Ch2 空間中的平面與直線
2-1 空間中的平面
製作老師:趙益男 / 基隆女中教師
發行公司:龍騰文化事業股份有限公司
課本頁次: 70
甲、平面方程式
法向量具有以下兩個重要的性質:
在空間中﹐當非零向量 所在的直線與平面 E 垂直時﹐
n我們稱 為平面 E 的一個
n 法向量﹐如圖所示﹒E
(1) 平面 E 的法向量並不是唯一的﹐ 但是這些法向量都互相平行﹒
(2) 平面 E 的法向量與 E 上的所有向量皆垂直﹒
nE
課本頁次: 70
求通過點 A(x0,y0,z0)
( , , ) P x y z
設 P(x,y,z) 是 E 上異於 A 的任意一點
0 0 0
( , , )
AP
x x y y z z .
0 0 0
( , , )
( , , )a b c x x y y z z 0
甲、平面方程式
A(x0,y0,z0)
( , , ) n a b c
且以非零向量 為法向量之平面 E 的方程式﹒
( , , ) n a b c
解:
n AP
∵
n AP 00 0 0
( ) ( ) ( ) 0
a x x b y y c z z
∴
課本頁次: 71
.
之平面 E 的方程式為
通過點 A(x0,y0,z0) 且以非零向量
n ( , , )a b c 為法向量0 0 0
: ( ) ( ) ( ) 0 . E a x x b y y c z z
平面方程式 ( 點法式 )
0 0 0
: a
E ax by cz x by cz 註:
課本頁次: 71
解:
之平面 E 的方程式﹒
求過點 A(1,2,3) 且以
n (3, 2,1) 為法向量( 1) (
3 x 2)(y 2) 1(z 3) 0
3x 2y z 2
例 1
( 1, 2, 3) 0
(3, 2,1) x y z
設 P(x,y,z) 是 E 上異於 A 的任意一點
課本頁次: 71
(1) 設 A(1, 2, 3)﹐B(2, 1, 1) 是空間中二點﹒
是平面 E 的一個法向量
(1, 1, 2) AB
練 1
已知直線 AB 和平面 E 垂直於 B 點﹐
求平面 E 的方程式﹒
解:
( 2) ( )(
1 x 1 y 1) ( )(2 z 1) 0
x y 2z 1
(1, 1, 2) (x 2, y 1, z 1) 0
設 P(x,y,z) 是 E 上異於 B 的任意一點
課本頁次: 71
練 1
解:
(2) 平 面 xy 平面 yz 平面 xz 平面
平面方程式 z = 0 三平面皆通過 (0,0,0)
xy 平面的法向量可為 (0,0,1)
z = 0
0
×
(x – 0) + 0×
(y – 0) + 1×
(z – 0) = 0∴ xy 平面的方程式為
課本頁次: 71
練 1
(2) 平 面 xy 平面 yz 平面 xz 平面平面方程式 z = 0 x = 0 解: 三平面皆通過 (0,0,0)
yz 平面的法向量可為 (1,0,0)
x = 0
1
×
(x – 0) + 0×
(y – 0) + 0×
(z – 0) = 0∴ yz 平面的方程式為
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練 1
(2) 平 面 xy 平面 yz 平面 xz 平面平面方程式 z = 0 x = 0 y = 0 解: 三平面皆通過 (0,0,0)
xz 平面的法向量可為 (0,1,0)
y = 0
0
×
(x – 0) + 1×
(y – 0) + 0×
(z – 0) = 0∴ xz 平面的方程式為
課本頁次: 71
0 0 0
: (a ) b( ) c( ) 0 E x x y y z z
0 0 0
:
E ax by cz a x by cz
是平面 E 的一個法向量 其中
n ( , , )a b c且過點 (x0,y0,z0)﹒
甲、平面方程式
課本頁次: 71
在例 1 中
3x 2y z d
並將點 A(1,2,3) 代入﹐得 d = 2
∴
平面方程式為 3x 2y z 2甲、平面方程式
所以可設平面方程式為 (3, 2,1) n
∵ 法向量
E2 E1
課本頁次: 72
2 3
x y z d
求通過點 A(3,2,1) 且和平面 E1 : x – 2y + 3z = – 4 平行之平面 E2 的方程式﹒
A
n故可設 E2 的方程式為 將 A(3,2,1) 代入﹐得
3 2 2 3 1 2 d
∴
E2 的方程式為 x 2y 3z 2例 2
解: ∵E1 // E2 E1 的法向量
也是 E2 的一個法向量
(1, 2,3) n
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練 2
右圖是一個平行六面體﹐ A(–2,1,1) 是一個頂點﹐ 且六面體的上下兩個面分別位在 E1 : 2x y cz d 2 : 4 2 2 3
E x y z
與 兩平面上﹐求 c 與 d 的值﹒
解:
4, 2, 2
t 2, 1,c
1 2, 1, // 2 4, 2, 2 n c n
4 2 2 2
t t tc
2, 1
t c
課本頁次: 72
練 2
右圖是一個平行六面體﹐ A(–2,1,1) 是一個頂點﹐ 且六面體的上下兩個面分別位在 E1 : 2x y cz d 2 : 4 2 2 3
E x y z
與 兩平面上﹐求 c 與 d 的值﹒
解: t 2, c 1
∵A(–2,1,1) 在 E1 : 2x y cz d 上
2( )2 1 1 1 1 d 4
d
∴
c = 1﹐d = – 4將 A(–2,1,1) 代入 2x y cz d 得
課本頁次: 73
求通過 A(1, –1,2),B(3,2,5),C(2,0,4) 三點之平面 E 的方程式﹒
(2,3,3),
AB
AC
(1,1,2), AB
AC
(3, 1, 1) 又 E 通過點 A(1, –1,2)
3 1 1 ( 1) 1 2 2
d
∴
平面 E 的方程式為 3x y z 2例 3
3x y z d 令 E
:
解:
課本頁次: 73
求通過 A(1, –1,3),B(2,1,1),C(1,1,2) 三點之平面 E 的方程式﹒
(1, 2, 2),
AB
AC
(0, 2, 1), A
B A
C (2,1, 2)又 E 通過點 A(1, –1,3)
2 1 1 ( 1) 2 3 7
d
∴
平面 E 的方程式為 2x y 2z 7練 3
2x y 2z d 令 E
:
解:
課本頁次: 73
求通過 A(2, 0,0),B(0,3,0),C(0,0,4) 三點之平面 E 的方程式﹒
( 2,3 0, ),
AB
AC
( 2,0, 4) AB
AC
(12,8,6) 2 (6, 4,3)又 E 通過點 A(2, 0,0)
6 2 4 0 3 0 12
d
∴
平面 E 的方程式為 6x 4y 3z 12例 4
6x 4y 3z d 令 E
:
解:
課本頁次: 74
平面 E 的方程式為 6x 4y 3z 12
2 3 4x y z 1
( 同除以 12)
甲、平面方程式
∴
當平面 E 與三坐標軸的交點為平面 E 的方程式可表示為 1
a c
y b
x z
A(a,0,0),B(0,b,0),C(0,0,c) ﹐
0
abc 時 ﹐ 其中
z
x
O y C
A
B
課本頁次: 74
已知平面 E 通過 A(3,0,0), B(0,6,0), C(0,0,–4) 三 點 ,
∵
D(1,1,k) 是 E 上的一點﹐平面 E 的方程式為 1
3 6 4 x y z
1 1 1
3 6 4
k
練 4
而且 D(1,1,k) 也是 E 上的點 , 求 k 的值﹒
解:
1
4 2 2
k k
課本頁次: 74
乙、兩平面的夾角
設 E1 與 E2 為空間中相交的兩相異平面﹐其交線為 L﹐ 如圖所示﹒
E1
E2 L1
L2
L
180
P
在 L 上任取一點 P﹐ 並分別在 E1 與 E2 上作 直線 L1 與 L2 垂直 L 於 P 點﹐則 L1 與 L2 的交角
與
即為平面 E1 與 E2 的夾角﹒ 180
課本頁次: 75
設平面 E1 的法向量為
n1 ,E1
E2 L1
L2
L
180
P
平面 E2 的法向量
為
n2 ,且兩法向量
n1 與
n2的夾角為 .
由圖可知 180, 即 180 , 也就是說﹐
法向量
n1 與
n2 的夾角就是平面 E1 與 E2 的一個夾角﹒n1
n2乙、兩平面的夾角
課本頁次: 75
180 , 而且
設平面 E1, E2 的法向量分別為
n1 ,
n2 . 若兩法向量n1
與
n2 的夾角為 ,
則平面 E1 與 E2 的夾角為 與 2 2 1
1
cos
| || | n
n n
n
乙、兩平面的夾角
課本頁次: 75
求兩平面 E1 : x+2y – z = 3 和 E2 : x – y+2z = 3 的夾角
解: 設
為平面 E量 1 的法向
n1 (1,2, 1) 與平面 E2 的法向量
n2 (1, 1,2) 的夾角∵
1 21
2 2 2 2 2
2 2
1 1 2 ( 1) ( 1) 2
cos | || | 1 2 ( 1) 1 ( 1) 2 n
n
n n
1 2 3
6
= 120o∴
兩平面的夾角為 120o 與 180o - 120o=60o例 5
課本頁次: 75
解:
求兩平面 E1 : x+y –2z = 5 和 E2 : x+3y+2z = 4
( 即兩平面互相垂直 ) 設為平面 E1 法向
量
1 (1,1, 2)
n
與2 (1,3, 2) n
平面 E2 法向量
的夾角練 5
∵
2 2 2 2 22 1
2 1
2
1 3 2
1
1 1 ( )
cos 2
1 1 ( )2 3 2
| || | n
n n
n
0
= 90o的夾角
E
課本頁次: 76
解: (1) ∵ 板面 E 和太陽光垂直
為了提高接收的效率﹐太陽能板在接收太陽光時﹐ 板面一直保持和太陽光垂直﹒
現在設定空間坐標﹐將地面設為
xy 平面﹐發現經過點 A(3,2,4) 的太陽光 射到太陽能板 E 上的點 B(2,2,3)﹐
求 (1) 平面 E 的方程式
是 E 的一個法向量BA
(1,0,1)令 E 的方程式為 x z d 將點 B(2,2,3) 代入﹐得 d = 5
∴
E 的方程式為 x z 5A
B
例 6
課本頁次: 76
解:
又 (1,0,1) 是平面 E : x + z = 5 的一個法向量 (2) 平面 E 與地面的夾角
cos 2 2 2 (1,0,1)2 2 2 10 0 1 2 (0,0,1)
1 0 1
45
∴
平面 E 與地面夾角為 45o 與 180o – 45o = 135o例 6
(2) 設 xy 平面 ( 地面 ) 與平面 E 之法向量夾角為
∵xy 平面的方程式為 z = 0, 其法向量為 (0,0,1)
課本頁次: 76
解:
個正數 ) 射到板面上的點 B(2,2,3) ﹐ 求 t 的值﹒
2
3 3
4 ( 3) 2 t
t
練 6
為板面的一個法向量
(2,0, 3) BC
t
例 6 中﹐經過一段時間﹐太陽能板的板面與地面 的夾角是 30°﹐ 而且太陽光通過點 C(4,2,t) (t 是一
∵xy 平面 ( 地面 ) 的方程式為 z = 0﹐ 其法向量為 (0,0,1)
2 2 2 2 2 2
(2,0, 3 (0,0,1)
0 0
)
2 0
cos3 3
( 0 1
) t
t
2 2
( 3) 3 4 ( 3) 4
t t
課本頁次: 76
解:
個正數 ) 射到板面上的點 B(2,2,3) ﹐ 求 t 的值﹒
2
3 3
4 ( 3) 2 t
t
練 6
例 6 中﹐經過一段時間﹐太陽能板的板面與地面 的夾角是 30°﹐ 而且太陽光通過點 C(4,2,t) (t 是一
2 2
( 3) 3 4 ( 3) 4
t t
∵ t > 0﹐ t 3 2 3
(t 3)2 12
t 3 2 3
∴
課本頁次: 77
丙、點到平面的距離公式
空間中﹐設 E : ax + by + cz = d 為一個平面﹐
P(x0,y0,z0) 為平面 E 外一點﹒
E
∵
P A
若過 P 點作直線 PA 與 E 垂直於點 A(x1,y1,z1) ﹐
0 1 0 1 0 1
( , , )
AP
x x y y z z是平面 E 的一個法向量﹐
又 也是 E
n ( , , )a b c : ax + by + cz = d 的一個法向量﹐AP的長度就是點 P 到平面 E 距離﹐
則
∴
AP
與
n 平行課本頁次: 77
得
0 0 0
2 2 2
ax by cz d
t a b c
d ct
z c bt
y b at
x
a( 0 ) ( 0 ) ( 0 ) 即
將點 A(x1,y1,z1) 代入 E ﹐
1 0
,
1 0,
1 0,
x x at y y bt z z ct
丙、點到平面的距離公式
0 1 0 1 0 1
(x x y, y z, z ) t a b c( , , )
﹐
t 為實數∴
AP t n
課本頁次: 77
因此點 P(x0,y0,z0) 到 E : ax + by + cz = d 的距離AP為
| AP
| | t n |2 2 2
0 0 0
2 2 2
| ax by cz d |
a b c a b c
0 0 0
2 2 2
|.
| ax by cz d
a b c
當點 P(x0,y0,z0) 在平面 E 上時﹐ P 到 E 的距離為 0﹐
因為 ax0 + by0 + cz0= d﹐ 即 ax0 + by0 + cz0 – d=0﹐ 所以公式依然成立﹐因此我們有以下的結論:
丙、點到平面的距離公式
課本頁次: 78
.
點 P(x0,y0,z0) 到平面 E : ax + by + cz = d 的距離為
0 0 0
2 2 2
| |
ax by cz d . a b c
丙、點到平面的距離公式
課本頁次: 78
.
求點 (1,2,3) 到平面 2x + 3y – 6z=4 的距離 解: 設距離為 d
2 2 2
2 1 3 2 6 3 4 2 3 ( 6) d
例 7
14 2 7
課本頁次: 78
練 7
下圖是一個正立方體﹐ A(1,2,2), B(3,0,3), 是兩個頂點﹐底面在平面解: AB
3 1
2 0 2
2 3 2
2 3∴
d = 9
22 2
2 1 2
2 1
1
2 3
2 3
2 d d
: 2 2
E x y z d
﹐求 d 的值﹒
且 d 0
點 A 到平面 E 的距離為 3
: 2 2
E x y z d 9 9
d 或
( 不合 )
上﹐
課本頁次: 79
兩平行平面 E1 : ax + by + cz = d1 和
E2 : ax + by + cz = d2 的距離為
1 2
2 2 2
d d a b c
丙、點到平面的距離公式
設兩平行平面為
E1 : ax + by + cz = d1 E2 : ax + by + cz = d2
在 E1 上取一點 P(x0,y0,z0)
. E2
E1 P
ax0 + by0 + cz0 = d1 證:
課本頁次: 79
.
丙、點到平面的距離公式
1 2 2
( , ) ( , ) d E E d P E
設兩平行平面為
E1 : ax + by + cz = d1 E2 : ax + by + cz = d2
在 E1 上取一點 P(x0,y0,z0)
. E2
E1 P
ax0 + by0 + cz0 = d1 證:
1 2
2 2 2
0 0 0 2
2 2 2
| |
ax by cz d . a b
d d a b c c
∴
課本頁次: 79
.
解:
2 2 2
1 ( 9)
3 2
0 ( 4)
d
設平面 E1 與 E2 的距離為 d
求兩平行平面 E1 : 3x – 4z =1 和 E2 : 3x – 4z= – 9 的距離
例 8
課本頁次: 79
解:
∵
2
2 21 1
2 2 1
k
已知兩平行平面 E1 : 2x – 2y – z =1 和
|1– k| = 3
練 8
E2 : 2x – 2y – z = k 的距離為 1﹐ 求 k 的值﹒ ( 有兩解 )
∴ k = 4 或– 2
離開確認