Sprawdzić, czy punkty leżą na jednej prostej w przestrzeni trójwymiarowej Konrad: Sprawdzić, czy punkty A=(1,0,2) B=(5,1,5) C=(3,−1,2) leżą na jednej prostej. Jak ugryźć to zadanie?

5-latek: Napisz równanie prostej przechodzącej przez punkty Ai C i sprawdz czy punkt B należy do tej prostej Robisz tak samo jak na plaszcyznie

Eta: Napisz równanie prostej AB i sprawdź czy C należy do tej prostej

Konrad: jak w takim razie uwzględnić trzecią współrzędną?

Kacper: Można też wektorami

PW: Najprościej tak: − Wyznaczyć współrzędne wektora AB^→ − Zauważyć, że każdy punkt P = (x,y,z) na prostej to koniec wektora AP^→, który jest "wielokrotnością" wektora AB^→, to znaczy istnieje liczba t∊R, taka że (1) AP^→ = t·AB^→. Przyrównanie poszczególnych współrzędnych w równaniu (1) daje układ trzech równań zależnych od parametru t (po jednym dla każdej współrzędnej). Jest to postępowanie analogiczne do wyznaczania równania parametrycznego prostej w przestrzeni dwuwymiarowej. − Sprawdzić, czy współrzędne wektora AC^→ spełniają układ równań opisany wyżej. Mówiąc jeszcze prościej − sprawdzić, czy AC^→ = t·AB^→.dla pewnej t∊R.

Konrad: AB→ = [4,1,3] AC→ = [−2,−2,−3] 4 = at 1 = bt 3 = ct [a,b,c] to wektor równoległy do prostej 4 = −2*(−2) 1 = −2*(−1/2) 3 = −3*(−1) stąd t = [−2,1/2,−1] istnieje takie t, więc punty leżą na jednej prostej? Licząc iloczyn wektorowy AB→ x AC→ jest on niezerowy, więc wychodzi na to, że wektory nie są do siebie równoległe, więc nie mogą leżeć na jednej prostej. Ktoś poratuje?

PW: Coś pomyliłeś. Jakim cudem t (która ma być liczbą) stała się wektorem? Źle policzyłeś AC^→, to na pewno.

Konrad: AC→ to oczywiście [2,−1,0], wkradł się błąd

Konrad: dalej AB→ x AC→ ≠ 0, to chyba koniec zadania, punkty nie leżą na jednej prostej.

pigor: ... , albo piszesz swoje równanie kanoniczne prostej przez 2 punkty np. A i B takie :

x−xA		y−yA		z−zA
	=		=		;
xB−xA		yB−yA		zB−zA

podstawiasz 3−ci punkt C i masz wtedy leży, albo nie masz i nie leży − następującą ... (nie)równość :

xC−xA		yC−yA		zC−zA
	=		=		.i tyle
xB−xA		yB−yA		zB−zA

PW: Ale po co jeszcze iloczyn wektorowy? Po trzeciej współrzędnej widać, że t musiałaby być równa

	1
0, a po pierwszej − że musiałaby być równa		, krótko mówiąc w sposób oczywisty widać, że
	2

równość AC^→ = t·AB^→ nie jest spełniona dla żadnej t.

Mila: A=(1,0,2) AB^→=[4,1,3] x=1+4t y=0+t z=2+3t, gdzie t∊R C=(3,−1,2) Sprawdzamy, czy istnieje t aby:

	2
3=1+3t⇔2=3t⇔t=
	3

−1=t 2=2+3t⇔t=0 Nie istnieje, punkty A,B,C nie są współliniowe. II sposób: AB^→=[4,1,3] AC^→[2,−1,0] AB^→ x AC^→=[4,1,3]x[2,−1,0]=[3,6,−6] √3²+6²+6²≠0 Punkty A,B,C nie są współliniowe.

Eta: 3 sposób (najprostszy) podał go pigor → AB=[ 4,1,3] B(5,15)

	x−4		y−1		z−3
równanie prostej AB:		=		=
	5		1		5

sprawdzamy czy C(3,−1,2) ∊AB

3−4		−1−1		2−3
	=		=		−− ta równość nie zachodzi
5		1		5

Punkty A,B,C nie są współliniowe

Eta: oczywiście ma być: B(5,1,5)

J: Równanie prostej AB Ety ... troszkę przestrzelone i jeszcze jeden sposób: jeśli zachodzi równość: (x_B−x_A):(y_B−y_A):(z_B−z_A) = (x_C−x_A):(y_C−y_A):(z_C−z_A) to punkty są wspóliniowe , w przeciwnym wypadku nie są.

pigor: ..., no fakt, w równaniu η−y z 12 sie 22:29 jest ... "czeski" błąd a więc ... , czy punkty A=(1,0,2) B=(5,1,5) C=(3,−1,2) leżą na jednej prostej. −−−−−−−−−−−−−−−−−− otóż AB^→= [ 4,1,3 ], to równanie prostej AB ma postać :

x−1		y		z−2		x−5		y−1		z−5
	=		=		, albo		=		=		.
4		1		3		4		1		3

pigor: ... i dalej np. z 1−szego równania, dla C=(3,−1,2)= (x,y,z) :

3−1		−1		2−2		1
	=		=		⇔		≠ −1 ≠ 0 , a więc
4		1		3		2

punkty A, B, C nie są współliniowe . ...

J: witaj pigor ... , to może jeszcze inny sposób: jesli punkty są współliniowe, to pole trójkąta ABC musi być równe 0. liczymy wyznacznik: x_A y_A 1 x_B y_B 1 x_C y_C 1

pigor: ..., no to idąc tym tropem niech suma wektorów :np. AB^→+BC^→+CA^→ = O^→ .

J: ..tak jest dla dowolnych trzech punktów

Eta: Sorry te chochliki to przez .... upał

J: Witaj Eta .... od poniedziałku będzie mniej pomyłek