljene kanonične enačbe enake λ, potem:

x 5 = λ y + 1 5 2 = λ ⇔ x = 5 λ y = - 1 5 + 2 λ , λ ∈ R

odgovor:x = 5 λ y = - 1 5 + 2 λ , λ ∈ R

Splošno enačbo lahko pretvorimo v enačbo premice z naklonom y = k · x + b, vendar le, če je B ≠ 0. Za prehod pustimo člen B y na levi strani, ostale prenesemo na desno. Dobimo: B y = - A x - C . Obe strani dobljene enakosti delimo z B, različnim od nič: y = - A B x - C B.

Primer 7

Splošna enačba premice je podana: 2 x + 7 y = 0. To enačbo morate pretvoriti v enačbo naklona.

rešitev

Izvedemo potrebna dejanja v skladu z algoritmom:

2 x + 7 y = 0 ⇔ 7 y - 2 x ⇔ y = - 2 7 x

odgovor: y = - 2 7 x .

Iz splošne enačbe premice je dovolj, da preprosto dobimo enačbo v segmentih oblike x a + y b = 1. Za takšen prehod premaknemo število C na desno stran enačbe, obe strani dobljene enakosti delimo z – C in na koncu prenesemo koeficienta za spremenljivki x in y na imenovalca:

A x + B y + C = 0 ⇔ A x + B y = - C ⇔ ⇔ A - C x + B - C y = 1 ⇔ x - C A + y - C B = 1

Primer 8

Treba je transformirati splošno enačbo premice x - 7 y + 1 2 = 0 v enačbo premice v segmentih.

rešitev

Premaknimo 1 2 na desno stran: x - 7 y + 1 2 = 0 ⇔ x - 7 y = - 1 2 .

Podelimo obe strani enakosti z -1/2: x - 7 y = - 1 2 ⇔ 1 - 1 2 x - 7 - 1 2 y = 1 .

odgovor: x - 1 2 + y 1 14 = 1 .

Na splošno je tudi obratni prehod enostaven: od drugih vrst enačb do splošne.

Enačbo premice v segmentih in enačbo s kotnim koeficientom lahko enostavno pretvorimo v splošno tako, da preprosto zberemo vse člene na levi strani enakosti:

x a + y b ⇔ 1 a x + 1 b y - 1 = 0 ⇔ A x + B y + C = 0 y = k x + b ⇔ y - k x - b = 0 ⇔ A x + B y + C = 0

Kanonična enačba se pretvori v splošno po naslednji shemi:

x - x 1 a x = y - y 1 a y ⇔ a y · (x - x 1) = a x (y - y 1) ⇔ ⇔ a y x - a x y - a y x 1 + a x y 1 = 0 ⇔ A x + B y + C = 0

Če želite preiti iz parametričnih, se najprej pomaknite na kanoničnega in nato na splošnega:

x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ ⇔ x - x 1 a x = y - y 1 a y ⇔ A x + B y + C = 0

Primer 9

Podane so parametrične enačbe premice x = - 1 + 2 · λ y = 4. Treba je zapisati splošno enačbo te premice.

rešitev

Naredimo prehod od parametričnih enačb do kanoničnih:

x = - 1 + 2 · λ y = 4 ⇔ x = - 1 + 2 · λ y = 4 + 0 · λ ⇔ λ = x + 1 2 λ = y - 4 0 ⇔ x + 1 2 = y - 4 0

Preidimo od kanoničnega k splošnemu:

x + 1 2 = y - 4 0 ⇔ 0 · (x + 1) = 2 (y - 4) ⇔ y - 4 = 0

odgovor: y - 4 = 0

Primer 10

Podana je enačba premice v odsekih x 3 + y 1 2 = 1. Treba je narediti prehod na Splošni videz enačbe

rešitev:

Enostavno prepišemo enačbo v zahtevani obliki:

x 3 + y 1 2 = 1 ⇔ 1 3 x + 2 y - 1 = 0

odgovor: 1 3 x + 2 y - 1 = 0 .

Sestavljanje splošne enačbe premice

Zgoraj smo povedali, da lahko splošno enačbo zapišemo z znanimi koordinatami normalnega vektorja in koordinatami točke, skozi katero gre premica. Takšna ravna črta je definirana z enačbo A (x - x 0) + B (y - y 0) = 0. Tam smo tudi analizirali ustrezen primer.

Zdaj pa poglejmo bolj zapletene primere, v katerih moramo najprej določiti koordinate normalnega vektorja.

Primer 11

Dana je premica, ki je vzporedna s premico 2 x - 3 y + 3 3 = 0. Znana je tudi točka M 0 (4, 1), skozi katero poteka dana premica. Zapisati je treba enačbo dane premice.

rešitev

Začetni pogoji nam povedo, da sta premici vzporedni, nato pa kot vektor normale premice, katere enačbo moramo zapisati, vzamemo smerni vektor premice n → = (2, - 3): 2 x - 3 y + 3 3 = 0. Zdaj poznamo vse potrebne podatke za izdelavo splošne enačbe črte:

A (x - x 0) + B (y - y 0) = 0 ⇔ 2 (x - 4) - 3 (y - 1) = 0 ⇔ 2 x - 3 y - 5 = 0

odgovor: 2 x - 3 y - 5 = 0 .

Primer 12

Dana premica poteka skozi izhodišče pravokotno na premico x - 2 3 = y + 4 5. Treba je ustvariti splošno enačbo za dano premico.

rešitev

Normalni vektor dane premice bo smerni vektor premice x - 2 3 = y + 4 5.

Potem je n → = (3, 5) . Premica poteka skozi izhodišče, tj. skozi točko O (0, 0). Ustvarimo splošno enačbo za dano črto:

A (x - x 0) + B (y - y 0) = 0 ⇔ 3 (x - 0) + 5 (y - 0) = 0 ⇔ 3 x + 5 y = 0

Odgovori: 3 x + 5 y = 0 .

Če v besedilu opazite napako, jo označite in pritisnite Ctrl+Enter

Kanonične enačbe premice v prostoru so enačbe, ki določajo premico, ki poteka skozi to točko kolinearni smernemu vektorju.

Naj sta podana točka in smerni vektor. Poljubna točka leži na premici l le če sta vektorja in kolinearna, tj. je zanju izpolnjen pogoj:

.

Zgornje enačbe so kanonične enačbe premice.

Številke m , n in str so projekcije smernega vektorja na koordinatne osi. Ker je vektor različen od nič, potem so vsa števila m , n in str ne more biti istočasno enaka nič. Toda eden ali dva od njih se lahko izkažeta za nič. V analitični geometriji je na primer dovoljen naslednji vnos:

,

kar pomeni, da projekcije vektorja na os Oj in Oz so enake nič. Zato sta vektor in premica, definirana s kanoničnimi enačbami, pravokotna na osi Oj in Oz, torej letala yOz .

Primer 1. Napišite enačbe za premico v prostoru, pravokotno na ravnino in poteka skozi presečišče te ravnine z osjo Oz .

rešitev. Poiščimo presečišče te ravnine z osjo Oz. Ker katera koli točka leži na osi Oz, ima koordinate , torej ob predpostavki, da je v dani enačbi ravnine x = y = 0, dobimo 4 z- 8 = 0 oz z= 2. Zato je presečišče te ravnine z osjo Oz ima koordinate (0; 0; 2) . Ker je želena premica pravokotna na ravnino, je vzporedna z normalnim vektorjem. Zato je lahko usmerjevalni vektor premice normalni vektor dano letalo.

Zdaj pa zapišimo zahtevane enačbe premice, ki poteka skozi točko A= (0; 0; 2) v smeri vektorja:

Enačbe premice, ki poteka skozi dve dani točki

Ravno črto lahko določimo z dvema točkama, ki ležita na njej in V tem primeru je lahko usmerjevalni vektor premice vektor . Nato dobijo kanonične enačbe premice obliko

.

Zgornje enačbe določajo premico, ki poteka skozi dve podane točke.

Primer 2. Napišite enačbo za premico v prostoru, ki poteka skozi točki in .

rešitev. Zapišimo zahtevane enačbe premice v obliki, ki je podana zgoraj v teoretični referenci:

.

Ker , potem je želena premica pravokotna na os Oj .

Ravna kot presečišče ravnin

Ravno črto v prostoru lahko definiramo kot presečišče dveh nevzporednih ravnin in, tj. kot niz točk, ki izpolnjujejo sistem dveh linearnih enačb

Enačbe sistema imenujemo tudi splošne enačbe premice v prostoru.

Primer 3. Sestavite kanonične enačbe premice v prostoru, podane s splošnimi enačbami

rešitev. Če želite napisati kanonične enačbe premice ali, kar je enako, enačbe premice, ki poteka skozi dve dani točki, morate najti koordinate poljubnih dveh točk na premici. Lahko so na primer presečišča ravne črte s poljubnima koordinatnima ravninama yOz in xOz .

Presečišče premice in ravnine yOz ima absciso x= 0. Zato ob predpostavki v tem sistemu enačb x= 0, dobimo sistem z dvema spremenljivkama:

Njena odločitev l = 2 , z= 6 skupaj z x= 0 določa točko A(0; 2; 6) želeno vrstico. Potem ob predpostavki v danem sistemu enačb l= 0, dobimo sistem

Njena odločitev x = -2 , z= 0 skupaj z l= 0 določa točko B(-2; 0; 0) presečišče premice z ravnino xOz .

Zdaj pa zapišimo enačbe premice, ki poteka skozi točke A(0; 2; 6) in B (-2; 0; 0) :

,

ali po delitvi imenovalcev z -2:

,

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 ,

Lekcija iz serije "Geometrijski algoritmi"

Pozdravljeni dragi bralec!

Danes se bomo začeli učiti algoritmov, povezanih z geometrijo. Dejstvo je, da je v računalništvu povezanih z računalniško geometrijo kar veliko olimpijskih nalog in reševanje takih nalog pogosto povzroča težave.

V več učnih urah bomo obravnavali številne osnovne podnaloge, na katerih temelji rešitev večine problemov v računalniški geometriji.

V tej lekciji bomo ustvarili program za iskanje enačbe premice, ki poteka skozi dano dve točki. Za reševanje geometrijskih problemov potrebujemo nekaj znanja o računalniški geometriji. Del učne ure bomo namenili njihovemu spoznavanju.

Vpogled v računalniško geometrijo

Računalniška geometrija je veja računalništva, ki preučuje algoritme za reševanje geometrijskih problemov.

Začetni podatki za takšne probleme so lahko niz točk na ravnini, niz segmentov, poligon (določen na primer s seznamom njegovih oglišč v vrstnem redu urinega kazalca) itd.

Rezultat je lahko bodisi odgovor na neko vprašanje (kot na primer, ali točka pripada odseku, ali se dva odseka sekata, ...), bodisi nek geometrijski objekt (na primer najmanjši konveksni mnogokotnik, ki povezuje dane točke, ploščina mnogokotnik itd.).

Probleme računalniške geometrije bomo obravnavali samo na ravnini in samo v kartezičnem koordinatnem sistemu.

Vektorji in koordinate

Za uporabo metod računalniške geometrije je potrebno geometrijske slike prevesti v jezik številk. Predpostavili bomo, da ima ravnina kartezični koordinatni sistem, v katerem se smer vrtenja v nasprotni smeri urnega kazalca imenuje pozitivna.

Sedaj dobijo geometrijski objekti analitičen izraz. Če želite določiti točko, je dovolj, da navedete njene koordinate: par številk (x; y). Odsek je mogoče določiti z določitvijo koordinat njegovih koncev; ravno črto lahko določite z določitvijo koordinat para njegovih točk.

Toda naše glavno orodje za reševanje problemov bodo vektorji. Zato naj spomnim na nekaj podatkov o njih.

Odsek črte AB, ki ima točko A se šteje za začetek (točka uporabe) in točka IN– konec, imenovan vektor AB in je na primer označen z ali ali s krepko malo črko A .

Za označevanje dolžine vektorja (tj. dolžine ustreznega segmenta) bomo uporabili simbol modula (na primer ).

Poljubni vektor bo imel koordinate enake razliki med ustreznima koordinatama njegovega konca in začetka:

,

tukaj so točke A in B imajo koordinate oz.

Za izračune bomo uporabili koncept usmerjeni kot, to je kot, ki upošteva relativno lego vektorjev.

Orientirani kot med vektorji a in b pozitivno, če je rotacija iz vektorja a v vektor b se izvaja v pozitivni smeri (nasprotni smeri urinega kazalca) in negativno v drugem primeru. Glej sliko 1a, sliko 1b. Rečeno je tudi, da je par vektorjev a in b pozitivno (negativno) usmerjen.

Tako je vrednost orientiranega kota odvisna od vrstnega reda, v katerem so vektorji navedeni, in lahko sprejme vrednosti v intervalu.

Številni problemi v računalniški geometriji uporabljajo koncept vektorskih (poševnih ali psevdoskalarnih) produktov vektorjev.

Vektorski produkt vektorjev a in b je produkt dolžin teh vektorjev in sinusa kota med njima:

.

Navzkrižni produkt vektorjev v koordinatah:

Izraz na desni je determinanta drugega reda:

Za razliko od definicije, podane v analitični geometriji, je skalar.

Predznak vektorskega produkta določa položaj vektorjev drug glede na drugega:

a in b pozitivno usmerjeni.

Če je vrednost , potem je par vektorjev a in b negativno usmerjeni.

Navzkrižni produkt vektorjev, ki niso nič, je enak nič, če in samo če so kolinearni ( ). To pomeni, da ležijo na isti premici ali na vzporednih premicah.

Oglejmo si nekaj preprostih problemov, ki so potrebni pri reševanju zahtevnejših.

Določimo enačbo premice iz koordinat dveh točk.

Enačba premice, ki poteka skozi dve različni točki, določeni z njunima koordinatama.

Naj sta na premici podani dve neskladni točki: s koordinatama (x1; y1) in s koordinatama (x2; y2). V skladu s tem ima vektor z začetkom v točki in koncem v točki koordinate (x2-x1, y2-y1). Če je P(x, y) poljubna točka na naši premici, potem so koordinate vektorja enake (x-x1, y – y1).

Z uporabo vektorskega produkta lahko pogoj za kolinearnost vektorjev in zapišemo na naslednji način:

Tisti. (x-x1)(y2-y1)-(y-y1)(x2-x1)=0

(y2-y1)x + (x1-x2)y + x1(y1-y2) + y1(x2-x1) = 0

Zadnjo enačbo prepišemo na naslednji način:

ax + by + c = 0, (1)

c = x1(y1-y2) + y1(x2-x1)

Torej lahko ravno črto določimo z enačbo oblike (1).

Naloga 1. Podani sta koordinati dveh točk. Poiščite njegovo predstavitev v obliki ax + by + c = 0.

V tej lekciji smo se naučili nekaj informacij o računalniški geometriji. Reševali smo nalogo iskanja enačbe premice iz koordinat dveh točk.

V naslednji lekciji bomo ustvarili program za iskanje presečišča dveh premic, podanih z našimi enačbami.

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 tu 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 sorazmerja 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 tod , 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 so vzporedni, torej 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 sta pravokotna, 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 poteka ravna črta splošni 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 so enako oddaljene 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