數學傳播
33
卷4
期, pp. 63-66
利用平面的法向量
來求兩歪斜線的公垂線段的兩端點座標
李維昌
研究目的: 試圖以另類的方法來探求兩歪斜線的公垂線段的兩端點座標。
研究過程:
已知空間直角座標系中, O 為原點, 兩歪斜線 L1 與 L2 分別通過點 A1、 點 A2, L1 與 L2 的方向向量分別為 ⇀
d1 與 ⇀
d2, 試求 L1 與公垂線的交點 B1 及 L2 與公垂線的交點 B2 的 座標。
一 、 L
2與 公垂線的交點 B
2的求法:
1. 過 L1 與 B2 的平面 E1 的法向量平行 ⇀n1 =
⇀d1
2⇀ d2 −(⇀
d1 ·⇀ d2)⇀
d1。 證明: ∵ −−−⇀
B2B1 ·⇀
d1 = 0 且 −−−⇀ B2B1 ·⇀
d2 = 0,
∴ h
⇀d1
2⇀ d2 −(⇀
d1·⇀ d2)⇀
d1i
·
−−−⇀ B2B1
=
⇀d1
2(⇀ d2 ·
−−−⇀
B2B1) − (⇀ d1·⇀
d2)(⇀ d1·
−−−⇀ B2B1) = 0。
又 h
⇀d1
2⇀ d2 −(⇀
d1 ·⇀ d2)⇀
d1i
·⇀ d1
=
⇀d1
2(⇀ d2 ·⇀
d1) − (⇀ d1 ·⇀
d2)
⇀d1
2 = 0。
因此 ⇀n1 =
⇀d1
2⇀ d2 −(⇀
d1 ·⇀ d2)⇀
d1 平行平面 E1 的法向量。
2. ∵ B2 與 A1 在平面 E1 上 ∴−−−⇀
A1B2 · ⇀n1 = 0 ⇒ (−−−⇀ A2B2 −
−−−⇀
A2A1) · ⇀n1 = 0。
設 −−−⇀
A2B2 = t2⇀
d2, 因此 t2⇀
d2· ⇀n1 =−−−⇀ A2A1 · ⇀n1, 解得 t2=
−−−⇀ A2A1 · ⇀n1
⇀d2· ⇀n1
=
⇀d1
2(⇀ d2 ·
−−−⇀
A2A1) − (⇀ d1 ·⇀
d2)(⇀ d1·
−−−⇀ A2A1)
⇀d1
2
⇀d2
2−(⇀ d1·⇀
d2)2
63
64
數學傳播33
卷4
期 民98
年12
月=
⇀d1 ·⇀ d1 ⇀
d1 ·
−−−⇀ A2A1
⇀d1 ·⇀ d2 ⇀
d2 ·
−−−⇀ A2A1
⇀d1·⇀ d1 ⇀
d1 ·⇀ d2
⇀d1·⇀ d2 ⇀
d2 ·⇀ d2
。
3. 設 ∆ =
⇀d1 ·⇀ d1 ⇀
d1 ·⇀ d2
⇀d1 ·⇀ d2 ⇀
d2 ·⇀ d2
且 ∆t2 =
⇀d1·⇀ d1 ⇀
d1 ·
−−−⇀ A2A1
⇀d1·⇀ d2 ⇀
d2 ·
−−−⇀ A2A1
,
−−⇀
OB2 =−−⇀
OA2+−−−⇀
A2B2 =−−⇀
OA2+ t2⇀ d2,
t2 =
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
⇀d1 ·⇀ d1 ⇀
d1 ·
−−−⇀ A2A1
⇀d1 ·⇀ d2 ⇀
d2 ·
−−−⇀ A2A1
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
⇀d1 ·⇀ d1 ⇀
d1 ·⇀ d2
⇀d1 ·⇀ d2 ⇀
d2 ·⇀ d2
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= ∆t2
∆ 。
二 、 L
1與 公垂線的交點 B
1的求法:
4. 過 L2 與 B1 的平面 E2 的法向量平行 ⇀n2 =
⇀d2
2⇀ d1 −(⇀
d1 ·⇀ d2)⇀
d2。 證明: ∵−−−⇀
B2B1 ·⇀
d1 = 0 且 −−−⇀ B2B1 ·⇀
d2 = 0,
∴ h
⇀d2
2⇀ d1−(⇀
d1 ·⇀ d2)⇀
d2i
·
−−−⇀ B2B1
=
⇀d2
2(⇀ d1 ·
−−−⇀
B2B1) − (⇀ d1 ·⇀
d2)(⇀ d2·
−−−⇀ B2B1) = 0。
又 h
⇀d2
2⇀ d1 −(⇀
d1 ·⇀ d2)⇀
d2i
·⇀ d2
=
⇀d2
2(⇀ d1 ·⇀
d2) − (⇀ d1 ·⇀
d2)
⇀d2
2 = 0。
因此 ⇀n2 =
⇀d2
2⇀ d1 −(⇀
d1 ·⇀ d2)⇀
d2 平行平面 E2 的法向量。
5. ∵ B1 與 A2 在平面 E2 上 ∴−−−⇀
A2B1 · ⇀n2 = 0 ⇒ (−−−⇀ A1B1 −
−−−⇀
A1A2) · ⇀n2 = 0。
設 −−−⇀
A1B1 = t1⇀
d1, 因此 t1⇀
d1· ⇀n2 =−−−⇀ A1A2 · ⇀n2, 解得 t1=
−−−⇀ A1A2 · ⇀n2
⇀d1· ⇀n2
=
⇀d2
2(⇀ d1 ·
−−−⇀
A1A2) − (⇀ d1 ·⇀
d2)(⇀ d2·
−−−⇀ A1A2)
⇀d1
2
⇀d2
2−(⇀ d1·⇀
d2)2
利用平面的法向量來求兩歪斜線的公垂線段的兩端點座標
65
=
−−−⇀ A1A2 ·⇀
d1 ⇀ d1 ·⇀
d2
−−−⇀ A1A2 ·⇀
d2 ⇀ d2 ·⇀
d2
⇀d1·⇀ d1 ⇀
d1 ·⇀ d2
⇀d1·⇀ d2 ⇀
d2 ·⇀ d2
。
6. 設 ∆ =
⇀d1 ·⇀ d1 ⇀
d1 ·⇀ d2
⇀d1 ·⇀ d2 ⇀
d2 ·⇀ d2
且 ∆t1 =
−−−⇀ A1A2 ·⇀
d1 ⇀ d1 ·⇀
d2
−−−⇀ A1A2 ·⇀
d2 ⇀ d2 ·⇀
d2 ,
−−⇀
OB1 =−−⇀
OA1+−−−⇀
A1B1 =−−⇀
OA1+ t1⇀ d1,
t1 =
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
−−−⇀ A1A2 ·⇀
d1 ⇀ d1·⇀
d2
−−−⇀ A1A2 ·⇀
d2 ⇀ d2·⇀
d2
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
⇀d1 ·⇀ d1 ⇀
d1 ·⇀ d2
⇀d1 ·⇀ d2 ⇀
d2 ·⇀ d2
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= ∆t1
∆ 。
三 、 結論:
設 ∆ =
⇀d1 ·⇀ d1 ⇀
d1 ·⇀ d2
⇀d1 ·⇀ d2 ⇀
d2 ·⇀ d2
, ∆t1 =
−−−⇀ A1A2 ·⇀
d1 ⇀ d1 ·⇀
d2
−−−⇀ A1A2 ·⇀
d2 ⇀ d2 ·⇀
d2 ,
∆t2 =
⇀d1·⇀ d1 ⇀
d1 ·
−−−⇀ A2A1
⇀d1·⇀ d2 ⇀
d2 ·
−−−⇀ A2A1
。
1. −−⇀
OB1 =−−⇀
OA1+−−−⇀
A1B1 =−−⇀
OA1+ t1⇀
d1 =−−⇀ OA1+∆t1
∆
⇀d1,
2. −−⇀
OB2 =−−⇀
OA2+−−−⇀
A2B2 =−−⇀
OA2+ t2⇀
d2 =−−⇀ OA2+∆t2
∆
⇀d2。
四 、 實際應用:
空間二歪斜線: L1 : x −11
4 = y+ 5
−3 = z+ 7
−1 , L2 : x+ 5
3 = y −4
−4 = z −6
−2 ,
⇀d1 = (4, −3 − 1), ⇀
d2 = (3, −4, −2), −−⇀
OA1 = (11, −5, −7), −−⇀
OA2 = (−5, 4, 6), O 為空間 直角坐標系的原點,−−−⇀
A1A2 = (−16, 9, 13)。 試求:
(1) L1 與公垂線的交點 B1。 (2) L2 與公垂線的交點 B2。
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數學傳播33
卷4
期 民98
年12
月解: ∆ =
26 26 26 29
, ∆t1 =
(−16, 9, 13) · (4, −3, −1) 26 (−16, 9, 13) · (3, −4, −2) 29 ,
∆t2 =
26 (4, −3, −1) · (16, −9, −13) 26 (3, −4, −2) · (16, −9, −13)
t1 =
−104 26
−110 29
26 26 26 29
=
−52 26
−52 29
26 26 26 29
= −2, t2 =
26 104 26 110
26 26 26 29
=
26 52 26 58
26 26 26 29
= 2,
−−⇀
OB1 = (11, −5, −7) + (−2) · (4, −3, −1) = (3, 1, −5),
−−⇀
OB2 = (−5, 4, 6) + 2 · (3, −4, −2) = (1, −4, 2)。
—本文作者任教國立宜蘭高中—
