Transcript 已知平面的法向量为

第三章 空间解析几何
与向量代数
【例1】已知两点 M1 (4, 2,1)和 M2 (3,0, 2),求向量 M1 M2
的模、方向 余弦和方向角。
解：M1 M2  (1,  2,1)
| M1 M2 | 2
1
1
2
方向余弦为 cos    , cos   
, cos  
2
2
2
3
1
2
方向角为    ,    ,   
4
3
3
【例2】确定  ,  ,  的值，使向量 i  3 j  (  1)k 与向量
(   3)i  (    ) j  3k 相等。并求此时向量的模与方向余弦。
分析： 向量相等的定义是向量坐标对应相等。
解： 由已知条件得
    3

3    
  1  3

易得
 1

 4
   1

即当   1,   4,   1 时两向量相等。 此时向量为

a
模为  19,
a  i  3 j  3k
1
3
3
,
, 。
方向余弦为
19 19 19
【例3】已知 a , b , c 都是单位向量，且满足 a  b  c  0 ，
求 a b  b c  c a .
分析：向量 a , b , c 的坐标没给出，也没给出之间的夹角，
无法利用数量积定义，只能考虑数量积运算规律。
解：
0  (a  b  c )  (a  b  c )
 a  a  b  b  c  c  2(a  b  b  c  c  a )
 3  2(a  b  b  c  c  a )
于是
3
a b  b c  c a  
2



【例4】已知向量 p, q , r 两两互相垂直，且 p  1, q  2, r  3,
  
求 pqr 。
p, q , r 没给出坐标，只给出了模，注意
分析：由于向量
a  a  a ，并利用条件 p  q  p  q  0 ，便可求出
2
  
p  q  r ；或可不妨置 S  p  q  r 于坐标系中
计算向量的模。
2
解法1： p  q  r  ( p  q  r )  ( p  q  r )
 p p  pq  pr  q  p  q q  q r  r  p  r q  r r
2
2
2
 p  q  r  0  12  22  32  14
所以
  
p  q  r  14
解法2：因三向量两两垂直，故可在直角坐标系中设
p  i , q  2 j , r  3k
S  p  q  r  i  2 j  3k
则
于是
p  q  r  S  12  22  32  14
【例5】已知向量 x  ( x1 , x2 , x3 ) 与三向量  (1,1, 0),
  (0,1,1),   (1,0,1) 的数量积分别为3,5,4，
试求向量 x 及与其同向的单位向量。
分析：利用
x 与每个  ,  ,  的数量积，可得出关于
x 1 , x 2 , x 3的联立方程组，解之便得结果。
解：依题意有 x    3,
x    5, x    4
即
 x1  x 2  3

 x2  x3  5
x  x  4
3
 1
解得
x1  1, x 2  2, x 3  3 ，
则
x  (1, 2, 3)

x  14
x
1
2
3
,
,
)
与 x 同向的单位向量为 x0   (
x
14 14 14
【例6】已知 M 1 (1,1,2), M 2 (3,3,1) 和 M 3 (3,1,3) 。求与
M1 M2 , M2 M3 同时垂直的单位向量，并且求以
M1 M2 , M2 M3 为两邻边的平行四边形面积。
分析：应用向量积构造与两个向量都垂直的向量；
利用向量积模的几何意义得平行四边形的面积。
解：M1 M2  (2,4, 1), M2 M3  (0, 2,2)
i
j
a  M1 M2  M2 M3  2
4
k
1  6i  4 j  4k
0 2 2
与 M1 M2 , M2 M3 同时垂直的单位向量为：

a
1

(3, 2, 2)
a
17
平行四边形面积 S  M1 M 2  M 2 M 3  62  (4)2  (4)2  2 17
【例7】 在 xOy 坐标平面上求向量 p ，它垂直于向量
q  (5, 3,4), 并与向量 q 有相等的模。
分析： 先设出向量 p ，再用两个条件确定其系数。

2
2
2
解：由已知条件,可设 p  (a, b, 0) , q  5  ( 3)  4  5 2
由已知条件有 p  q  (a, b,0)  (5, 3,4)  5a  3b  0 ，则 b 
2

2

5 
2
2
2
p  a  b  0  a   a 
17 a  q  5 2
3
3 
15
则
5
25
a
, b a
3
17
17
于是
p   ( 15
17 , 25
17, 0 )
5
a
3
【例8】已知向量 a  (4, 3, 2)，u 轴与三坐标轴正向构成
相等锐角，求
a 在 u 轴上的投影。
分析：先求出 u 轴上的单位向量，再利用向量投影公式。
解：设 u 轴的方向余弦分别为 cos , cos  , cos ，
由已知条件      及 cos2   cos2   cos2   1
所以 cos   cos   cos  
得 3 cos   1
2
即 u 轴上的正向单位向量为 u0  (

于是
Pr jua  a cos(a , u) 
1
3
,
1
3
,
1
3
1
3
)，
a  u0
1
 a  u0 
(4  3  2)  3
u0
3


【例9】设向量 p  2a  b ，q  ka  b ，其中 a  1 ，b  2 ，
且 a  b 。问：
（1） k 为何值时， p  q
以 p 与 q 为邻边的平行四边形面积为6。
（2） k 为何值时，
分析：（1）用向量垂直的充分必要条件；
（2）用向量积的模的几何意义。
解：（1） 当 p  q  ( 2a  b )  ( ka  b )  0 时
2
即 2k a  b  (2  k )a  b  0，
2
亦即
2k  1  2 2  0  0 ，k  2 时 p  q  0
故当 k  2 ，时 p  q 。
（2） 平行四边形面积
 
 
 
S  p  q  2a  b   ka  b 
 
 
 
 
 2k a  a   b  b   2a  b   k b  a 
 
 
 0  0  ( 2  k )a  b 
  
 2  k a b sin  a , b 


 2  k  1  2 sin

2
 22 k  6
则 k  2  3 ，于是 k  5 或 k  1
当 k  5 或 k  1 时，以 p 与 q 为邻边的平行四边形面积为6。
【例10】求平行于x 轴且经过两点(4,0,2), (5,1,7) 的平面方程。
分析：（1）已知平面过两点，可采用平面的点法式，用已知
知两点确定的向量与向量 i 的向量积求平面的法向量；
（2）由平面平行于 x 轴的特殊条件，可采用平面的一般式，
设出不含 x 的平面方程，再由已知两点确定平面方程的
待定系数。
解法1: 由已知点 A(4,0,2), B(5,1,7) ，确定向量 AB  (1,1,9) ,
x 轴上的单位向量 i  (1,0,0) ，可确定所求平面的法向量
i
j
n  AB  i  1 1
1 0
k
9  9 j  k  (0, 9, 1)
0
平面过点 (4, 0, 2)，则所求平面的点法式方程为
9 y  ( z  2)  0
即
9y  z  2  0
解法2：平面平行于 x 轴，则平面方程中不含变量 x ,于是
可设平面方程为
By  Cz  D  0
点 (4,0,2), (5,1,7) 在平面上，满足平面方程，即有
 0  2C  D  0

 B  7C  D  0
则平面方程为
即
，得
 D  2C

 B  9C
 9Cy  Cz  2C  0
9y  z  2  0
【例11】求经过两点 ( 3,2,9), ( 6,0,4) 且与平面 2 x 
y  4z  8  0
垂直的平面方程。
分析：已知平面过两点，可采用平面的点法式，用已知两点确
定的向量与已知平面法向量的向量积可求出平面的法向量。
解：设所求平面  的法向量为 n ，已知平面  过点 A(3, 2,9),
B( 6, 0, 4)，平面  过向量 AB  (9, 2, 5) ，所以，n  AB 。
已知平面  1 : 2 x  y  4z  8  0 的法向量为 n1  (2, 1,4) ，
因为    1 ，所以 n  n1 ，可取
i
j
k
n  AB  n1  9
2
5  3i  26 j  5k
2
1
4
则所求平面的点法式方程为
3( x  3)  26( y  2)  5( z  9)  0
即
3 x  26 y  z  2  0
【例12】过点 ( 3,5,4) 且在三坐标轴上截距相等的平面方程。
分析：最简单的方法是利用平面的截距式方程，再用已知
的点确定三个相等的截距。
x y z
解：设所求平面的截距式方程为    1 ，
a a a
将已知点的坐标代入方程确定参数a ，有
3 5 4

 1
a
a
a
解得
a2
x y z
   1。
所求平面的截距式方程为
2 2 2
或写为一般式方程 x  y  z  2 。
【例13】求与平面 5 x  14 y  2z  36  0 平行，且与之距离
为 3 的平面。
分析： 所求平面与已知平面平行，法向量相同，可先设出
平面方程的一般式，再由条件定系数。
解： 所求平面与已知平面平行，两者的法向量相同，故可
设所求平面的方程为
5 x  14 y  2z  D  0
已知平面上有点 (4,0,8)，该点到所求平面的的距离为3，即
5  ( 4)  14  0  2  ( 8)  D
5  14  2
2
2
可解得 D  81 或 D  9
2

D  36
15
3
代入所设平面方程得所求平面的方程为
5 x  14 y  2z  81  0
或
5 x  14 y  2z  9  0
【例14】 求过点 (0,2,4)且与平面
x  2 z  1 和 y  3 z  2 平行
的直线方程。
分析：直线过已知一点，由直线的对称式，只需求直线的
方向向量，直线的方向向量分别与两已知平面的法向量垂直，
可用向量积求出直线的方向向量。
解：设所求直线的方向向量为 s ，两已知平面  1 : x  2z  1
的法向量为 n1  (1,0, 2) ， 2 : y  3z  2 的法向量为n2  (0,1, 3) ，
则 s  n1 ，s  n2 。
可取
i j k
s  n1  n2  1 0 2  2i  3 j  k
0 1 3
直线过点 (0,2,4) ，则所求直线方程为
x
y2 z4


2
3
1
y
xa
z 1


3 x  4 y  az  3a  1 ，
【例15】已知直线 3
在平面
2
a
求 a 的值。
分析：直线在平面上，则直线上的点都在平面上、直线
的方向向量与平面的法向量垂直。
解： 已知直线上点 (a ,0,1) 在所给平面上，该点坐标满足
平面方程；其次，直线的方向向量 s  (3, 2, a ) 与平面
的法向量 n  (3,4, a )应相互垂直，即 s  n  0 。则有
关系式
3a  4  0  a  1  3a  1

2
3

3

4

2

a
0

解之得 a  1 。
x 1 y  2
z


的平面方程。
【例16】求过点 ( 3,1,2) 且通过直线
2
1
3
分析： 直线上一点及已知点可确定一向量，直线有方向向量；所
求平面的法向量与两者分别垂直，平面的法向量可用向量积求得。
解：直线上的点 N (1,2,0) 及已知点 M (3,1,2) 在所求平面上，
两点构成向量NM  (2, 3, 2)，直线方向向量 s  (2,1, 3) ；
所求平面的法向量 n  NM ，n  s ，于是可取
i j j
n  NM  s  2 3 2  7i  2 j  4k
2 1 3
所求平面方程为  7( x  3)  2( y  1)  4( z  2)  0
即
7 x  2 y  4z  11
x 1 y  2 z  3
x  2 y 1 z


, L2 :


【例17】已知两直线 L1 :
1
0
1
2
1
1
求过 L1 且平行于 L2 的平面。
分析：所求平面过直线 L1 ，则过直线上点，由平面的点法式，
关键是求出平面的法向量，有两种方法：
（1）用向量积得出与两直线的方向向量都垂直的向量；
（2）先设出平面的法向量，再由条件定系数。
解法1: 直线 L1 上的点(1,2,3) 在所求平面上；又所求平面的
法线向量 n 与已知二直线 L1 , L2 的方向向量 s1  (1,0, 1) 、
s2  (2,1,1)都垂直，从而可取
i j k
n  s1  s2  1 0 1  i  3 j  k
2 1 1
于是所求平面方程为 1  ( x  1)  3( y  2)  1  ( z  3)  0
x  3y  z  2  0
即
解法2：设所求的法向量为 n  ( A, B, C ) 过直线 L1 上的点(1,2,3)
的方程为 A( x  1)  B( y  2)  C ( z  3)  0
因为
已知二直线 L1 , L2 的方向向量为 s1  (1,0, 1)、s2  (2,1,1) ，
平面  过 L1，所以 s1  n，又因为  L2，所以 s2  n ，则有
 s1  n  A  C  0

 s2  n  2 A  B  C  0
 CA
解得  B  3 A

取 A  1 则 n  (1, 3,1) 。
平面方程为：
即
x  1  3( y  2)  z  3  0
x  3y  z  2  0
 x y6
x 1 y 5 z  6


【例18】求直线 L1 :
与直线 L2 : 
1
2
1
2 y  z  3
的夹角。
分析：关键是求出直线 L2 的方向向量，可用向量积求得。
解：直线 L1 的方向向量是 s1  (1, 2,1)，而直线 L2 的方向
向量 s2 分别与两向量 n1  (1, 1,0) ，n2  (0, 2,1) 垂直,则可取
i
j k
s2  n1  n2  1 1 0   i  j  2k
0 2 1
从而直线 L1 与直线 L2 的夹角  的余弦为
cos  
因此
s1  s2
s1 s2

1  ( 1)  2  ( 1)  1  2
12  ( 2)2  12 ( 1)2  ( 1)2  22


3

3
6 6

1
2
x y z
【例19】求过点 (1,2,3) ，垂直于直线   且平行于
4 5 6
平面 7 x  8 y  9z  10  0 的直线方程。
分析：由本题的条件知，求直线的方向向量 s 垂直于已知
直线的方向向量 s1 ，也垂直于已知平面 的法向量n
可用向量积求
s。
解：设所求直线 L 的方向向量为 s ，已知直线 L1 的方向
已知
向量 s1  (4,5,6),已知平面  的法向量为n  (7,8,9) ，
L  L1 ，L  ，所以，s  s1 , s  n ，故可取
i j k
s  s1  n  4 5 6  3i  6 j  3k
7 8 9
x1 y2 z3


从而所求直线的方程为
3
6
3
即
x1 y2 z3


1
2
1
x y3

【例20】已知直线 L : 
及点 P0 (1,0,1) ，
3 x  y  2z  7
求点 P0 到直线 L 的距离 d 。
分析：要想求出点到直线的距离，需求过该点与已知直线垂直
相交的直线和已知直线的交点（即垂线足，或称为投影），
得出交点即可求出。
解：已知直线 L 的方向向量为
i
j k
s  n1  n2  1 1 0  2i  2 j  4k
3 1 2
过点 P0 (1,0,1) 做垂直于已知直线 L 的平面 ，其法向量 n
即是 L 的方向向量 s ，则平面方程为
2  ( x  1)  2  ( y  0)  4( z  1)  0
即
x  y  2z  3  0
再求已知直线 L 与平面  的交点 P1 ，取已知直线 L 上点
(0, 3, 2) ，得直线的对称式方程为
x0 y3 z2


1
1
2
 xt

化为参数方程为  y  t  3 ，将已知直线的参数方程代入
 z  2t  2

平面  方程 t  t  3  2(2t  2)  3  0
1
得 t
3
1
8
8
，则 x  , y   , z  
3
3
3
1 8 8
P
(
故有交点 1 , , )，
3 3 3
2
2
2
1
 2
 8
 5
d

P
P




93
 
 
 
因此所求的距离为
0 1
3
 3
 3
 3
注：求点到直线距离、过一点作与已知直线垂直相交的直线、点在
直线上的投影等几种问题均为同一种类型题，解题过程基本相同。
【例21】通过二平面 2 x  y  4  0 与 y  2 z  0 的交线及
点 M 0 (2,1,1) 的平面方程。
分析：所求平面过 M 0 点，由点法式方程，只需求出平面的
法向量。所给两个平面的交线L（方向向量
s ）显然应该在
所求平面上，又交线上的一点 M 与已知点 M 0 ( 2,1,1) 所
确定的向量 M 0 M 在所求平面上，两者可确定所求平面的法
向量。也可现设出所求平面的法向量，再由条件定其坐标。
又可利用过交线的平面束。
解法1：设两个平面的交线为L ，方向向量为 s ，已知两平面
的法向量为 n1  (2,1,0)，n2  (0,1, 2)，因为 s  n1 , s  n2
可取
i j k
s  n1  n1  2 1 0  2i  4 j  2k
0 1 2
点 M (2,0,0) 满足两已知平面方程，故该点在两平面交线L 上，
该点与点 M 0 (2,1,1) 所确定的向量 M0 M  (0,1,1) 在所求
平面上。则所求平面的法向量为
i
j k
n  M 0 M  s  0 1 1  6i  2 j  2k  2(3,1, 1)
2 4 2
则所求平面的方程为
3( x  2)  y  z  0
即
3x  y  z  6  0
解法2：同解法1交线L 的方向向量为s  (2, 4, 2) ，
M0 M  (0,1,1)
设求平面的法向量为 n  ( A, B, C )，则 n  s ，n  M0 M ，
于是有

 n  s  2 A  4 B  2C  0


 n  M0 M  B  C  0
C   B
，得 
 A  3B
取 B  1 ，则 n  (3,1, 1)
则所求平面的方程为 3( x  2)  y  (1)  [ z  (1)]  0
即
3x  y  z  6  0
解法3：过交线 L 的平面束的方程是
2 x  y  4   ( y  2z )  0
即
2 x  (  1) y  2 z  4  0
点 M 0 (2,1,1)不在交线上，故平面束中过点 M 0 (2,1,1) 的
平面唯一。将 M 0 (2,1,1) 的坐标代入平面束方程：
2  2  (  1)(1)  2 (1)  4  0
可得
1

3
2
2
于是求平面的方程为 2 x  y  z  4  0
3
3
即
3x  y  z  6  0
 2x  4 y  z  0
【例22】求直线
在平面 4 x  y  z  14
3 x  y  2 z  9  0
上的投影的直线方程。
分析：应考虑过已知直线的平面束中有一个平面与已知
平面垂直，平面束中该平面是直线的投影柱面。
解：过已知直线的平面束方程为
3 x  y  2z  9   (2 x  4 y  z )  0,
即
(3  2 ) x  (1  4 ) y  (  2)z  9  0

其法向量 n  ( 3  2 ,  1  4 ,   2 );
平面束中有一个平面与已知平面垂直，即其法向量


n  ( 3  2 ,  1  4 ,   2 )与已知平面法向量 n1  ( 4,1,1 ) 垂直
则两者的数量积为零，即
 
n n1  ( 3  2 ,  1  4 ,   2 )  ( 4, 1,1)
 12  8  1  4    2  0
11
解得

13

17 31 37
1
n

(
,
,

)

(17, 31,  37 ) .
则法向量为
13 13 13
13
于是平面束中以此为法向量的平面方程为
17 x  31 y  37 z  117  0, 即是直线的投影柱面。
则已知直线在已知平面上的投影为
17x  31y  37z  117  0

4 x  y  z  14

【例23】一平面通过两平面 x  5 y  z  0, x  z  4  0

45
的交线，且与平面 x  4 y  8z  12  0 成 角,求其方程.
分析：过交线的平面束中有两个平面与已知平面成45 ,

cos
45
用数量积表示
.
解：过交线的平面束方程为  ( x  5 y  z )  x  z  4  0,
即
(  1) x  5y  (  1)z  4  0


其法向量为n  (   1, 5 ,   1), 当 n  (   1, 5 ,   1 )

与已知平面法向量 n1  ( 1, 4, 8 ) 成 45 时有,
 
cos45  cos(n, n1 ) 
(  1)  1  5 ( 4)  (  1)(8)

即
1
2

1  3 
(  1) 2  (5 ) 2  (  1) 2 1  ( 4) 2  ( 8) 2
27  9
27  2  9
2
27 2
  1,
2

1  3
27  2
2
,
9 2  12  0,
4
3
可得1  0, 2   , 于是所求平面两个:
（1）1  0 时, 有 x  z  4  0 ,即为已知平面。
4



（2） 2
时,有 x  20 y  7 x  12  0 .
3
2
2
z

4

x

y
【例24】已知曲面
上点 P 处的切平面平行
于平面 2 x  2 y  z  1  0, 求点 P 的 坐标.
分析：本题的切平面的法向量已与已知平面的法向量平行；
问题是要求出切点。可由曲面方程求切平面的法向量，再
利用平行条件。
2
2
解:令 F ( x, y, z )  x  y  z  4  0,
曲面上任意( x, y, z ) 处切平面的法向量是

n  ( Fx , Fy , Fz )  (2 x, 2 y,1),
已知平面的法向量为 n1  (2, 2,1),
曲面的切平面平行与已知平面，则有两法向量平行：
n // n1 ,
即
2x 2 y 1

 .
2
2 1
解之得 x  y  1,代入曲面方程得 z  2.
故点 P 的坐标为(1,1, 2).