Wiskunde bovenbouw · Grades 10–12

15Vectoren en lijnen in het vlak

Vectoren coderen verplaatsingen; lijnen zijn hun banen. Het nieuwe sleutelinstrument van dit hoofdstuk is de determinant, één getal dat beslist of twee vectoren collineair zijn — en van daaruit vergelijkingen van lijnen produceert en collineariteits- en evenwijdigheidsvragen door pure berekening beslist. Dezelfde ideeën worden uitgebreid naar de ruimte in Hoofdstuk 31.

15.1 Vectoren: een herhaling

Definitie 15.1 (Vector, coördinaten)

Een vector $\vec u$ stelt een verplaatsing voor: alle pijlen met dezelfde richting, zin en lengte stellen dezelfde vector voor. In een coördinatenstelsel noteert $\vec u\,(x, y)$ de verplaatsing ( $x$ horizontaal, $y$ verticaal); voor punten $A(x_A, y_A)$ en $B(x_B, y_B)$ is

\vect{AB}\,\bigl(x_B - x_A,\ y_B - y_A\bigr).

Vectoren worden coördinaatsgewijs opgeteld, en $\lambda\vec u$ heeft coördinaten $(\lambda x, \lambda y)$ .

Propositie 15.2 (Midden)

Het midden $M$ van het lijnstuk $[AB]$ heeft coördinaten $\left(\frac{x_A + x_B}{2},\ \frac{y_A + y_B}{2}\right)$ .

Bewijs. $M$ wordt gekarakteriseerd door $\vect{AM} = \frac12\vect{AB}$ : coördinaatsgewijs $x_M - x_A = \frac12(x_B - x_A)$ , dus $x_M = \frac{x_A + x_B}{2}$ , en evenzo voor $y_M$ . ∎

15.2 Collineariteit en de determinant

Definitie 15.3 (Collineaire vectoren)

Twee vectoren zijn collineair als de ene een scalaïr veelvoud is van de andere: $\vec v = \lambda \vec u$ voor zekere $\lambda \in \R$ (of $\vec u = \vec 0$ ). Meetkundig: ze hebben dezelfde richting, of één van beide is nul.

Definitie 15.4 (Determinant)

De determinant van $\vec u\,(x, y)$ en $\vec v\,(x', y')$ is

\det(\vec u, \vec v) = \begin{vmatrix} x & x' \\ y & y' \end{vmatrix} = x y' - x' y .

Stelling 15.5 (Collineariteitscriterium)

Twee vectoren $\vec u$ en $\vec v$ zijn collineair dan en slechts dan als $\det(\vec u, \vec v) = 0$ .

Bewijs. ( $\Rightarrow$ ) Als $\vec v = \lambda\vec u$ , dan $x' = \lambda x$ en $y' = \lambda y$ , dus $\det(\vec u, \vec v) = x(\lambda y) - (\lambda x)y = 0$ ; als $\vec u = \vec 0$ , is de determinant triviaal $0$ .

( $\Leftarrow$ ) Stel $xy' - x'y = 0$ en $\vec u \neq \vec 0$ , zeg $x \neq 0$ (het geval $y \neq 0$ is symmetrisch). Stel $\lambda = \frac{x'}{x}$ . Dan $x' = \lambda x$ per constructie, en de relatie $xy' = x'y = \lambda x y$ geeft, na delen door $x \neq 0$ , $y' = \lambda y$ . Dus $\vec v = \lambda \vec u$ . ∎

Voorbeeld 15.6

$\vec u\,(3, -2)$ en $\vec v\,(-6, 4)$ : $\det = 3 \times 4 - (-6) \times (-2) = 12 - 12 = 0$ , collineair (inderdaad $\vec v = -2\vec u$ ). $\vec u\,(3, -2)$ en $\vec w\,(2, 1)$ : $\det = 3 + 4 = 7 \neq 0$ , niet collineair.

Methode 15.7 (Collineariteit van drie punten)

$A$ , $B$ , $C$ zijn collineair dan en slechts dan als $\vect{AB}$ en $\vect{AC}$ collineair zijn: bereken beide vectoren en controleer $\det\bigl(\vect{AB}, \vect{AC}\bigr) = 0$ .

15.3 Cartesiaanse vergelijkingen van lijnen

Definitie 15.8 (Richtingsvector)

Een richtingsvector van een lijn $d$ is elke niet-nul vector $\vec u$ zodat $\vect{AB}$ collineair is met $\vec u$ voor alle punten $A, B$ van $d$ .

Stelling 15.9 (Cartesiaanse vergelijking)

Een lijn met richtingsvector $\vec u\,(-b, a)$ laat een vergelijking toe van de vorm

ax + by + c = 0 \qquad (a, b) \neq (0, 0).

Omgekeerd beschrijft elke zulke vergelijking een lijn met richtingsvector $\vec u\,(-b, a)$ .

Bewijs. Laat $d$ door $A(x_A, y_A)$ gaan met richting $\vec u\,(-b, a)$ . Een punt $M(x, y)$ ligt op $d$ precies wanneer $\vect{AM}$ collineair is met $\vec u$ , d.w.z. (Stelling 15.5)

0 = \det\bigl(\vect{AM}, \vec u\bigr) = (x - x_A)\,a - (-b)(y - y_A) = ax + by - (a x_A + b y_A),

een vergelijking van de aangekondigde vorm met $c = -(a x_A + b y_A)$ . Omgekeerd zijn de oplossingen van $ax + by + c = 0$ met, zeg, $b \neq 0$ de punten $\left(x, -\frac{a x + c}{b}\right)$ : aftrekken van twee ervan toont dat elke koorde collineair is met $(-b, a)$ , en er bestaat altijd een oplossing — het is de lijn erdoor met richting $(-b, a)$ . ∎

Methode 15.10 (Lijn door twee punten)

Om een vergelijking van de lijn $(AB)$ te vinden: bereken de richtingsvector $\vect{AB}\,(x_B - x_A, y_B - y_A)$ ; match die met $(-b, a)$ , d.w.z. neem $a = y_B - y_A$ en $b = -(x_B - x_A)$ ; bepaal $c$ door de coördinaten van $A$ in te vullen.

Voorbeeld 15.11

Lijn door $A(1, 2)$ en $B(4, 3)$ : $\vect{AB}\,(3, 1)$ , dus $a = 1$ , $b = -3$ , en de vergelijking is $x - 3y + c = 0$ . Invullen van $A$ : $1 - 6 + c = 0$ , dus $c = 5$ . Vergelijking: $x - 3y + 5 = 0$ . Controle met $B$ : $4 - 9 + 5 = 0$ .

Opmerking 15.12

Wanneer $b \neq 0$ kan de vergelijking naar $y$ opgelost worden: $y = mx + p$ met richtingscoëfficiënt $m = -\frac ab$ . De cartesiaanse vorm $ax + by + c = 0$ is algemener: ze dekt ook verticale lijnen ( $b = 0$ ), die geen richtingscoëfficiënt hebben.

De lijn x - 3y + 5 = 0 van , haar richtingsvector u = AB (rood, hier geschaald met 1/2), en de twee punten waarmee de vergelijking is opgebouwd. — De lijn $x - 3y + 5 = 0$ van Voorbeeld 15.11, haar richtingsvector $\vec u = \vect{AB}$ (rood, hier geschaald met $\frac12$ ), en de twee punten waarmee de vergelijking is opgebouwd.

15.4 Parametrische voorstelling

Definitie 15.13 (Parametrische voorstelling)

De lijn door $A(x_A, y_A)$ met richting $\vec u\,(\alpha, \beta)$ is de verzameling punten

M\bigl(x_A + t\alpha,\ y_A + t\beta\bigr), \qquad t \in \R .

Het getal $t$ is de parameter: elke waarde van $t$ produceert één punt van de lijn, alsof men er met constante snelheid $\vec u$ over reist.

Voorbeeld 15.14

De lijn van Voorbeeld 15.11 is ook $\{(1 + 3t,\ 2 + t) : t \in \R\}$ : $t = 0$ geeft $A$ , $t = 1$ geeft $B$ . Elimineren van $t$ ( $t = y - 2$ , dus $x = 1 + 3(y-2)$ ) levert $x - 3y + 5 = 0$ terug.

15.5 Onderlinge standen van twee lijnen

Propositie 15.15 (Evenwijdig of snijdend)

Twee lijnen met richtingsvectoren $\vec u$ en $\vec v$ zijn evenwijdig dan en slechts dan als $\det(\vec u, \vec v) = 0$ . In vergelijkingsvorm: $d : ax + by + c = 0$ en $d' : a'x + b'y + c' = 0$ zijn evenwijdig dan en slechts dan als $ab' - a'b = 0$ . Niet-evenwijdige lijnen snijden elkaar in precies één punt.

Bewijs. Evenwijdigheid betekent collineaire richtingen, wat Stelling 15.5 is; met $\vec u\,(-b, a)$ en $\vec v\,(-b', a')$ is de determinant $(-b)a' - (-b')a = ab' - a'b$ . Als de lijnen niet evenwijdig zijn, leidt het gelijktijdig oplossen van de twee vergelijkingen (door substitutie of combinatie) tot een unieke oplossing: het stelsel gedraagt zich als een $2 \times 2$ -stelsel met niet-nul determinant. ∎

Methode 15.16 (Snijpunt van twee lijnen)

Los het stelsel van de twee vergelijkingen op: isoleer één onbekende in één vergelijking en substitueer in de andere, of combineer de vergelijkingen om één onbekende te elimineren. Controleer altijd het resulterende punt in beide vergelijkingen.

Voorbeeld 15.17

Snijd $d: x - 3y + 5 = 0$ en $d': 2x + y - 4 = 0$ . Uit $d'$ : $y = 4 - 2x$ . Substitueren in $d$ :

x - 3(4 - 2x) + 5 = 0 \iff x - 12 + 6x + 5 = 0 \iff 7x = 7 \iff x = 1,

dan $y = 2$ . De lijnen snijden in $(1, 2)$ . Controle in $d$ : $1 - 6 + 5 = 0$ .

15.6 Oefeningen

Oefening 15.1 ★

Gegeven $A(2, -1)$ , $B(5, 3)$ en $C(-1, 1)$ , bereken de coördinaten van $\vect{AB}$ , $\vect{AC}$ , $\vect{AB} + \vect{AC}$ en $2\vect{AB} - 3\vect{AC}$ , en het midden van $[BC]$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.1.

$\vect{AB}\,(3, 4)$ , $\vect{AC}\,(-3, 2)$ , $\vect{AB} + \vect{AC}\,(0, 6)$ , $2\vect{AB} - 3\vect{AC}\,(6 + 9,\ 8 - 6) = (15, 2)$ . Het midden van $[BC]$ is $\left(\frac{5 + (-1)}{2}, \frac{3+1}{2}\right) = (2, 2)$ .

Oefening 15.2 ★

Zijn de vectoren collineair?

\vec u\,(4, -6) \text{ en } \vec v\,(-2, 3); \qquad \vec u\,(2, 5) \text{ en } \vec v\,(3, 7); \qquad \vec u\,(0, 3) \text{ en } \vec v\,(0, -8).

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.2.

$\det = 4 \times 3 - (-2) \times (-6) = 12 - 12 = 0$ : collineair (inderdaad $\vec v = -\frac12 \vec u$ ).

$\det = 2 \times 7 - 3 \times 5 = -1 \neq 0$ : niet collineair.

$\det = 0 \times (-8) - 0 \times 3 = 0$ : collineair (beide verticaal).

Oefening 15.3 ★

Vind een cartesiaanse vergelijking van de lijn door $A(2, 1)$ met richtingsvector $\vec u\,(3, -1)$ , daarna van de lijn door $B(0, 4)$ en $C(2, 0)$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.3.

Door $A(2,1)$ , richting $(3, -1)$ : matchen met $(-b, a) = (3, -1)$ geeft $a = -1$ , $b = -3$ , dus $-x - 3y + c = 0$ ; invullen van $A$ : $-2 - 3 + c = 0$ , $c = 5$ . Vermenigvuldigen met $-1$ : $x + 3y - 5 = 0$ .

Door $B(0,4)$ en $C(2,0)$ : $\vect{BC}\,(2, -4)$ , dus $a = -4$ , $b = -2$ : $-4x - 2y + c = 0$ ; invullen van $B$ : $-8 + c = 0$ , $c = 8$ . Vereenvoudigen met $-2$ : $2x + y - 4 = 0$ . Controle met $C$ : $4 + 0 - 4 = 0$ .

Oefening 15.4 ★

Geef voor de lijn $d: 3x - 2y + 6 = 0$ een richtingsvector, de snijpunten met de twee coördinaatassen, en beslis of de punten $P(2, 6)$ en $Q(1, 4)$ tot $d$ behoren.

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.4.

Een richtingsvector is $(-b, a) = (2, 3)$ . Snijpunten: $x = 0$ geeft $y = 3$ , punt $(0, 3)$ ; $y = 0$ geeft $x = -2$ , punt $(-2, 0)$ . Voor $P(2,6)$ : $3 \times 2 - 2 \times 6 + 6 = 0$ , dus $P \in d$ . Voor $Q(1,4)$ : $3 - 8 + 6 = 1 \neq 0$ , dus $Q \notin d$ .

Oefening 15.5 ★★

Zijn de punten $A(1, 2)$ , $B(4, 8)$ , $C(-2, -4)$ collineair? Zelfde vraag voor $D(0, 1)$ , $E(2, 4)$ , $F(5, 9)$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.5.

$\vect{AB}\,(3, 6)$ en $\vect{AC}\,(-3, -6)$ : $\det = 3 \times (-6) - (-3) \times 6 = 0$ , dus $A$ , $B$ , $C$ zijn collineair.

$\vect{DE}\,(2, 3)$ en $\vect{DF}\,(5, 8)$ : $\det = 2 \times 8 - 5 \times 3 = 1 \neq 0$ : $D$ , $E$ , $F$ zijn niet collineair.

Oefening 15.6 ★★

Bepaal het snijpunt, indien aanwezig:

d: 2x + y - 7 = 0 \ \text{ en }\ d': x - y + 1 = 0; \qquad e: x - 2y + 3 = 0 \ \text{ en }\ e': -2x + 4y + 1 = 0 .

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.6.

Eerste paar: optellen van de twee vergelijkingen, $(2x + y - 7) + (x - y + 1) = 3x - 6 = 0$ , dus $x = 2$ , dan $y = x + 1 = 3$ : ze snijden in $(2, 3)$ (controle: $4 + 3 - 7 = 0$ ).

Tweede paar: $ab' - a'b = 1 \times 4 - (-2) \times (-2) = 0$ , dus de lijnen zijn evenwijdig; vermenigvuldigen van $e$ met $-2$ geeft $-2x + 4y - 6 = 0$ , wat verschilt van $e'$ ( $-6 \neq 1$ ): strikt evenwijdig, geen snijpunt.

Oefening 15.7 ★★

Geef een parametrische voorstelling van de lijn $d: 2x - y + 3 = 0$ , en een cartesiaanse vergelijking van de lijn $\bigl\{(1 + 2t,\ -3 + t) : t \in \R\bigr\}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.7.

Voor $d: 2x - y + 3 = 0$ : richting $(-b, a) = (1, 2)$ en het punt $(0, 3)$ ligt op $d$ , dus $d = \{(t,\ 3 + 2t) : t \in \R\}$ .

Voor de parametrische lijn door $(1, -3)$ met richting $(2, 1)$ : $a = 1$ , $b = -2$ , dus $x - 2y + c = 0$ ; invullen van $(1, -3)$ : $1 + 6 + c = 0$ , $c = -7$ . Vergelijking: $x - 2y - 7 = 0$ (controle $t = 1$ , punt $(3, -2)$ : $3 + 4 - 7 = 0$ ).

Oefening 15.8 ★★

Vind de vergelijking van de lijn door $P(1, -2)$ evenwijdig met $d: 4x - 3y + 2 = 0$ , en de waarde van $m$ waarvoor de lijn $mx + 2y - 5 = 0$ evenwijdig is met $d$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.8.

Een evenwijdige lijn heeft dezelfde $(a, b)$ : $4x - 3y + c = 0$ ; door $P(1, -2)$ : $4 + 6 + c = 0$ , dus $c = -10$ en de lijn is $4x - 3y - 10 = 0$ .

Evenwijdigheid van $mx + 2y - 5 = 0$ met $d$ eist $ab' - a'b = 4 \times 2 - m \times (-3) = 8 + 3m = 0$ , dus $m = -\frac83$ .

Oefening 15.9 ★★

Laat $A(-1, 0)$ , $B(3, 2)$ en $C(1, -4)$ . Vind een cartesiaanse vergelijking van de zwaartelijn van de driehoek $ABC$ vanuit $C$ (de lijn die $C$ verbindt met het midden van $[AB]$ ).

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.9.

Het midden van $[AB]$ is $M\!\left(\frac{-1+3}{2}, \frac{0+2}{2}\right) = (1, 1)$ . De zwaartelijn is de lijn $(CM)$ met $C(1, -4)$ : beide punten hebben abscis $1$ , dus de zwaartelijn is de verticale lijn

x - 1 = 0 .

Oefening 15.10 ★★

Voor welke waarde(n) van de parameter $m$ zijn de vectoren $\vec u\,(m, 2)$ en $\vec v\,(3, m - 1)$ collineair?

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.10.

$\det(\vec u, \vec v) = m(m - 1) - 3 \times 2 = m^2 - m - 6$ . Die verdwijnt wanneer $m^2 - m - 6 = 0$ : $\Delta = 1 + 24 = 25$ , wortels $m = \frac{1 \pm 5}{2}$ , d.w.z. $m = 3$ of $m = -2$ .

Oefening 15.11 ★★★

Laat $ABCD$ een parallellogram zijn, $I$ het midden van $[AB]$ , en $J$ het punt gedefinieerd door $\vect{DJ} = \frac23 \vect{DI}$ . Werkend in het coördinatenstelsel waarin $A(0,0)$ , $B(1,0)$ , $D(0,1)$ (dus $C(1,1)$ ):

Bereken de coördinaten van $I$ en $J$ .
Toon aan dat $A$ , $J$ en $C$ collineair zijn. (Een mooi feit: de lijn $(DI)$ snijdt de diagonaal $(AC)$ op precies een derde van de lengte vanaf $A$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.11.

1. $I = \left(\frac12, 0\right)$ . Dan $\vect{DI} = \left(\frac12 - 0,\ 0 - 1\right) = \left(\frac12, -1\right)$ en $\vect{DJ} = \frac23\vect{DI} = \left(\frac13, -\frac23\right)$ , dus

J = D + \vect{DJ} = \left(\frac13,\ \frac13\right).

2. $\vect{AJ}\left(\frac13, \frac13\right)$ en $\vect{AC}\,(1, 1)$ : $\det = \frac13 \times 1 - 1 \times \frac13 = 0$ , dus $A$ , $J$ , $C$ zijn collineair — in feite $\vect{AJ} = \frac13\vect{AC}$ : de lijn $(DI)$ snijdt de diagonaal $(AC)$ op precies een derde van de lengte vanaf $A$ .