Wiskunde bovenbouw · Grades 10–12

31Vectoren, lijnen en vlakken in de ruimte

Driedimensionale meetkunde wordt computationeel zodra vectoren en coördinaten beschikbaar zijn: lijnen krijgen parametrische voorstellingen, vlakken krijgen Cartesiaanse vergelijkingen, en het inwendig product meet hoeken en afstanden. Dit hoofdstuk bouwt deze gereedschapskist en gebruikt haar om de klassieke snij- en afstandsproblemen op te lossen.

31.1 Vectoren in de ruimte

Vectoren in de ruimte gehoorzamen dezelfde regels als in het vlak: ze tellen op, ze schalen, en $\vect{AB} = \vect{CD}$ precies wanneer $ABDC$ een parallellogram is. In een coördinatenstelsel $(O; \vec\imath, \vec\jmath, \vec k)$ heeft elke vector coördinaten $(x, y, z)$ .

Definitie 31.1 (Collineariteit, coplanariteit)

Twee vectoren zijn collineair als de ene een veelvoud van de andere is. Drie vectoren $\vec u, \vec v, \vec w$ zijn coplanair als een van hen als combinatie van de andere twee te schrijven is, zeg $\vec w = a\vec u + b\vec v$ .

Propositie 31.2

Als $\vec u, \vec v, \vec w$ niet coplanair zijn, ontbindt elke vector van de ruimte uniek als $x\vec u + y\vec v + z\vec w$ .

Bewijs-idee. Door de top van de te ontbinden vector, teken de lijn evenwijdig aan $\vec w$ ; zij snijdt het vlak van $\vec u, \vec v$ in één punt, wat de vector splitst in een component in dat vlak (uniek $x\vec u + y\vec v$ , vlakke meetkunde) en een component langs $\vec w$ . Uniciteit: een verschil van twee ontbindingen zou een van de vectoren in termen van de andere twee uitdrukken, in strijd met non-coplanariteit. ∎

31.2 Lijnen en vlakken

Definitie 31.3 (Parametrische voorstelling van een lijn)

De lijn door $A(x_A, y_A, z_A)$ met richtingsvector $\vec u (a, b, c) \neq \vec 0$ is de verzameling van punten

M(x_A + ta,\; y_A + tb,\; z_A + tc), \qquad t \in \R .

Definitie 31.4 (Vlak)

Het vlak door $A$ gericht door twee niet-collineaire vectoren $\vec u, \vec v$ is de verzameling van punten $M$ met $\vect{AM} = s\vec u + t\vec v$ , $(s, t) \in \R^2$ .

Links: de lijn door A met richting u, gegradueerd door de parameter t. Rechts: het vlak door A gericht door u en v; elk punt M van het vlak wordt bereikt als AM = s u + t v. — Links: de lijn door $A$ met richting $\vec u$ , gegradueerd door de parameter $t$ . Rechts: het vlak door $A$ gericht door $\vec u$ en $\vec v$ ; elk punt $M$ van het vlak wordt bereikt als $\vect{AM} = s\vec u + t\vec v$ .

Propositie 31.5 (Relatieve posities)

Twee distincte vlakken zijn ofwel evenwijdig of snijden in een lijn. Een lijn en een vlak zijn ofwel evenwijdig (eventueel bevat) of snijden in één punt. Twee lijnen in de ruimte kunnen snijdend, strikt evenwijdig, identiek, of kruisend (niet coplanair) zijn.

Schets. Dit zijn incidentie-uitspraken; elke gevalsanalyse reduceert, in coördinaten, tot het oplossen van een lineair stelsel en het tellen van zijn oplossingen — zie Methode 31.10. ∎

31.3 Inwendig product

Definitie 31.6 (Inwendig product)

Het inwendig product van $\vec u$ en $\vec v$ is

\vec u \cdot \vec v = \tfrac12\left(\norm{\vec u + \vec v}^2 - \norm{\vec u}^2 - \norm{\vec v}^2\right),

waar $\norm{\vec u}$ de lengte van $\vec u$ is. Als beide vectoren niet-nul zijn, $\vec u \cdot \vec v = \norm{\vec u}\,\norm{\vec v}\cos\theta$ waar $\theta$ de hoek ertussen is; en in een orthonormaal coördinatenstelsel,

\vec u \cdot \vec v = xx' + yy' + zz' .

Twee vectoren zijn loodrecht (orthogonaal) als hun inwendig product $0$ is.

Propositie 31.7 (Eigenschappen)

Het inwendig product is symmetrisch ( $\vec u\cdot\vec v = \vec v\cdot\vec u$ ), bilineair ( $(a\vec u + b\vec v)\cdot \vec w = a\,\vec u\cdot\vec w + b\,\vec v\cdot \vec w$ ), en $\vec u \cdot \vec u = \norm{\vec u}^2 \geq 0$ .

Bewijs. In een orthonormaal stelsel zijn alle drie de eigenschappen onmiddellijk op de formule $xx' + yy' + zz'$ , die zelf volgt uit de definiërende formule en de Pythagoras-berekening van lengtes: $\norm{\vec u}^2 = x^2 + y^2 + z^2$ . ∎

Definitie 31.8 (Normaalvector)

Een normaalvector van een vlak $\mathcal P$ is een niet-nul vector loodrecht op elke vector die in $\mathcal P$ ligt (het volstaat dat hij loodrecht is op twee niet-collineaire richtingen van $\mathcal P$ ).

Een normaalvector n van het vlak P is loodrecht op elke richting van P. Het punt H, voet van de loodlijn uit M_0, realiseert de afstand van M_0 tot het vlak. — Een normaalvector $\vec n$ van het vlak $\mathcal P$ is loodrecht op elke richting van $\mathcal P$ . Het punt $H$ , voet van de loodlijn uit $M_0$ , realiseert de afstand van $M_0$ tot het vlak.

Stelling 31.9 (Cartesiaanse vergelijking van een vlak)

In een orthonormaal coördinatenstelsel heeft het vlak door $A$ met normaalvector $\vec n(a, b, c)$ de vergelijking

a x + b y + c z + d = 0,

waar $d = -(ax_A + by_A + cz_A)$ . Omgekeerd definieert elke zulke vergelijking met $(a,b,c) \neq (0,0,0)$ een vlak met normaalvector $(a, b, c)$ .

Bewijs. $M \in \mathcal P \iff \vect{AM} \perp \vec n \iff a(x - x_A) + b(y - y_A) + c(z - z_A) = 0$ , wat tot de vergelijking ontwikkelt. Omgekeerd, kies enig oplossingspunt $A$ van de vergelijking; dezelfde berekening achterwaarts toont dat de oplossingsverzameling $\{M : \vect{AM}\cdot\vec n = 0\}$ is, het vlak door $A$ loodrecht op $\vec n$ . ∎

Methode 31.10 (Snijdingen in de praktijk)

Lijn $\cap$ vlak: substitueer de parametrische coördinaten van de lijn in de vlakvergelijking; los op naar $t$ (één oplossing: één punt; $0 =$ niet-nul: evenwijdig; $0 = 0$ : lijn bevat).
Vlak $\cap$ vlak: los het stelsel van de twee vergelijkingen op, parametriseer met één vrije coördinaat; de oplossing is een lijn (of de vlakken zijn evenwijdig wanneer de normaalvectoren collineair zijn).
Orthogonaliteitscontroles: lijn $\perp$ vlak iff haar richting collineair is met de normaal; twee vlakken zijn loodrecht iff hun normalen loodrecht zijn.

Propositie 31.11 (Afstand van een punt tot een vlak)

In een orthonormaal stelsel is de afstand van $M_0(x_0, y_0, z_0)$ tot het vlak $\mathcal P : ax + by + cz + d = 0$

\operatorname{dist}(M_0, \mathcal P) = \frac{\abs{ax_0 + by_0 + cz_0 + d}}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}.

Bewijs. Laat $H$ de orthogonale projectie van $M_0$ op $\mathcal P$ zijn: de voet van de loodlijn, dus $\vect{HM_0}$ is collineair met de eenheidsnormaal $\frac{\vec n}{\norm{\vec n}}$ , en de afstand is $\abs{\vect{HM_0}\cdot \frac{\vec n}{\norm{\vec n}}}$ . Voor elke $H \in \mathcal P$ , $\vect{HM_0}\cdot\vec n = ax_0 + by_0 + cz_0 - (ax_H + by_H + cz_H) = ax_0 + by_0 + cz_0 + d$ (met de vergelijking in $H$ ), waaruit de formule na deling door $\norm{\vec n} = \sqrt{a^2+b^2+c^2}$ . ∎

Voorbeeld 31.12

Afstand van de oorsprong tot het vlak $x + 2y + 2z - 6 = 0$ : $\frac{\abs{-6}}{\sqrt{1 + 4 + 4}} = \frac63 = 2$ .

31.4 Oefeningen

In alle oefeningen is het coördinatenstelsel orthonormaal.

Oefening 31.1 ★

Laat $A(1, 0, 2)$ , $B(3, 1, 1)$ en $C(2, -1, 3)$ . Zijn de punten $A$ , $B$ , $C$ collineair? Geef een parametrische voorstelling van de lijn $(AB)$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.1.

$\vect{AB}(2, 1, -1)$ en $\vect{AC}(1, -1, 1)$ zijn niet evenredig ( $\frac21 \neq \frac{1}{-1}$ ), dus de punten zijn niet collineair. Lijn $(AB)$ :

(x, y, z) = (1 + 2t,\; t,\; 2 - t), \qquad t \in \R .

Oefening 31.2 ★

Bepaal een Cartesiaanse vergelijking van het vlak door $A(1, 1, 0)$ met normaalvector $\vec n(2, -1, 3)$ . Behoort het punt $B(0, 2, 1)$ ertoe?

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.2.

$2(x - 1) - (y - 1) + 3(z - 0) = 0$ , d.w.z.

2x - y + 3z - 1 = 0 .

Voor $B(0,2,1)$ : $0 - 2 + 3 - 1 = 0$ : ja, $B$ ligt op het vlak.

Oefening 31.3 ★

Bereken de hoek in $A$ (tot op de graad) van de driehoek met hoekpunten $A(0,0,0)$ , $B(1, 1, 0)$ en $C(1, 0, 1)$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.3.

$\vect{AB}(1,1,0)$ , $\vect{AC}(1,0,1)$ :

\cos\widehat{A} = \frac{\vect{AB}\cdot\vect{AC}}{\norm{\vect{AB}}\,\norm{\vect{AC}}} = \frac{1}{\sqrt2\,\sqrt2} = \frac12,

dus $\widehat A = 60^\circ$ .

Oefening 31.4 ★★

Beschouw de lijn $\mathcal D$ door $A(1, 2, 0)$ met richting $\vec u(1, -1, 2)$ , en het vlak $\mathcal P : 2x + y - z + 1 = 0$ . Bepaal $\mathcal D \cap \mathcal P$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.4.

Punten van $\mathcal D$ : $(1 + t,\, 2 - t,\, 2t)$ . Substitueren in de vergelijking van $\mathcal P$ :

2(1+t) + (2 - t) - 2t + 1 = 5 - t = 0 \iff t = 5 .

Uniek snijpunt: $(6, -3, 10)$ .

Oefening 31.5 ★★

Laat $\mathcal P : x - y + 2z = 1$ en $\mathcal Q : 2x + y + z = 4$ . Toon dat $\mathcal P$ en $\mathcal Q$ snijden in een lijn en geef een parametrische voorstelling ervan.

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.5.

De normaalvectoren $(1, -1, 2)$ en $(2, 1, 1)$ zijn niet collineair, dus de vlakken snijden in een lijn. De twee vergelijkingen optellen: $3x + 3z = 5$ , dus $x = \frac53 - z$ ; daarna geeft de eerste vergelijking $y = x + 2z - 1 = \frac23 + z$ . Met $z = t$ :

(x, y, z) = \left(\frac53 - t,\; \frac23 + t,\; t\right), \qquad t \in \R,

een lijn met richtingsvector $(-1, 1, 1)$ . (Beide vergelijkingen controleren identiek.)

Oefening 31.6 ★★

Toon dat de lijnen

\mathcal D_1 : (x, y, z) = (1 + t,\; 2t,\; 3 - t), \qquad \mathcal D_2 : (x, y, z) = (2 + s,\; 1 + s,\; 1 + 2s)

kruisend zijn (niet coplanair).

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.6.

Richtingen $\vec u_1(1, 2, -1)$ en $\vec u_2(1, 1, 2)$ zijn niet collineair, dus de lijnen zijn niet evenwijdig. Snijden zou vereisen

1 + t = 2 + s, \qquad 2t = 1 + s, \qquad 3 - t = 1 + 2s .

De eerste twee geven $t = 1 + s$ en $2(1+s) = 1 + s$ , dus $s = -1$ , $t = 0$ ; maar dan leest de derde $3 = -1$ , absurd. Geen gemeenschappelijk punt en niet evenwijdig: de lijnen zijn kruisend.

Oefening 31.7 ★★

Laat $\mathcal P : 2x - y + 2z - 3 = 0$ .

Bereken de afstand van $M_0(3, 1, 1)$ tot $\mathcal P$ .
Bepaal de coördinaten van de orthogonale projectie $H$ van $M_0$ op $\mathcal P$ , en controleer de afstand $M_0H$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.7.

1. $\operatorname{dist} = \dfrac{\abs{2\cdot3 - 1 + 2\cdot1 - 3}} {\sqrt{4 + 1 + 4}} = \dfrac{4}{3}$ .

2. $H = M_0 + t\,\vec n$ met $\vec n(2, -1, 2)$ , $t$ zo gekozen dat $H \in \mathcal P$ :

2(3 + 2t) - (1 - t) + 2(1 + 2t) - 3 = 4 + 9t = 0 \iff t = -\frac49 .

Dus $H\left(\frac{19}{9}, \frac{13}{9}, \frac19\right)$ , en

M_0H = \norm{t\,\vec n} = \frac49 \times 3 = \frac43,

in overeenstemming met de afstandsformule.

Oefening 31.8 ★★★

De kubus $ABCDEFGH$ heeft zijde $1$ ; plaats coördinaten zodat $A(0,0,0)$ , $B(1,0,0)$ , $D(0,1,0)$ , $E(0,0,1)$ (met $C = B + D$ , $F = B + E$ , $G = B + D + E$ , $H = D + E$ als vectoren uit $A$ ).

Toon dat de diagonaal $(AG)$ loodrecht is op het vlak $(BDE)$ .
Bereken de afstand van $A$ tot het vlak $(BDE)$ , en het punt waar $(AG)$ het doorboort.

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.8.

Coördinaten: $G(1,1,1)$ , en het vlak $(BDE)$ gaat door $B(1,0,0)$ , $D(0,1,0)$ , $E(0,0,1)$ .

1. Het vlak $(BDE)$ heeft vergelijking $x + y + z = 1$ (voldaan door de drie punten, en zij zijn niet collineair), dus $\vec n(1,1,1)$ is normaal erop. Omdat $\vect{AG} = (1,1,1) = \vec n$ , is de diagonaal $(AG)$ loodrecht op het vlak $(BDE)$ .

2. Afstand van $A(0,0,0)$ : $\frac{\abs{0 + 0 + 0 - 1}}{\sqrt3} = \frac{1}{\sqrt3} = \frac{\sqrt3}{3}$ . De lijn $(AG)$ is $(t, t, t)$ ; zij snijdt het vlak wanneer $3t = 1$ : in het punt $\left(\frac13, \frac13, \frac13\right)$ , het zwaartepunt van de driehoek $BDE$ .

Oefening 31.9 ★★★

(Volume van een tetraëder.) Laat $A(1,1,1)$ , $B(2,1,0)$ , $C(0,2,1)$ en $D(2,2,2)$ .

Verifieer dat $\vect{AB}$ , $\vect{AC}$ , $\vect{AD}$ niet coplanair zijn (de punten vormen een echte tetraëder).
Vind een vector $\vec n$ loodrecht op zowel $\vect{BC}$ als $\vect{BD}$ , en leid een Cartesiaanse vergelijking van het vlak $(BCD)$ af.
Bereken de afstand van $A$ tot het vlak $(BCD)$ en de oppervlakte van de driehoek $BCD$ , met de formule $\text{Opp.} = \frac12\sqrt{\norm{\vec u}^2\norm{\vec v}^2 - (\vec u \cdot \vec v)^2}$ voor de driehoek opgespannen door $\vec u, \vec v$ .
Leid het volume van de tetraëder af ( $V = \frac13 \times \text{grondvlak} \times \text{hoogte}$ ).

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.9.

1. $\vect{AB}(1, 0, -1)$ , $\vect{AC}(-1, 1, 0)$ , $\vect{AD}(1, 1, 1)$ . Als $\vect{AD} = a\vect{AB} + b\vect{AC}$ , geven de coördinaten $a - b = 1$ , $b = 1$ , $-a = 1$ : de eerste twee forceren $a = 2$ , in strijd met $a = -1$ . Niet coplanair.

2. $\vect{BC}(-2, 1, 1)$ , $\vect{BD}(0, 1, 2)$ . Oplossen $\vec n \cdot \vect{BC} = \vec n \cdot \vect{BD} = 0$ : uit $b + 2c = 0$ , $b = -2c$ ; dan $-2a - 2c + c = 0$ geeft $c = -2a$ . Met $a = 1$ : $\vec n(1, 4, -2)$ . Vlak door $B(2,1,0)$ :

x + 4y - 2z - 6 = 0 .

3. Afstand van $A(1,1,1)$ : $\dfrac{\abs{1 + 4 - 2 - 6}}{\sqrt{21}} = \dfrac{3}{\sqrt{21}}$ . Oppervlakte van $BCD$ : $\norm{\vect{BC}}^2 = 6$ , $\norm{\vect{BD}}^2 = 5$ , $\vect{BC}\cdot\vect{BD} = 3$ , dus

\text{Opp.} = \frac12\sqrt{6 \times 5 - 9} = \frac{\sqrt{21}}{2}.

V = \frac13 \times \frac{\sqrt{21}}{2} \times \frac{3}{\sqrt{21}} = \frac12 .