•
Linjer i planet/rummet•
Plan i rummet✓ Parameterform
✓ Normalform
✓ Exempel
•
AvståndLinjer i planet/rummet Vad behöver vi veta?
•
Planet/rummet: Linjens ekvation på parameterform(
t)
. L:s ekvation ges av
+
=
x y x
0 0 0
v v v t z y x
z y x
alltså 0P=OP0 +tv
•
t kallas för en parameter(
t)
•
= z y x
P är koordinaterna för en godtycklig punkt på linjen där P0 är
ortsvektorn med startpunkt i origo och slutpunkt i P, därför har den samma koordinarer som P
•
=
0 0 0 0
z y x
P är koordinaterna för en given punkt på linjen där OP0 är ortsvektorn
med startpunkt i origo och slutpunkt i P0, därför har den samma koordinarer som P0
•
=
x y x
v v v v
är koordinaterna för en riktningsvektorn för linjen
•
Bearbeta bilden för bättre förståelse. Ortsvektorer för punkter på linjen då 4, 2 , 0 2, t=−3
•
0 är en fix referenspunkt som kallas ofta origo•
Exempel 1: Låt L vara linjen y=2x−3. Ange linjens ekvation på parameterform.Lösningsskiss:
I två dimensioner är L:s ekvation
+
=
y x 0
0
v t v y x y
x där
(
t)
. Låt t.ex. x =t. Insättning i y=2x−3 ger då att y=2t−3.Alltså
−
= +
=
−
=
=
3 t 2 y
0 t 1 x 3 t 2 y
t
x som vi kan skriva som
+
= −
+
= −
2 t 1 3 0 y x t 2
t 1 3 0 y
x som är den sökta parameterformen för
given linje i k: formen.
Svar:
+
= −
2 t 1 3 0 y
x där t.
Kommentar: Vi ser att linjen går genom punkten
= − 3
P0 0 och har
riktningsvektorn
= 2
v 1 . Vidare insättning av t.ex. t =3 ger oss en annan punkt
på linjen som ges av
=
+
= −
+
= −
3 3 y x 6 3 3 0 y x 2 3 1 3 0 y
x . Du kan
alltid kontrollera dina lösningar. Om punkten
=
3 3 y
x ligger på linjen y=2t−3 så bör dess koordinater uppfylla linjens ekvation. Kontrollera!
•
Exempel 2: Linjen L går genom punkter(
2, 3, −5)
och(
0, 1, 1)
. Ange linjens ekvation på parameterform.Lösningsskiss:
Inför beteckningar:
(
0, 1, 1)
P1= och P2 =
(
2, 3, −5)
.L:s ekvation ges av
+
=
x y x
0 0 0
v v v t z y x
z y x
. Vi vet att
0 0 0
z y x
är koordinaterna för
given punkt på linjen, tag då t.ex.
=
=
1 1 0 P z y x
1 0 0 0
. Vidare är
x y x
v v v
är linjens
riktningsvektorn , alltså en vektor parallell med
−
=
−
=
−
−
=
=
3 1 1 2 6 2 2
1 1 0
5 3 2 r koordinate
unktens startp
- r koordinate
ns slutpunkte P
P1 2
//
v v v
x y x
−
=
3 1 1 2 P
P1 2 , så ta t.ex.
x y x
v v v
−
= 3 1 1
. Varför?om du undrar? Spelar
det någon roll hur lång är riktningsvektorn? NÄHÄ ☺ ...
Till slut för
=
=
1 1 0 P z y x
1 0 0 0
och
x y x
v v v
−
= 3 1 1
blir den sökta linjens ekvation efter
insättningen i
+
=
x y x
0 0 0
v v v t z y x
z y x
följande
−
+
=
3 1 1 t 1 1 0
z y x
där t.
Svar:
−
+
=
3 1 1 t 1 1 0
z y x
där t.
Kommentar: Du kan alltid kontrollera om ditt svar är korrekt.
Insättning av t =0 i
−
+
=
3 1 1 t 1 1 0
z y x
ger oss punkten
= 1 1 0
P1 . Kontrollera!
Insättning av t =2 i
−
+
=
3 1 1 t 1 1 0
z y x
ger oss punkten
−
= 5 3 2
P2 . Kontrollera!
•
Exempel 3: Avgör om linjer
−
−
+
=
1 1
1 t 0 0 1
z y x : L1
+
−
=
1 1 1 t 1 0 1
z y x : L2
a.
skär varandrab.
är parallellaÖvning! (försök lösa uppgiften på egen hand, lösning kommer att uppdateras så att du kommer kunna jämföra )
Plan i rummet Vad behöver vi veta?
•
För en linje räcker det med två punkterv t OP P
0 = 0 + , OBS! längden av riktningsvektorn är ointressant
•
För ett plan räcker det med tre punkter(
P0,P1,P2 nedan)
v t u s OP P
0 = 0 + + (parameterform)
•
Exempel 1: Ange en ekvation på parameterform för planet som går genom punkter P =(
1, 2, 0)
, Q =(
2, 2, 1)
och R=(
−1, 0, 0)
.Lösningsskiss: (tips: skissa alltid enkel figur som ska hjälpa dig att visualisera, inför tydliga beteckningar)
Vektorerna
=
−
−
−
=
=
1 0 1
0 1
2 2
1 2 PQ u
och
−
−
=
−
−
−
−
=
=
0 2 2
0 0
2 0
1 1 PR v
ligger i planet och är icke-parallella (tänk på att två parallella vektorer kan omöjligt spänna upp ett plan alltså never ever for ever )
Med hjälp av tidigare given parameterform 0P=OP0 +su+tv får vi då att
−
−
+
+
=
0 2 2 t 1 0 1 s 1 2 2
z y x
där s,t
Svar:
−
−
+
+
=
0 2 2 t 1 0 1 s 1 2 2
z y x
där s,t
Kommentar: Svaret kan anges på oändligt många olika sätt. Här är några svar till som beskriver exakt samma plan:
•
+
+
=
0 2 2 t 3 0 3 s 0 2 1
z y x
där s,t, kan du förklara varför är svaret korrekt?
•
+
−
−
+
−
=
0 1 1 t 3 0
3 s 0 0 1
z y x
där s,t, kan du förklara varför är svaret korrekt?
•
+
+
−
=
1 2 3 t 1 0 1 s 0 0 1
z y x
där s,t, kan du förklara varför är svaret korrekt?
Lär dig att kontrollera!
•
+
+
=
1 2 3 t 1 0 1 s 2 2 3
z y x
där s,t, kan du förklara varför är svaret korrekt?
Lär dig att kontrollera!
Planets ekvation på normalform
Till varje plan i rummet hör flera sinsemmellan paralella normalriktningar, t.ex..
•
= C
B A
n är en normalvektor
•
=
0 0 0 0
z y x
P är given punkt i planet
och
= z y x
P är godtycklig punkt i planet
( ) ( ) ( )
(
Ax By Cz)
0 CzBy Ax
0 z z C y y B x x A 0 C
B A
z z
y y
x x 0 n P P n P P
0 0 0
0 0
0 0
0 0 0
0
=
−
−
− + + +
=
− +
− +
−
=
•
−
−
−
=
•
⊥
•
Låt nu(
−Ax0 −By0 −Cz0)
=D, där D är en konstant.•
För(
−Ax0 −By0 −Cz0)
=D får vi ekvationen för planet på normalform•
Exempel 2: Ange en ekvation på normalform för planet som går genom punkten(
1, 1, 2)
P= − och vinkelrät mot
= 3 2 1 w
.
Lösningsskiss:
Vi vet att
= C
B A n //
w
. Så tag t.ex
=
=
=
3 2 1
C B A n n w
.
Planets ekvation 1x+2y+3z+D=0
Vi bestämmer D genom att utnyttja att given punkts koordinater måste uppfylla planets ekvation om punkten ligger i planet.
Insättning av P=
(
1, −1, 2)
, punktens koordinater i 1x+2y+3z+D=0 ger då( )
− + + = =− +
1 2 1 3 2 D 0 D 5
1 planets ekvation ges av x+2y+3z−5=0.
0 D Cz By
Ax+ + + =
0 D Cz By
Ax+ + + =
❖
Exempel 3: Låt 1:x−2y−z=0 och 2 :2x+ y−z=4.. Bestäm och beskriv geometriskt den punktmängd som tillhör båda planen.Lösningsssiss: De punkter som tillhör båda planen uppfyller systemet.
=
− +
=
−
−
4 z y x 2
0 z y 2
x
(ekv1 – ekv2) ger x−2y−z−
(
2x+y−z)
=0−4−x−3y=−4x=4−3y.Låt y =t, där tdå blir x=4−3t. Vidare insättning av y =t och x=4−3ti t.ex. ekv1 ger
(
4−3t)
−2t−z=0z=(
4−3t)
−2tz=4−5t.Alltså vi har lyckats att uttrycka yx, och zmed hjälp av parameter t,
−
=
+
=
−
=
−
=
=
−
=
t 5 4 z
t 1 0 y
t 3 4 x
t 5 4 z
t y
t 3 4 x
eller
−
−
+
=
5 1
3 t 4 0 4
z y x
där t, som är
ekvation för en linje gående genom punkten
= 4 0 4
P
och som har riktningsvektorn
−
−
= 5 1
3 v
.
Svar: Skärningsmängd är en linje
−
−
+
=
5 1
3 t 4 0 4
z y x
där.
Kommentar: Uppgiften kan lösas på motsvarande sätt, dock tänk på att du är fri att bestämma vilken av variablerna ska väljas till parametern. Du kommer alltid till samma svar om du tänker korrekt i övrigt. Tänk på tidigare exempel där svaret kan ha ollika ”skepnader” och ändå beskriva exakt samma objekt.
Och du, du kan alltid kontrollera ditt svar.
Insättning av respektive
−
=
=
−
=
t 5 4 z
t y
t 3 4 x
i respektive
=
− +
=
−
−
4 z y x 2
0 z y 2
x ska ge dig sanna
samband. Kontrollera ☺
❖
Exempel 4: En ljusstråle går genom punkten P1=(
7, −1, 7)
, reflekteras i planet 1z 4 y x 2
: − + =
och går sedan genom punkten P2 =
(
11, 11, 1)
. Var träffar ljusstrålen planet?Lösningsidé/Lösningsskiss: (rita alltid figur att ”tänka med” och inför
beteckningar, obs: alltid ett måste vid examinationen, dina redovisningar skall vara kompletta)
Den sökta punkten M (bilden) är skärningspunkten av linjen som går genom P1s och P2 och planet .
❖
SökP1p:
+
−
− +
=
−
+
−
=
+
=
t 4 7
t 1
t 2 7
4 1 2 t 7
1 7 n t P 0 P
0 1p 1
❖
P1pligger i planet :2x−y+4z=1: 2(
7+2t) (
− −1−t) (
+47+4t)
=1t=−2
−
=
− +
−
−
=
−
=
1 1 3
8 7
2 1
4 7 P
0 2
t 1p P1p =
(
3, 1, −1)
.( )
1s 1p 1 1p1 p
1 0P P P 0P
8 2 4
1 7
1 1
3 7 P
P + =
−
=
−
−
−
−
−
=
(sambandet 0P1s +P1pP1=0P1ppå grund av reflektionen måste P1sP1p =P1pP1)
Vidare
( )
−
−
=
−
−
−
−
−
=
−
=
= +
9 3
1
8 1
2 1
4 3 P
0 P P P 0 P 0 P 0 P P P
0 1s 1p 1 1p 1s 1p 1p 1 1s
❖
Sök M :=
+
=0P s P P 0M M
0 1s 1s 2
( )
( )
M(
1 12s,3 8s, 9 10s)
s 10 9
s 8 3
s 12 1
9 1
3 11
1 11 s 9 3
1
+
− + +
−
=
+
− +
+
−
=
−
−
−
−
−
+
−
−
Låt 2 =s u(lättare att räkna)
(
1 12s,3 8s, 9 10s)
M(
1 6u,3 4u, 9 5u)
M = − + + − + = − + + − +
M ligger i planet :2x−y+4z=1:
( ) ( ) ( )
2 u 3 1 u 5 9 4 u 4 3 u 6 1
2 − + − + + − + = =
= M = 2
u 3
−
=
− + + − +
2 , 3 9 , 2 8 5 3 9 2, 4 3 3 2, 6 3 1
Svar: Ljusstrålen träffar planet i punkten
−
2 , 3 9 ,
8 .
Avstånd från en linje till en punkt
❖
Exmpel: Bestäm den punkt Q på linjen
−
−
+
=
1 1
1 t 0 0 1
z y x :
L som ligger närmast
(
2, 1, 2)
P = samt avståndet
mellan Poch Q .
Lösningsskiss:
QP⊥vQP•v=0
+
− +
=
−
−
+
−
=
t 2
t 1
t 1
1 1
1 t 0 0 1
2 1 2 QP
och
−
−
= 1 1
1 v
QP⊥vQP•v=03 t 2 0 t 2 t 1 t 1 0 1 1
1
t 2
t 1
t 1
−
=
=
−
−
− +
−
−
=
−
−
•
+
− +
för3
t=−2 ges Q:s koordinater av
−
−
+
=
1 1
1 t 0 0 1
z y x
−
=
−
−
−
+
=
3 2 3 2 3 5
1 1
1 3 2 0
0 1
z y x
för3 t=−2 blir
−
=
−
−
−
+
−
=
3 4 3 5 3 1
1 1
1 3 2 0
0 1
2 1 2 QP
( )
3 42 42 3 4 1 5 3 1
1 4 5 1 3 1 4 5 1 3 1
3 4 3 53
1
QP = − 2 + 2 + 2 = =
−
=
−
=
−
=
Svar: Q:s koordinater är
(
5, 2, 2)
3
1 − ,
3 QP = 42 l.e.
Kommentar: Försök att ta fram en annan lösning ☺. Använd bilden nedan. Observera att vektor QP0 är ortogonalprojektion av PP0 på v (L).
Alltså QP0 =P0P//v . Har du QP0 som har startpunkten
P0 så hittar du slutpunktens koordinater….osv.
Lycka till!
