高等数学 向量代数与空间解析几何题

第五章 向量代数与空间解析几何 5.1.1 向量的概念

____

____例1 在平行四边形ABCD中，设AB＝a，AD＝b。试用a和b表示向量MA、MB、

?____?____?____?____?MC和MD，这里M是平行四边形对角线的交点（图5－8）

解 由于平行四边形的对角线互相平行，所

____?以 a＋b＝AC＝2AM

____?____?即 －（a＋b）＝2MA

____?于是 MA＝?____

?1（a＋b）。 2?____因为MC＝－MA，所以MC?________?

____?1（a＋b）. 2____

____ 图5－8

________???11又因－a＋b＝BD＝2MD，所以MD＝（b－a）.由于MB＝－MD，MB＝（a－b）.

22??? 例2 设液体流过平面S上面积为A的一个区域，液体在这区域上各点处的速度均为（常

向量）v。设n为垂直于S的单位向量（图5－11（a）），计算单位时间内经过这区域流向n所指向一侧的液体的质量P（液体得密度为?）.

（a） （b） 图5－11

解 该斜柱体的斜高| v |，斜高与地面垂线的夹角为v与n的夹角?，所以这柱体的高为| v |cos?,体积为 A| v |cos?=Av·n.

从而，单位时间内经过这区域流向n所指向一侧的液体的质量为

P=? Av·n. 例3 设?ABC的三条边分别是a、b、c(图5－15)，试用向量运算证明正弦定理

abc?? sinAsinBsinC证明 注意到CB=CA+AB,故有

1

CB?CA=(CA+AB) ?CA=CA?CA+AB?CA =AB?CA =AB?(CB+BA) =AB?CB 于是得到 CB?CA=AB?CA =AB?CB 从而 |CB?CA|=|AB?CA| =|AB?CB| 即 absinC＝cbsinA＝casinB 所以

图5－15

abc?? sinAsinBsinC

5.2 点的坐标与向量的坐标

例1 已知点A(4,1,7)、B(-3,5,0)，在y轴上求一点M，使得|MA|=|MB|. 解 因为点在y轴上，故设其坐标为M(0,y,0)，则由两点间的距离公式，有

(4?0)2?(1?y)2?(7?0)2?(?3?0)2?(5?y)2?(0?0)2

解得y??4，故所求点为M(0,?4,0)

例2 求证以M1(4,3,1)、M2(7,1,2)、M3(5,2,3)三点为顶点的三角形是一个等腰三角

形. 解 因为

|M1M2|2?(7?4)2?(1?3)2?(2?1)2?14

|M2M3|2?(5?7)2?(2?1)2?(3?2)2?6 |M3M1|2?(4?5)2?(3?2)2?(1?3)2?6所以|M2M3|?|M3M1|，即△M1M2M3为等腰三角形.

5.2.2 向量运算的坐标表示

例3 设有点M1(x1,y1,z1)，M2(x2,y2,z2)，求向量M1M2的坐标表示式。 解 由于M1M2?OM2?OM1，而OM1?(x1,y1,z1)，OM2?(x2,y2,z2)，于是

OM2?OM1?(x2,y2,z2)?(x1,y1,z1)?(x2?x1,y2?y1,z2?z1)

即 M1M2?(x2?x1,y2?y1,z2?z1)

____

例4 已知两点A（4，0，5）和B（7，1，3），求与AB方向相同的单位向量e. 解 因为

____?AB＝OB–OA＝（7，1，3）－（4，0，5）＝（3，1,–2），

?____?____? 2

____所以 于是

AB＝32?12?(?2)2?14，

e??AB|AB|?????1(3,1,?2). 14

?5x?3y?a例5 求解以向量为未知元的线性方程组? 其中a＝（2,1,2），b=(-1,1,-2).

3x?2y?b? 解 解此方程组得x=2a–3b , y =3a–5b

以a，b代入，即得 x=2(2,1,2)–3(–1,1,–2)=(7,–1,10) y=3(2,1,2)–5(–1,1,–2)=(11,–2,16).

例6 已知两点A(x1,y1,z1)和B(x2,y2,z2)以及实数???1，在直线AB上求点M，使

____AM??MB.

____?____

?

解 如图7－13所示.由于

AM＝OM–OA，MB＝OB–OM，

____?____?____?____

?

____?____?因此 从而

____

?____OM–OA??（OB–OM），

??1OM?（OA??OB）.

1????____________?____?____?____?

以OA、OB的坐标（即点A、点B的坐标）代入

____ 图7－13

?x??x2y1??y2z1??z2?OM??1,,?

1??1??1?????本例中的点M称为定比分点，特别地当??1时，得线段AB的中点为

?x?xy?y2z1?z2?M?12,1,?.

222??____

例7 已知两点M1(2,2,2)和M2(1,3,0)，计算向量M1M2的模、方向余弦和方向角.

____?解 M1M2＝（1–2, 3–2,0–2）

____? =(–1, 1,–2);

?222|M1M2|=(?1)?1?(?2)

=1?1?2?4?2;

3

112; cos???,cos??,cos???222

??2??3?,??,??. 334例8 已知三点M( 1, 1, 1)、A( 2, 2, 1)和B( 2, 1, 2), 求∠AMB.

解 作向量MA，MB，则∠AMB为向量MA与MB的夹角. 这时MA=( 1, 1, 0)，

?????MB=( 1, 0, 1)，从而

MA?MB=1?1+1?0+0?1=1;

|MA|=12?12?02?2;

????MB=12?02?12?2.

从而

? cos∠AMB=

11??, ??222|MA||MB|MA?MB??由此得

∠AMB＝

?. 3?例9 设立方体得一条对角线为OM，一条棱为OA，且|OA|=a，求OA在方向OM上的

?投影prj?OA.

OM

解 如图5－21所示，记∠MOA＝?，有

cos??|OA|1?，

|OM|3

图5－21

于是

??aprj?OA＝OAcos??.

3OM例10 设a＝（2，1，－1），b＝（1，－1，2），计算a?b.

i解

a?b＝2jk1?1?i -5j -3k.

1?12例11 已知三角形ABC的顶点分别是A（1，2，3）、B（3，4，5）、和C（2，4，7），求三角形ABC的面积.

解 由向量积对于，可知三角形ABC的面积

4

S?ABC

1???|AB||AC|sin?A2

??1?|AB?AC|2

由于|AB|＝（2，2，2）， |AC|＝（1，2，4），因此

??iAB?AC?222?4i -6j?2k,

124于是

??jk112|4i -6j ?2k?4?(?6)2?22?14. 22例12 设刚体以等角速度?绕l轴旋转，计算刚体上一点MS?ABC?的线速度.

解 刚体绕l轴旋转时，我们可以用在l轴上的一个向量?表示角速度，它的大小等于角速度的大小，它的方向由右手规则定出：即以右手握住l轴，当右手的四个手指的转向与刚体的

旋转方向一致时，大拇指的指向就是?的方向（图5－22）. 图5－22

设点M到旋转轴l轴上任取一点O做向量r＝OM，并以?表示?与r的夹角，那么 a=| r |sin?.

设线速度为v，那么由物理学上线速度与角速度的关系可知，v的大小为

| v |=|ω| a=|ω|| r |sin?;

v的方向垂直于通过点M的与l轴的平面，即v垂直于ω与r；又v的指向是使ω、r、v符合右手规则，因此有v=ω?r.

例13 已知不在一平面上的四点：A（x1,y1,z1）、B（x2,y2,z2）、C（x3,y3,z3）、 D（x4,y4,z4）. 求四面体ABCD的体积.

解 由立体几何知道，四面体的体积VT等于以向量AB、AC和AD为棱的平行六面

????体的体积的六分之一. 因而

1???VT=|[ABACAD]|.

6由于

AB=(x2?x1,y2?y1,z2?z1),

?AC=(x3?x1,y3?y1,z3?z1), AD=(x4?x1,y4?y1,z4?z1)

所以

?? 5

x2?x11VT=?x3?x16x4?x1y2?y1y3?y1y4?y1z2?z1z3?z1 z4?z1上式中符号的选择必须和行列式的符号一致. 5.3 空间的平面与直线 5.3.1 平面

例1 已知空间两点M1(1,2,?1)和M2(3,?1,2)，求经过点M1且与直线M1M2垂直的平

面方程。

解 显然M1M2就是平面的一个法向量

M1M2?(3?1,?1?2,2?1)?(2,?3,3)

由点法式方程可得所求平面的方程为

2(x?1)?3(y?2)?3(z?1)?0

即

2x?3y?3z?7?0

例2 求过三点M1（2，－1，4）、M2（－1，3，－2）和M3（0，2，3）的平面的方程。

解 先找出这平面的法线向量n. 由于向量n与向量M1M2、而M1M2M1M3都垂直，＝（－3，4，－6），M1M3＝（－2，3，－1），所以可取它们的向量积为n：

????n＝M1M2?M1M3＝?3??ijk4?6＝14i＋9j－k,

?23?1根据平面的点法式方程（1），得所求平面的方程为

14(x－2)＋9(y＋1)－(z－4)＝0，

即 14x＋9y－z－15＝0.

例3 设一平面与x，y，z轴的交点依次为P(a，0，0)、Q(0，b，0)、R(0，0，c)三点（图5－24），求这平面的方程（其中a≠0，b≠0，c≠0）. 解 设所求的平面的方程为

Ax+By+Cz+D=0.

因P(a，0，0)、Q(0，b，0)、R(0，0，c)三点都在平面上，所以点P、Q、R的坐标都满足方程（2）；即有

?aA?D?0,??bB?D?0, ?cC?D?0,? 6

得A??DDD,B??,C??. abc

图5－24

(5)

以此代入（2）并除以D（D≠0），便得所求的平面方程为

xyz???1 abc

方程（5）叫做平面的截距式方程，而a、b、c依次叫做平面在x、y、z轴上的截距. 例4 因平面通过z轴及点（1，2，－3）的平面方程。 解 因平面通过z轴，故可设其方程为 Ax＋By＝0 又因（1，2，－3）点在平面上，将其坐标代入方程，则有 A＋2B＝0，即A＝－2B 故所求平面方程为－2Bx＋By＝0，即2x－y＝0 例5 设平面?的方程为3x－2y＋z＋5＝0，求经过坐标原点且与?平行的平面方程。 解 显然所求平面与平面?有相同的法向量n＝（3，－2，1），又所求平面经过原点，故它的方程为 3x－2y＋z＝0

5.2.3 空间直线

例6 求经过两点M1(x1,y1,z1)和M2(x2,y2,z2)的直线方程。

解 该直线的方向向量可取n=M1M2?(x2?x1,y2?y1,z2?z1)。由点法式方程立即得

到所求直线的方程

x?x1y?y1z?z1 ??x2?x1y2?y1z2?z1该方程称为直线的两点式方程。 例7 用直线的对称式方程及参数式方程表示直线

?x?y?z?1?0, ??2x?y?3z?4?0. （4）

解 易得（1，0，－2）为直线上的一点。直线的方向向量为两平面的法线向量的向量积，从而

is=1j1k1?4i – j - 3k.

2?13因此，所给直线的对称式方程为 令

x?1yz?2?? 4?1?3x?1yz?2??=t， 4?1?3得所给直线的参数方程为

7

?x?1?4t,? ?y??t,?z??2?3t.? 5.3.3 点、平面、直线的位置关系

1． 点到平面的距离

例8 求两个平行平面?1:z?2x?2y?1，?2:4x?4y?2z?3?0之间的距离。 解 在平面?1上任取一点M(0,0,1)，则两平面间的距离d就是点M到?2的距离，于是

d =

2． 点到直线的距离

4?0?4?0?2?1?342?(?4)2?(?2)2?1 6

例9 求点M(1,2,3)到直线L：x?2?y?2z?的距离 ?35解 由直线方程知点M0(2,2,0)在L上，且L的方向向量s=(1,-3,5)。从而

M0M?(?1,0,3)

i

jkM0M?s??103?9i?8j?3k

1?35代入（11），得点M到L的距离为

92?82?3222|M0M1?s|?d?＝

2225|s|1?(?3)?5

3. 两平面之间的夹角

例10 一平面通过两点M1(1,1,1)和M2(0,1,?1)且垂直于平面x+y+z=0，求它的方程.

因M1M2＝(－1，0，－2)在所求平面上，它必与n垂直，所以有

－A－2C=0 (7)

又因所求的平面垂直于已知平面x+y+z=0，所以又有 A+B+C=0. (8) 由（7）、（8）得到 A=－2C， B＝C. 由点法式，平面方程为A(x－1)+B(y－1)+C(z－1)=0.将A=－2C，B＝C代入上式，并约去C(C≠0)，便得

?解 设所求平面的一个法线向量为 n＝（A，B，C）.

8

－2(x－1)+(y－1)+(z－1)=0或2x－y－z＝0.

这就是所求的平面方程. 4．两直线的夹角

例11 求直线L1:

x?1yz?3xy?2z???和L2：?的夹角. 1?412?2?1解 直线L1的方向向量s1=(1,－4，1)，L2的方向向量s2=(2,－2,－1).设直线L1和L2的夹角为?，那么由公式（5）有

cos?＝

|1?2?(?4)?(?2)?1?(?1)|12?(?4)2?12?22?(?2)2?(?1)2??1，故??.

425. 直线与平面的夹角

例12 求过点（1，－2，4）且与平面2x－3y＋z－4＝0垂直的直线方程。 解 因为直线垂直于平面，所以平面的法线向量即为直线的方向向量，从而所求直线的方程为

x?1y?2z?4??. 2?31

6．平面束 例13

?x?y?z?1?0, 求直线?

x?y?z?1?0?在平面x+y+z=0上的投影直线的方程.

解 过直线??x?y?z?1?0,的平面束的方程为

?x?y?z?1?0(x?y?z?1)??(x?y?z?1)?0

即

(1??)x?(1??)y?(?1??)z?(?1??)?0，

（14）

其中?为待定系数。这平面与平面x+y+z=0垂直的条件是

(1??)?1?(1??)?1?(?1??)?1?0，

即 代入（14）式，得投影平面的方程为

???1.

2y?2z?2?0

即

y?z?1?0.

所以投影直线的方程为

?y?z?1?0, ?x?y?z?0.? 7．杂例

例14 求与两平面x－4z＝3和2x－y－5z＝1的交线平行且过点（－3，2，5）得直线方程

9

解 因为所求直线与两平面的交线平行，所以其方向向量s一定同时垂直于两平面的法

向量n1、n2，所以可以取

is=n1?n21

因此所求直线方程为

j0k?4=－(4i+3j +k)，

2?1?5x?3y?2z?5??. 431x?2y?3z?4??例15 求直线与平面2x+y+z-6=0的交点. 112

解 所给直线的参数方程为x=2+t，y=3+t，z=4+2t，

代入平面方程中，得 2(2+t)+(3+t)+(4+2t)-6=0. 得t=-1,代入参数方程得交点为 x=1，y=2，z=2.

例16 求过点（2，1，3）且与直线

x?1y?1z??垂直相交的直线的方程. 32?1

(9) (10)

过点（2，1，3）且垂直于已知直线的平面方程为

3(x-2)+2(y-1)-(z-3)=0

已知直线的参数方程为x=-1+3t，y=1+2t，z=-t. 将（10）代入（9）求得t?3?2133?，从而求得直线与平面的交点为?,,??. 7?777?

以点（2，1，3）为起点，点?,?2133?,??为终点的向量 777??133?6?2??2,?1,??3???(2,?1,4)

777?7?这就是所求直线的方向向量，故所求直线的方程为

x?2y?1z?3??. 2?14

5.4 曲面与曲线

5.4.1 曲面、曲线的方程

例1 建立球心在点M0(x0,y0,z0)、半径为R的球面的方程. 解 设M（x，y，z）是球面上的任一点（图5-31），那么 |M0M|=R.

10

由于 所以

|M0M|=(x?x0)?(y?y0)?(z?z0)，

222(x?x0)2?(y?y0)2?(z?z0)2?R2

（2）

这就是球心在M0(x0,y0,z0)、半径为R的球面的方程。

如果球心在原点，这时x0?y0?z0?0，从而球面方程为 x2?y2?z2?R2.

例2 设有点A（1，2，3）和B（2，-1，4），求线段AB的垂直平分面的方程.

解 由题意知，所求的平面就是与A和B等距离的点的几何轨迹。设M（x，y，z）为所求平面上的任一点，由于 |AM|=|BM|， 所以

(x?1)2?(y?2)2?(z?3)2=(x?2)2?(y?1)2?(z?4)2

等式两边平方，然后化简便得 2x - 6y + 2z – 7=0

例3 方程x2?y2?z2?2x?4y?0表示怎样的曲面？

解 通过配方，原方程可以改写成 (x?1)2?(y?2)2?z2?5，与（2）式比较知原方程表示球心在点M0(1,?2,0)、半径为R=5的球面.

?x2?y2?z2?4例4 方程组?表示怎样的曲线？

?z?1 解 方程组中第一个方程表示球心在原点，半径为2的球面。而方程组中的第二个方程表示一个垂直于z轴的平面，因此他们的交线为一个园，如图5-33所示。

图5－32 图5－33

（2）当给定t?t1时，就得到C上的一个点(x1,y1,z1)；

?x?x(t),?方程组 ?y?y(t),

?z?z(t).?

随着t得变动便可得曲线C上的全部点。方程组（2）叫做空间曲线的参数方程。

例5 如果空间一点M在圆柱面x?y?a上以角速度?绕z轴旋转，同时又以线速度v沿平行于z轴的正方向上升（其中?、v都是常数），那么点M构成的图形叫做螺旋线.

11

222试建立其参数方程.

解 取时间t为参数.设当t=0时，动点位于x轴上的一点A（a，0，0）处. 经过时间t，动点由A运动到M（x，y，z）（图5-34）.记M在xOy面上的投影为M’的坐标为x，y，0. 由于动点在圆柱面上以角速度?绕z轴旋转，所以经过时间t，∠AOM’=?t。从而

x=|OM’|cos∠AOM’==acos?t, y=|OM’|sin∠AOM’==asin?t.

由于动点同时以线速度v沿平行于z轴的正方向上升，所以 z=M’M=vt。

?x?acos?t,?因此螺旋线的参数方程为?y?asin?t, 也可以用其他变量作参

?z?vt.??x?acos?,?数；例如令???t，则螺旋线的参数方程可写为 ?y?asin?,?z?b?.?这里b?

?v，而参数为?.

当OM’转过一周时，螺旋线上的点M上升固定的高度h?2?b.这个高度在工程技术上叫做螺距. 图5－34

5.4.2 柱面、旋转面和锥面

1.柱面

例6 方程x2?y2?R2在xO y面上表示圆心在原点O、半径为R的圆，在空间中表示

圆柱面（图5-35），它可以看作是平行于z轴的直线l沿xO y面上的圆x2?y2?R2移动而形成的。这曲面叫做圆柱面（图5-35），xO y面上的圆x2?y2?R2叫做它的准线，这平行于z轴的直线l叫做它的母线.

x2z2例7 将xO z坐标面上的双曲线 2?2?1，分别绕z轴和x轴旋转一周，求所生

ac成的旋转曲面的方程.

解 绕z轴旋转所成的旋转曲面叫做旋转单叶双曲面（图5-41），它的方程为

x2?y2z2?2?1. a2c 12

图5－41 图5－42

绕x轴旋转所成的旋转曲面叫做旋转双叶双曲面（图5-42），它的方程为

x2y2?z2??1. 22ac

3．锥面

例9 求顶点在原点，准线为

?x2y2?2?2?1的锥面方程。 b?a?z?c(c?0)?

图5－43

解 设M(x,y,z)为锥面上任一点，过原点与M的直线与平面z=c交于点M1(x1,y1,c)（图5-44），则有

x12y12??1 a2b2由于OM与OM1共线，故

xyz?? x1y1ccxcyx12y12既有x1?，y1?，代入2?2?1，整理得

zzabx2y2z2?2?2 2abc （6）

图5－44

这就是所求锥面的方程，该锥面称为椭圆锥面

5.4.3 二次曲面

通常将三元二次方程F（x，y，z）=0所表示的曲面称为二次曲面。而把平面称为一次

曲面. 二次曲面有九种，它们的标准方程如下

13

x2y22（1）椭圆锥面 2?2?z （图5－45）（2）椭球面

ab

x2y2z2?2?2?1 2abc

图5－45

图5－46

x2y2z2（3）单叶双曲面 2?2?2?1

abcx2y2z2（4）双叶双曲面 2?2?2?1

abcx2y2x2y2（5）椭圆抛物面 2?2?z（图5－46） （6）双曲抛物面 2?2?z（图5－47）

ababx2y2（7）椭圆柱面 2?2?1

ab（9）抛物柱面 x?ay

2

x2y2（8）双曲柱面 2?2?1

ab

图5－46 图5－47

5.4.4 空间几何图形举例

例10 已知两球面的方程为

x2?y2?z2?1

（7）

14

和

x2?(y?1)2?(z?1)2?1

求它们的交线C在xO y面上的投影方程. 解 （7）-（8）得 y + z=1.

（8）

将z=1 – y代入（7）或（8）得所求柱面方程为x2?2y2?2y?0.于是投影方程为

?x2?2y2?2y?0, ??z?0.例11 设一个立体由上半球z?锥面z?4?x2?y2和

3(x2?y2)所围成（图5-48），求它在 xO y

面上的投影.

解 半球面和锥面的交线为 C：

22??z?4?x?y,由上列方程组消去z，得到?22??z?3(x?y).?x2?y2?1,，这是xO y面上的一个圆，于是所求?z?0.?立体在xO y面上的投影，就是该圆在xO y面上的一个圆， 图5-48

于是所求立体xO y面上的投影，就是该圆在xO y面上所围的部分：x?y?1。

22习题课

例1 已知AB＝(-3，0，4)，AC＝（5，-2，-14），求∠BAC角平分线上的单位向量.

?? 解 由平面几何的知识知，菱形对角线平分顶角，因此，只要在AB、AC上分别取点 B′、C′，使|AB′|=|AC′|,则

AD＝AB?＋AC?，

即为∠BAC的分角线向量，特别地取AB?、AC?为单位向量，则

???

??

1?1AB?＝AB＝(?3,0,4)，

5|AB|11?AC??AC＝（5,-2,-14）

15|AC|于是

?

?

15

1112AD＝(?3,0,4)＋（5,-2,-14）＝(-4, -2, -2)= -(2,1,1)

5151515其单位向量为

??AD1(2,1,1) ??|AD|6?例2 设a+3b和7a-5b垂直，a-4b和7a-2b垂直，求非零向量a与b的夹角.

解 由 a+3b⊥7a-5b，a-4b⊥7a-2b

(a+3b)?(7a-5b)=7|a|+16a?b -16|b|=0 (a-4b)?(7a-2b)= 7|a|-30a?b +8|b|=0

2222得

(1) (2)

(1)-(2) 得

2a?b＝|b| 即2|a||b|cos(a,b)=|b|,从而cos(a,b)＝

2?2?|b|. 2|a|（1）?8＋（2）?15，得

161|a|＝322 a?b，得cos(a,b)＝

2?|a|. 2|b|(a,b)＝

由

?1|b||a|＝，推得 |a|＝|b|. 所以 cos(a,b)=

22|a|2|b|222??. 3例3 已知|a|＝13，|b|＝19，|a+b|=24，求|a–b|. 解

|a+b|＝(a+b)?(a+b)= |a|+2a?b+ |b|

|a–b|＝(a–b)?(a–b)= |a|–2a?b+ |b| 两式相加,得 |a–b|＝2( |a|+ |b|)–|a+b|

2222222又

以|a|＝13，|b|＝19，|a+b|=24代入，得

2 |a–b|＝2（13＋19）–24＝484.

2222所以|a–b|＝22.

例4 设AB＝a+5b，BC＝–6a+18b，CD=8(a–b)，试证A、B、D三点共线. 证 用向量证明三点共线只要证明AB//BD,其途径有两种：（1）往证BD=?AB;(2)

???????往证AB?BD＝0.可根据具体情况选择.本例选（1）

??BD=BC+CD=(–6a+18b)+8(ab)=2a+10b=2(a+5b)=2AB,

????所以AB//BD，即A、B、D三点共线.

?? 16

例5 已知三个向量a、b、c两两都不平行，但(a+b)与c平行，（b+c）与a平行，试证a+b+c=0.

证 由于(a+b)//c，(b+c)//a, 所以 ??a?b??c,

?b?c??a,?a?b??c?0,即?

b?c-?a?0,?两式想减得 (1??)a–(1??)c＝0.

因为a与c不平行，所以 (1??)＝0，(1??)＝0.即???1,???1，因此

a+b+c=0.

例6 已知直线L：?求l的方程.

?x?y?z?1?0及点P(3,-1,2)，过点P作直线l与L垂直相交，

2x?y?z?4?0?i解 sL=1j1k?1=-3j –3k，过点P作垂直于直线L的平面，其方程为y+z=1,求次12?1?x?y?z?1?013?平面于L的交点Q，解方程组?2x?y?z?4?0得Q的坐标为xQ?1,yQ??,zQ?,

22?y?z?1?11PQ?(?2,,?)，取sl=(4,-1, -1).

22所求直线l的方程为

?x?3y?1z?2??. 4?11

例7 求通过直线L：??x?5y?z?0,? 且与平面x-4y-8z+12=0成45角的平面方程.

?x?z?4?0 解 过直线L的平面束方程为 x+5y+z+?(x-z+4)=0. 即 （1＋?）x+5y+（1-?）z+4?=0. 由于所求平面与已知平面成45角，所以

cos45＝

??2|1?(1??)?4?5?8(1??)?

2222222(1??)?5?(1??)?1?(?4)?(?8) ＝

|9??27|2??27?93. 42?|??3|2??272

解之，得??? 17

所以所求平面方程为 x+20y+7z-12=0.

另外，平面x-z+4=0与已知平面也成45角,所以所求平面为 x+20y+7z-12=0及x-z+4=0.

?

例8 直线l过点P(-3,5,-9)且与直线l1：??y?4x?7,y?5z?3?及l2：x?都相32?z?5x?10,交，求直线l的方程.

解 过点P及直线l1作平面?1，过点 P及直线l2作平面?2，由于所求直线l与l1相

交，所以l应在?1内，同理l也在?2内，所以?1与?2得交线即为所求直线l.

l1的方程可化为x?y?7z?10?，即知l1的方向向量为s1=(1,4,5), l1过点P1（0，45－7，10），P，故平面的方程为 1P＝（－3，12，－10）

?x1?3即

y?7412z?105?0 ?1934x-y-6z+53=0. 2x-z-3=0.

类似地?2的方程为 故所求直线方程为

?34x?y?6z?53?0, ??2x?z?3?0.x?1y?1z?3??32?5 例9 求过点（-1，2，-3）且平行于平面6x - 2y - 3z + 1=0又与直线

相交的直线方程.

解 过已知点（-1，2，-3）作已知平面的平行平面，此平面方程为

6(x+1)-2(y-2)-3(z+3)=0，

即 6x-2y-3z+1=0， 求此平面与已知直线的交点，由

?6x?2y?3z?1?0,? ?x?1y?1z?3???t?2?5?3解得t?0，交点为（1，-1，3）.

故所求直线的方向向量为 s＝（1-（-1），-1-2，3-（-3））＝（2，-3，6）， 所求直线方程为

x?1y?2z?3??。 2?36 18

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