2-1 空間中的平面

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﹐



我們稱 為平面 E 的一個



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﹒



E

課本頁次： 70

求通過點 A(x_0,y_0,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



.

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

 

∵ _

 

0 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



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



( 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

×

×

×

∴ xy 平面的方程式為

課本頁次： 71

練 1

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

×

×

×

∴ yz 平面的方程式為

課本頁次： 71

練 1

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

×

×

×

∴ 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



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

∴

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



故可設 E₂ 的方程式為 將 A(3,2,1) 代入﹐得

3 2 2 3 1 2 d      

∴

例 2

解： ∵E1 // E₂ E₁ 的法向量

也是 E₂ 的一個法向量

(1, 2,3) n  



課本頁次： 72

練 2

2 : 4 2 2 3

E x  y  z 

與 兩平面上﹐求 c 與 d 的值﹒

解：



 



   

   

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

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 

∴

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





 ^AB





又 E 通過點 A(1, –1,2)

3 1 1 ( 1) 1 2 2

        d

∴

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





 ^A





又 E 通過點 A(1, –1,3)

2 1 1 ( 1) 2 3 7

        d

∴

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





 ^AB





又 E 通過點 A(2, 0,0)

6 2 4 0 3 0 12

       d

∴

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

∴

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 ,

∵

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



E₁

E₂ L₁

L₂

L

 _{ }

180

P

平面 E₂ 的法向量

為



且兩法向量





_{ .}

由圖可知    180, ^即   ¹⁸⁰ ^, 也就是說﹐

法向量





n1

 

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





_{ ,}

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





平面 E₂ 的法向量



∵

1

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  



∴

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  



2 (1,3, 2) n 

平面 E₂ 法向量



練 5

∵

2 1

2 1

2

1 3 2

1

1 1 ( )

cos 2

1 1 ( )2 3 2

| || | n

n n

n

  ^  ^{    }

   



 



  

 0





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



令 E 的方程式為 ^{x z d } 將點 B(2,2,3) 代入﹐得 d = 5

∴

A

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



0 0 1 2 (0,0,1)

1 0 1

  ^ 

   

   45

∴

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





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



是平面 E 的一個法向量﹐

又 也是 E



AP的長度就是點 P 到平面 E 距離﹐

則

∴





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

,

,

,

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( , , )

    

﹐

∴

 

課本頁次： 77

因此點 P(x₀,y₀,z₀) 到 E ： ax + by + cz = d 的距離_AP為

| AP

 

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

解： ^{AB }



 

 



∴

 

2 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：

∵

   

1 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

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