Канонические уравнения прямой в пространстве: теория, примеры, решение задач

Одним из видов уравнений прямой в пространстве является каноническое уравнение. Мы рассмотрим это понятие во всех подробностях, поскольку знать его необходимо для решения многих практических задач.

В первом пункте мы сформулируем основные уравнения прямой, расположенной в трехмерном пространстве, и приведем несколько примеров. Далее покажем способы вычисления координат направляющего вектора при заданных канонических уравнениях и решение обратной задачи. В третьей части мы расскажем, как составляется уравнение прямой, проходящей через $2$ заданные точки в трехмерном пространстве, а в последнем пункте укажем на связи канонических уравнений с другими. Все рассуждения будут проиллюстрированы примерами решения задач.

Что такое каноническое уравнение прямой в пространстве

О том, что вообще из себя представляют канонические уравнения прямой, мы уже говорили в статье, посвященной уравнениям прямой на плоскости. Случай с трехмерным пространством мы разберем по аналогии.

Допустим, у нас есть прямоугольная система координат $Oxyz$, в которой задана прямая. Как мы помним, задать прямую можно разными способами. Используем самый простой из них – зададим точку, через которую будет проходить прямая, и укажем направляющий вектор. Если обозначить прямую буквой $a$, а точку $M$, то можно записать, что $M_1(x_1, y_1, z_1)$ лежит на прямой $a$ и направляющим вектором этой прямой будет $\overrightarrow{a}=(a_x, a_y, a_z)$. Чтобы множество точек $M(x, y, z)$ определяло прямую $a$, векторы $\overrightarrow{M_{1}M}$ и $\overrightarrow{a}$ должны быть коллинеарными,

Если мы знаем координаты векторов $\overrightarrow{M_{1}M}$ и $\overrightarrow{a}$, то можем записать в координатной форме необходимое и достаточное условие их коллинеарности. Из первоначальных условий нам уже известны координаты $\overrightarrow{a}$. Для того чтобы получить координаты $\overrightarrow{M_{1}M}$, нам необходимо вычислить разность между $M(x, y, z)$ и $M_1(x_1, y_1, z_1)$. Запишем:

$\overrightarrow{M_{1}M}=\left(x-x_1, y-y_1, z-z_1\right)$

После этого нужное нам условие мы можем сформулировать так: $\overrightarrow{M_{1}M}=\left(x-x_1, y-y_1, z-z_1\right)$ и $\overrightarrow{a}=(a_x, a_y, a_z)$: $\overrightarrow{M_{1}M}=\lambda ·\overrightarrow{a}\iff open\begin{array}{l}\begin{array}{l}x-x_1=\lambda ·a_x\\ y-y_1=\lambda ·a_y\end{array}\\ z-z_1=\lambda ·a_z\end{array}$

Здесь значением переменной $\lambda$ может быть любое действительное число или ноль. Если $\lambda =0$, то $M(x, y, z)$ и $M_1(x_1, y_1, z_1)$совпадут, что не противоречит нашим рассуждениям.

При значениях $a_x\ne 0, a_y\ne 0, a_z\ne 0$ мы можем разрешить относительно параметра $\lambda$ все уравнения системы $open\begin{array}{l}\begin{array}{l}x-x_1=\lambda ·a_x\\ y-y_1=\lambda ·a_y\end{array}\\ z-z_1=\lambda ·a_z\end{array}$

Между правыми частями после этого можно будет поставить знак равенства:

$open\begin{array}{l}\begin{array}{l}x-x_1=\lambda ·a_x\\ y-y_1=\lambda ·a_y\end{array}\\ z-z_1=\lambda ·a_z\end{array}\iff open\begin{array}{l}\begin{array}{l}\lambda =\frac{x-x_1}{a_x}\\ \lambda =\frac{y-y_1}{a_y}\end{array}\\ \lambda =\frac{z-z_1}{a_z}\end{array}\iff \frac{x-x_1}{a_x}=\frac{y-y_1}{a_y}=\frac{z-z_1}{a_z}$

В итоге у нас получились уравнения $\frac{x-x_1}{a_x}=\frac{y-y_1}{a_y}=\frac{z-z_1}{a_z}$, с помощью которых можно определить искомую прямую в трехмерном пространстве. Это и есть нужные нам канонические уравнения.

Такая запись используется даже при нулевых значениях одного или двух параметров $a_x, a_y, a_z$, поскольку она в этих случаях она также будет верна. Все три параметра не могут быть равны $0$, поскольку направляющий вектор $\overrightarrow{a}=(a_x, a_y, a_z)$ нулевым не бывает.

Если один-два параметра $a$ равны $0$, то уравнение $\frac{x-x_1}{a_x}=\frac{y-y_1}{a_y}=\frac{z-z_1}{a_z}$ носит условный характер. Его следует считать равным следующей записи:

$open\begin{array}{l}\begin{array}{l}x=x_1+a_x·\lambda \\ y=y_1+a_y·\lambda \end{array}\\ z=z_1+a_z·\lambda \end{array}, \lambda \in R$.

Частные случаи канонических уравнений мы разберем в третьем пункте статьи.

Из определения канонического уравнения прямой в пространстве можно сделать несколько важных выводов. Рассмотрим их.

1) если исходная прямая будет проходить через две точки  $M_1(x_1, y_1, z_1)$ и $M_2(x_2, y_2, z_2)$, то канонические уравнения примут следующий вид:

$\frac{x-x_1}{a_x}=\frac{y-y_1}{a_y}=\frac{z-z_1}{a_z}$ или $\frac{x-x_2}{a_x}=\frac{y-y_2}{a_y}=\frac{z-z_2}{a_z}$.

2) поскольку $\overrightarrow{a}=(a_x, a_y, a_z)$ является направляющим вектором исходной прямой, то таковыми будут являться и все векторы $\mu ·\overrightarrow{a}=\left(\mu ·a_x, \mu ·a_y, \mu ·a_z\right), \mu \in R, \mu \ne 0$. Тогда прямая может быть определена с помощью уравнения $\frac{x-x_1}{a_x}=\frac{y-y_1}{a_y}=\frac{z-z_1}{a_z}$ или $\frac{x-x_1}{\mu ·a_x}=\frac{y-y_1}{\mu ·a_y}=\frac{z-z_1}{\mu ·a_z}$.

Вот несколько примеров таких уравнений с заданными значениями:

$\frac{x-\sqrt{3}}{2}=\frac{y+1}{-{\displaystyle \frac{1}{2}}}=\frac{z}{\ln {\displaystyle }{\displaystyle 7}}$

Тут $x_1=\sqrt{3}, y_1=-1, z_1=0, a_x=2, a_y=-\frac{1}{2}, a_z=\ln 7$.

$\frac{x-4}{0}=\frac{y+2}{1}=\frac{z+1}{0}$

Тут $M_1(4, -2, -1), \overrightarrow{a}=(0, 1, 0)$.

Как составить каноническое уравнение прямой в пространстве

Мы выяснили, что канонические уравнения вида $\frac{x-x_1}{a_x}=\frac{y-y_1}{a_y}=\frac{z-z_1}{a_z}$ будут соответствовать прямой, проходящей через точку $M_1(x_1, y_1, z_1)$, а вектор $\overrightarrow{a}=(a_x, a_y, a_z)$ будет для нее направляющим. Значит, если мы знаем уравнение прямой, то можем вычислить координаты ее направляющего вектора, а при условии заданных координат вектора и некоторой точки, расположенной на прямой, мы можем записать ее канонические уравнения.

Разберем пару конкретных задач.

У нас есть прямая, заданная в трехмерном пространстве с помощью уравнения $\frac{x+1}{4}=\frac{y}{2}=\frac{z-3}{-5}$. Запишите координаты всех направляющих векторов для нее.

Решение

Чтобы получить координаты направляющего вектора, нам надо просто взять значения знаменателей из уравнения. Мы получим, что одним из направляющих векторов будет $\overrightarrow{a}=(4, 2, -5)$, а множество всех подобных векторов можно сформулировать как $\mu ·\overrightarrow{a}=\left(4·\mu , 2·\mu , -5·\mu \right)$. Здесь параметр $\mu$ – любое действительное число (за исключением нуля).

Ответ: $\left(4·\mu , 2·\mu , -5·\mu \right), \mu \in R, \mu \ne 0$ 

Запишите канонические уравнения, если прямая в пространстве проходит через $M_1(0, -3, \sqrt{2})$ и имеет направляющий вектор с координатами $\left(-1, 0, 5\right)$.

Решение

У нас есть данные, что $x_1=0, y_1=-3, z_1=\sqrt{2}, a_x=-1, a_y=0, a_z=5$. Этого вполне достаточно, чтобы сразу перейти к записи канонических уравнений.

Сделаем это:

$$\begin{gathered} \frac{x-x_1}{a_x}=\frac{y-y_1}{a_y}=\frac{z-z_1}{a_z}\iff \frac{x-0}{-1}=\frac{y-(-3)}{0}=\frac{z-\sqrt{2}}{5}\iff \\ \iff \frac{x}{-1}=\frac{y+3}{0}=\frac{z-\sqrt{2}}{5} \end{gathered}$$

Ответ: $\frac{x}{-1}=\frac{y+3}{0}=\frac{z-\sqrt{2}}{5}$

Эти задачи – самые простые, потому что в них есть все или почти все исходные данные для записи уравнения или координат вектора. На практике чаще можно встретить те, в которых сначала нужно находить нужные координаты, а потом записывать канонические уравнения. Примеры таких задач мы разбирали в статьях, посвященных нахождению уравнений прямой, проходящей через точку пространства параллельно заданной, а также прямой, проходящей через некоторую точку пространства перпендикулярно плоскости.

Канонические уравнения с одним или двумя a, равными нулю

Ранее мы уже говорили, что одно-два значения параметров $a_x, a_y, a_z$ в уравнениях могут иметь нулевые значения. При этом запись $\frac{x-x_1}{a_x}=\frac{y-y_1}{a_y}=\frac{z-z_1}{a_z}=\lambda$ приобретает формальный характер, поскольку мы получаем одну или две дроби с нулевыми знаменателями. Ее можно переписать в следующем виде (при $\lambda \in R$):

$open\begin{array}{l}\begin{array}{l}x=x_1+a_x·\lambda \\ y=y_1+a_y·\lambda \end{array}\\ z=z_1+a_z·\lambda \end{array}$

Рассмотрим эти случаи подробнее. Допустим, что $a_x=0, a_y\ne 0, a_z\ne 0, a_x\ne 0, a_y=0, a_z\ne 0$, либо $a_x\ne 0, a_y\ne 0, a_z=0$. В таком случае нужные уравнения мы можем записать так:

1.  В первом случае: 
   $\frac{x-x_1}{0}=\frac{y-y_1}{a_y}=\frac{z-z_1}{a_z}=\lambda \iff open\begin{array}{l}\begin{array}{l}x-x_1=0\\ y=y_1+a_y·\lambda \end{array}\\ z=z_1+a_z·\lambda \end{array}\iff open\begin{array}{l}x-x_1=0\\ \frac{y-y_1}{a_y}=\frac{z-z_1}{a_z}=\lambda \end{array}$

2.  Во втором случае:
   $\frac{x-x_1}{a_x}=\frac{y-y_1}{0}=\frac{z-z_1}{a_z}=\lambda \iff open\begin{array}{l}\begin{array}{l}x=x_1+a_x·\lambda \\ y-y_1=0\end{array}\\ z=z_1+a_z·\lambda \end{array}\iff open\begin{array}{l}y-y_1=0\\ \frac{x-x_1}{a_x}=\frac{z-z_1}{a_z}=\lambda \end{array}$

3.  В третьем случае:
   $\frac{x-x_1}{a_x}=\frac{y-y_1}{a_y}=\frac{z-z_1}{0}=\lambda \iff open\begin{array}{l}\begin{array}{l}x=x_1+a_x·\lambda \\ y=y_1+a_y·\lambda \end{array}\\ z-z_1=0\end{array}\iff open\begin{array}{l}z-z_1=0\\ \frac{x-x_1}{a_x}=\frac{y-y_1}{a_y}=\lambda \end{array}$

Получается, что при таком значении параметров нужные прямые находятся в плоскостях $x-x_1=0, y-y_1=0$ или $z-z_1=0$, которые располагаются параллельно координатным плоскостям (если $x_1=0, y_1=0$ либо $z_1=0$). Примеры таких прямых показаны на иллюстрации.

Следовательно, мы сможем записать канонические уравнения немного иначе.

1. В первом случае: $\frac{x-x_1}{0}=\frac{y-y_1}{0}=\frac{z-z_1}{a_z}=\lambda \iff open\begin{array}{l}\begin{array}{l}x-x_1=0\\ y-y_1=0\end{array}\\ z=z_1+a_z·\lambda , \lambda \in R\end{array}$
2. Во втором: $\frac{x-x_1}{0}=\frac{y-y_1}{a_y}=\frac{z-z_1}{0}=\lambda \iff open\begin{array}{l}\begin{array}{l}x-x_1=0\\ y=y_1+a_y·\lambda , \lambda \in R\end{array}\\ z-z_1=0\end{array}$
3. В третьем: $\frac{x-x_1}{a_x}=\frac{y-y_1}{0}=\frac{z-z_1}{0}=\lambda \iff open\begin{array}{l}\begin{array}{l}x=x_1+a_x·\lambda , \lambda \in R\\ y=y_1=0\end{array}\\ z-z_1=0\end{array}$

Во всех трех случаях исходные прямые будут совпадать с координатными осями или окажутся параллельными им: $open\begin{array}{l}{x}_1=0\\ y_1=0\end{array}, open\begin{array}{l}{x}_1=0\\ z_1=0\end{array}, open\begin{array}{l}{y}_1=0\\ z_1=0\end{array}$. Их направляющие векторы имеют координаты  $\left(0, 0, a_z\right), \left(0, a_y, 0\right), \left(a_x, 0, 0\right)$. Если обозначить направляющие векторы координатных прямых как $\overrightarrow{i}, \overrightarrow{j}, \overrightarrow{k}$, то направляющие векторы заданных прямых будут коллинеарными по отношению к ним. На рисунке показаны эти случаи:

Покажем на примерах, как применяются эти правила.

Найдите канонические уравнения, с помощью которых можно определить в пространстве координатные прямые $Oz, Ox, Oy$.

Решение

Координатные векторы $\overrightarrow{i}=(1, 0, 0), \overrightarrow{j}=\left(0, 1, 0\right), \overrightarrow{k}=(0, 0, 1)$ будут для исходных прямых направляющими. Также мы знаем, что наши прямые будут обязательно проходить через точку $O(0, 0, 0)$, поскольку она является началом координат. Теперь у нас есть все данные, чтобы записать нужные канонические уравнения.

Для прямой $Ox$: $\frac{x}{1}=\frac{y}{0}=\frac{z}{0}$

Для прямой $Oy$: $\frac{x}{0}=\frac{y}{1}=\frac{z}{0}$

Для прямой $Oz$: $\frac{x}{0}=\frac{y}{0}=\frac{z}{1}$

Ответ: $\frac{x}{1}=\frac{y}{0}=\frac{z}{0}, \frac{x}{0}=\frac{y}{1}=\frac{z}{0}, \frac{x}{0}=\frac{y}{0}=\frac{z}{1}$.

В пространстве задана прямая, которая проходит через точку $M_1(3, -1, 12)$. Также известно, что она расположена параллельно оси ординат. Запишите канонические уравнения этой прямой.

Решение

Учитывая условие параллельности, мы можем сказать, что вектор $\overrightarrow{j}=\left(0, 1, 0\right)$ будет для нужной прямой направляющим. Следовательно, искомые уравнения будут иметь вид:

$\frac{x-3}{0}=\frac{y-(-1)}{1}=\frac{z-12}{0}\iff \frac{x-3}{0}=\frac{y+1}{1}=\frac{z-12}{0}$

Ответ: $\frac{x-3}{0}=\frac{y+1}{1}=\frac{z-12}{0}$

Как записать каноническое уравнение прямой, которая проходит через две заданные точки

Допустим, что у нас есть две несовпадающие точки $M_1(x_1, y_1, z_1)$ и $M_2(x_2, y_2, z_2)$, через которые проходит прямая. Как в таком случае мы можем сформулировать для нее каноническое уравнение?

Для начала примем вектор $\overrightarrow{M_1{M}_2}$ (или $\overrightarrow{M_2{M}_1}$) за направляющий вектор данной прямой. Поскольку у нас есть координаты нужных точек, сразу вычисляем координаты вектора:

$\overrightarrow{M_1{M}_2}=\left(x_2-x_1, y_2-y_1, z_2-z_1\right)$

Далее переходим непосредственно к записи канонического уравнения, ведь все нужные данные у нас уже есть. Исходная прямая будет определяться записями следующего вида:

$$\begin{gathered} \frac{x-x_1}{x_2-x_1}=\frac{y-y_1}{y_2-y_1}=\frac{z-z_1}{z_2-z_1} \\ \frac{x-x_2}{x_2-x_1}=\frac{y-y_2}{y_2-y_1}=\frac{z-z_2}{z_2-z_1} \end{gathered}$$

Получившиеся равенства – это и есть канонические уравнения прямой, проходящей через две заданные точки. Взгляните на иллюстрацию:

Приведем пример решения задачи.

в пространстве есть две точки с координатами $M_1(-2, 4, 1)$ и $M_2(-3, 2, -5)$, через которые проходит прямая. Запишите канонические уравнения для нее.

Решение

Согласно условиям, $x_1=-2, y_1=-4, z_1=1, x_2=-3, y_2=2, z_2=-5$. Нам требуется подставить эти значения в каноническое уравнение:

$\frac{x-(-2)}{-3-(-2)}=\frac{y-(-4)}{2-(-4)}=\frac{z-1}{-5-1}\iff \frac{x+2}{-1}=\frac{{\displaystyle y+4}}{6}=\frac{z-1}{-6}$

Если мы возьмем уравнения вида $\frac{x-x_2}{x_2-x_1}=\frac{y-y_2}{y_2-y_1}=\frac{z-z_2}{z_2-z_1}$, то у нас получится: $\frac{x-(-3)}{-3-(-2)}=\frac{y-2}{2-(-4)}=\frac{z-(-5)}{-5-1}\iff \frac{x+3}{-1}=\frac{y-2}{6}=\frac{z+5}{-6}$

Ответ: $\frac{x+3}{-1}=\frac{y-2}{6}=\frac{z+5}{-6}$ либо $\frac{x+3}{-1}=\frac{y-2}{6}=\frac{z+5}{-6}$.

Преобразование канонических уравнений прямой в пространстве в другие виды уравнений

Иногда пользоваться каноническими уравнениями вида $\frac{x-x_1}{a_x}=\frac{y-y_1}{a_y}=\frac{z-z_1}{a_z}$ не очень удобно. Для решения некоторых задач лучше использовать запись $open\begin{array}{l}\begin{array}{l}x=x_1+a_x·\lambda \\ y=y_1+a_y·\lambda \end{array}\\ z=z_1+a_z·\lambda \end{array}$. В некоторых случаях более предпочтительно определить нужную прямую с помощью уравнений двух пересекающихся плоскостей $open\begin{array}{l}{A}_{1}x+B_{1}y+C_{1}z+D_1=0\\ A_{2}x+B_{2}y+C_{2}z+D_2=0\end{array}$. Поэтому в данном пункте мы разберем, как можно перейти от канонических уравнений к другим видам, если это требуется нам по условиям задачи.

Понять правила перехода к параметрическим уравнениям несложно. Сначала приравняем каждую часть уравнения к параметру $\lambda$ и разрешим эти уравнения относительно других переменных. В итоге получим:

$$\begin{gathered} \frac{x-x_1}{a_x}=\frac{y-y_1}{a_y}=\frac{z-z_1}{a_z}\iff \frac{x-x_1}{a_x}=\frac{y-y_1}{a_y}=\frac{z-z_1}{a_z}\iff \\ \iff open\begin{array}{l}\begin{array}{l}\frac{x-x_1}{a_x}=\lambda \\ \frac{y-y_1}{a_y}=\lambda \end{array}\\ \frac{z-z_1}{a_z}=\lambda \end{array}\iff open\begin{array}{l}\begin{array}{l}x=x_1+a_x·\lambda \\ y=y_1+a_y·\lambda \end{array}\\ z=z_1+a_z·\lambda \end{array} \end{gathered}$$

Значение параметра $\lambda$ может быть любым действительным числом, ведь и $x, y, z$ могут принимать любые действительные значения.

В прямоугольной системе координат в трехмерном пространстве задана прямая, которая определена уравнением $\frac{x-2}{3}=\frac{y}{-2}=\frac{z+7}{0}$. Запишите каноническое уравнение в параметрическом виде.

Решение

Сначала приравниваем каждую часть дроби к $\lambda$.

$\frac{x-2}{3}=\frac{y}{-2}=\frac{z+7}{0}\iff open\begin{array}{l}\begin{array}{l}\frac{x-2}{3}=\lambda \\ \frac{y}{-2}=\lambda \end{array}\\ \frac{z+7}{0}=\lambda \end{array}$

Теперь разрешаем первую часть относительно $x$, вторую – относительно $y$, третью – относительно $z$. У нас получится:

$open\begin{array}{l}\begin{array}{l}\frac{x-2}{3}=\lambda \\ \frac{y}{-2}=\lambda \end{array}\\ \frac{z+7}{0}=\lambda \end{array}\iff open\begin{array}{l}\begin{array}{l}x=2+3·\lambda \\ y=-2·\lambda \end{array}\\ z=-7+0·\lambda \end{array}\iff open\begin{array}{l}\begin{array}{l}x=2+3·\lambda \\ y=-2·\lambda \end{array}\\ z=-7\end{array}$

Ответ: $open\begin{array}{l}\begin{array}{l}x=2+3·\lambda \\ y=-2·\lambda \end{array}\\ z=-7\end{array}$

Следующим нашим шагом будет преобразование канонических уравнений в уравнение двух пересекающихся плоскостей (для одной и той же прямой).

Равенство $\frac{x-x_1}{a_x}=\frac{y-y_1}{a_y}=\frac{z-z_1}{a_z}$ нужно для начала представить в виде системы уравнений:

$open\begin{array}{l}\begin{array}{l}\frac{x-x_1}{a_x}=\frac{y-y_1}{a_y}\\ \frac{x-x_1}{a_x}=\frac{z-z_1}{a_x}\end{array}\\ \frac{y-y_1}{a_y}=\frac{z-z_1}{a_z}\end{array}$

Поскольку $\frac{p}{q}=\frac{r}{s}$ мы понимаем как $p·s=q·r$, то можно записать:

$$\begin{gathered} open\begin{array}{l}\begin{array}{l}\frac{x-x_1}{a_x}=\frac{y-y_1}{a_y}\\ \frac{x-x_1}{a_x}=\frac{z-z_1}{a_z}\end{array}\\ \frac{y-y_1}{a_y}=\frac{z-z_1}{a_z}\end{array}\iff open\begin{array}{l}\begin{array}{l}{a}_y·(x-x_1)=a_x·(y-y_1)\\ a_z·(x-x_1)=a_x·(z-z_1)\end{array}\\ a_z·(y-y_1)=a_y·(z-z_1)\end{array}\iff \\ \iff open\begin{array}{l}\begin{array}{l}{a}_y·x-a_x·y+a_x·y_1-a_y·x_1=0\\ a_z·x-a_x·z+a_x·z_1-a_z·x_1=0\end{array}\\ a_z·y-a_y·z+a_y·z_1-a_z·y_1=0\end{array} \end{gathered}$$

В итоге у нас вышло, что:

$\frac{x-x_1}{a_x}=\frac{y-y_1}{a_y}=\frac{z-z_1}{a_z}\iff open\begin{array}{l}\begin{array}{l}{a}_y·x-a_x·y+a_x·y_1-a_y·x_1=0\\ a_z·x-a_x·z+a_x·z_1-a_z·x_1=0\end{array}\\ a_z·y-a_y·z+a_y·z_1-a_z·y_1=0\end{array}$

Выше мы отмечали, что все три параметра $a$ не могут одновременно быть нулевыми. Значит, ранг основной матрицы системы будет равен $2$, поскольку $\left.open\begin{array}{ccc}{a}_y& -a_x& 0\\ a_z& 0& -a_x\\ 0& a_z& -a_y\end{array}\right|=0$ и один из определителей второго порядка не равен $0$:

$$\begin{gathered} \left.open\begin{array}{cc}{a}_y& -a_x\\ a_z& 0\end{array}\right|=a_x·a_z, \left.open\begin{array}{cc}{a}_y& 0\\ a_z& -a_x\end{array}\right|=a_x·a_y, \left.open\begin{array}{cc}-a_x& 0\\ 0& -a_x\end{array}\right|=a_x^2 \\ \left.open\begin{array}{cc}{a}_y& -a_x\\ 0& a_z\end{array}\right|=a_y·a_z, \left.open\begin{array}{cc}{a}_y& 0\\ 0& -a_y\end{array}\right|=-a_y^2, \left.open\begin{array}{cc}-a_x& 0\\ a_z& -a_y\end{array}\right|=a_x·a_y \\ \left.open\begin{array}{cc}{a}_z& 0\\ 0& a_z\end{array}\right|=a_z^2, \left.open\begin{array}{cc}{a}_z& -a_x\\ 0& -a_y\end{array}\right|=-a_y·a_z, \left.open\begin{array}{cc}0& -a_x\\ a_z& -a_y\end{array}\right|=a_x·a_z \end{gathered}$$

Это дает нам возможность исключить одно уравнение из наших расчетов. Таким образом, канонические уравнения прямой можно преобразовать в систему из двух линейных уравнений, которые будут содержать $3$ неизвестных. Они и будут нужными нам уравнениями двух пересекающихся плоскостей.

Рассуждение выглядит довольно сложным, однако на практике все делается довольно быстро. Продемонстрируем это на примере.

Прямая задана каноническим уравнением $\frac{x-1}{2}=\frac{y}{0}=\frac{z+2}{0}$. Напишите для нее уравнение пересекающихся плоскостей.

Решение

Начнем с попарного приравнивания дробей.

$$\begin{gathered} \frac{x-1}{2}=\frac{y}{0}=\frac{z+2}{0}\iff open\begin{array}{l}\begin{array}{l}\frac{x-1}{2}=\frac{y}{0}\\ \frac{x-1}{2}=\frac{z+2}{0}\end{array}\\ \frac{y}{0}=\frac{z+2}{0}\end{array}\iff \\ \iff open\begin{array}{l}\begin{array}{l}0·(x-1)=2y\\ 0·(x-1)=2·(z+2)\end{array}\\ 0·y=0·(z+2)\end{array}\iff open\begin{array}{l}\begin{array}{l}y=0\\ z+2=0\end{array}\\ 0=0\end{array} \end{gathered}$$

Теперь исключаем из расчетов последнее уравнение, потому что оно будет верным при любых $x, y$ и $z$. В таком случае $\frac{x-1}{2}=\frac{y}{0}=\frac{z+2}{0}\iff open\begin{array}{l}y=0\\ z+2=0\end{array}$.

Это и есть уравнения двух пересекающихся плоскостей, которые при пересечении образуют прямую, заданную с помощью уравнения $\frac{x-1}{2}=\frac{y}{0}=\frac{z+2}{0}$

Ответ: $open\begin{array}{l}y=0\\ z+2=0\end{array}$

Прямая задана уравнениями $\frac{x+1}{2}=\frac{y-2}{1}=\frac{z-5}{-3}$, найдите уравнение двух плоскостей, пересекающихся по данной прямой.

Решение

Приравниваем дроби попарно.

$$\begin{gathered} \frac{x+1}{2}=\frac{y-2}{1}=\frac{z-5}{-3}\iff open\begin{array}{l}\begin{array}{l}\frac{x+1}{2}=\frac{y-2}{1}\\ \frac{x+1}{2}=\frac{z-5}{-3}\end{array}\\ \frac{y-2}{1}=\frac{z-5}{-3}\end{array}\iff \\ \iff open\begin{array}{l}\begin{array}{l}1·(x+1)=2·(y-2)\\ -3·(x+1)=2·(z-5)\end{array}\\ -3·(y-2)=1·(z-5)\end{array}\iff open\begin{array}{l}\begin{array}{l}x-2y+5=0\\ 3x+2z-7=0\end{array}\\ 3y+7-11=0\end{array} \end{gathered}$$

Получаем, что определитель основной матрицы полученной системы будет равен $0$:

$\left.open\begin{array}{ccc}1& -2& 0\\ 3& 0& 2\\ 0& 3& 1\end{array}\right|=1·0·1+(-2)·2·0+0·3·3-0·0·0-1·2·3-(-2)·3·1=0$

Минор второго порядка нулевым при этом не будет: $\left.open\begin{array}{cc}1& -2\\ 3& 0\end{array}\right|=1·0-(-2)·3=6$. Тогда мы можем принять его в качестве базисного минора.

В итоге мы можем вычислить ранг основной матрицы системы $open\begin{array}{l}x-2y+5=0\\ \begin{array}{l}3x+2z-7=0\\ 3y+z-11=0\end{array}\end{array}$. Это будет 2. Третье уравнение исключаем из расчета и получаем:

$open\begin{array}{l}x-2y+5=0\\ \begin{array}{l}3x+2z-7=0\\ 3y+z-11=0\end{array}\end{array}\iff open\begin{array}{l}x-2y+5=0\\ 3x+2z-7=0\end{array}$

Ответ: $open\begin{array}{l}x-2y+5=0\\ 3x+2z-7=0\end{array}$