平面及其方程

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平面及其方程说课稿人教版

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平面及其方程说课稿人教版一、说课背景本次说课的内容选自人教版高中数学教材第五章“空间几何”,主要围绕平面及其方程的概念、性质和求解方法进行讲解。

本章节是空间解析几何的基础,对于培养学生的空间想象能力和逻辑推理能力具有重要意义。

二、教学目标1. 知识与技能目标:使学生理解平面的基本概念,掌握平面方程的推导过程及其应用。

2. 过程与方法目标:通过实例演示和练习,培养学生运用平面方程解决实际问题的能力。

3. 情感态度与价值观目标:激发学生对空间几何的兴趣,培养学生的探索精神和团队合作意识。

三、教学重点与难点1. 教学重点:平面的基本性质,平面方程的推导和应用。

2. 教学难点:平面方程的推导过程,以及如何利用平面方程解决实际问题。

四、教学方法与手段1. 教学方法:采用启发式教学法和探究式学习法,通过问题引导学生自主思考和探索。

2. 教学手段:运用多媒体课件展示平面图形,利用几何画板软件动态演示平面方程的推导过程。

五、教学过程1. 引入新课- 通过回顾上节课的立体几何知识,引出平面几何的概念。

- 通过实际问题(如:如何确定一个平面)激发学生的学习兴趣。

2. 概念讲解- 定义平面:平面是没有厚度的二维几何体,由无限多个点组成。

- 介绍平面的基本性质:平面内任意两点确定一条直线,平面与直线的关系等。

3. 平面方程的推导- 介绍平面方程的一般形式:Ax + By + Cz + D = 0。

- 通过实例演示如何从三个不在一条直线上的已知点推导出平面方程。

- 讲解法向量的概念及其在平面方程中的作用。

4. 平面方程的应用- 通过例题讲解如何求解平面与直线的交点问题。

- 探讨平面方程在实际生活中的应用,如建筑设计、工程测量等。

5. 课堂练习- 设计针对性练习题,让学生巩固平面方程的推导和应用。

- 分组讨论,鼓励学生相互合作,共同解决问题。

6. 课堂小结- 总结平面及其方程的主要内容。

- 强调平面方程在解决实际问题中的重要性。

平面及其方程7-5

平面及其方程7-5

§7.5平面及其方程一、平面的点法式方程法线向量:如果一非零向量垂直于一平面 .这向量就叫做该平面的法线向量.容易知道 '平面上的任一向量均与该平面的法线向量垂直.唯一确定平面的条件 :当平面口上一点M o (X 0 J0 Z0)和它的一个法线向量 n^A^B *C)为已知时、平面n 的位置就完全确定了 .平面方程的建立:设M(x.y.z)是平面□上的任一点.那么向量M ^M 必与平面n 的法线向量n 垂直、即它们的数量积等于零 :由于Tn 球A*BC)* M 0M =(x —X 0, y —y 。

, Z —Z 0).所以A(XF 0)+B(y-y 0)弋(z-Z 0)=0 .n 上任一点M 的坐标 心工所满足的方程.、如果M (x 、y .Z)不在平面r 上、那么向量M^M 与法线向量n 不垂直、从而…即不在平面□上的点M 的坐标X y .Z 不满足此方程. 由此可知、方程A(x-X 0)+B(y-y 0)P(z-Z 0)n 就是平面□的方程.而平面口就是平面方程的图 形.由于方程A (X%)怕(y-y 0)4c (z-Z 0)=0是由平面L [上的一点M 0(X 0、y 0、Z 0)及它的一个法线向量 n=(AB 、C)确定的、所以此方程叫做平面的点法式方程.例1求过点(2Q)且以 ^(K-2. 3)为法线向量的平面的方程.解根据平面的点法式方程 '得所求平面的方程为(x-2)-2(yt3)t3z=0 * x-2y+3z£n .M 1(2 H ⑷、M 2(—1 \3 L 2)和M 3(0 ,2①的平面的方程.T因为 M 1M 2 =(—3,4, -6)、M 1M 3=(-2,3, —1)、 所以T T in= M 1M^M 1M^ -3-2这就是平面 反过来T n M 0M =0即例2求过三点 解我们可以用 T TM i M 2X M 1M 3作为平面的法线向量k-6 =14 + 9j-k . -1根据平面的点法式方程、得所求平面的方程为14(x-2)H(y+1)-(z -4H0 . 14x49y_ z_15』. 二、平面的一般方程由于平面的点法式方程是 x.y 的一次方程.而任一平面都可以用它上面的一点及它的法线 向量来确定 '所以任一平面都可以用三元一次方程来表示.反过来、设有三元一次方程Ax +By 4Cz 4D =0.我们任取满足该方程的一组数 x o .y o .z ^即Ax o +By o 4Cz o +D =0 .把上述两等式相减 '得A(x£o )+B(y-y o )兀(z-z o )=O 、这正是通过点 M o (x o.y oQ )且以nNA 、BQ 为法线向量的平面方程 .由于方程Ax +By 4Cz *DO与方程A(x 必)+B(y-y o )七(Z-z o ) =o同解*所以任一三元一次方程Ax 也y P z +O n 的图形总是一个平面.方程Ax 4By M z +D =o 称为平面的一般方程,其中 心z 的系数就是该平面的一个法线向量n 的坐标‘即nNA'B .0).例如 '方程3x -4y +z -9=0表示一个平面 小=(3\*訂)是这平面的一个法线向量 .讨论:考察下列特殊的平面方程 .指出法线向量与坐标面、 坐标轴的关系 '平面通过的特殊点或线.Ax +By f z ^o ;By 七Z 也 n^Ax ^z P^o r Ax +By +D P ; Cz +D P 'Ax PO By +D P . 提示: 平面过原点.n =(o *B Q).法线向量垂直于 n =(A 、o rC).法线向量垂直于 n =(A *B *o ).法线向量垂直于 n=(o *o *C)、法线向量垂直于 n=(A .o ,o b 法线向量垂直于 n=(o 占,o b 法线向量垂直于例3求通过x 轴和点(4L 1)的平面的方程.解 平面通过x 轴、一方面表明它的法线向量垂直于 点、即DP .因此可设这平面的方程为By 弋z^o .x 轴*平面平行于 y 轴、平面平行于 z 轴、平面平行于x 轴和y 轴,平面平行于 y 轴和z 轴r 平面平行于 x 轴和z 轴r 平面平行于 xOy 平面.yOz 平面. zOx 平面.X 轴、即AR ;另一方面表明 它必通过原又因为这平面通过点(4 *-3 *7) *所以有—BB-Cn 、或 C 」B .将其代入所设方程并除以B (B 如)、便得所求的平面方程为y ;z=0.例4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、求这平面的 方程(其中乂&?€).解 j a ^D =0, f bB +D =0, pc +D=0,A=-D 、B=-D r C=—D a b c 将其代入所设方程、得 -Dx-Dy-Dz+D =0 、 a b c X +上也=1 . a b c '上述方程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.三、两平面的夹角两平面的夹角:两平面的法线向量的夹角(通常指锐角)称为两平面的夹角.设平面n 1和rb 的法线向量分别为 n 1N A 1占1 C )和n 2=(A 2旧2、C 2)、那么平面n 1和rb 的夹角e 、―AAA_A应是(n 1, n 2)和(Til , n 2)F —g ,改)两者中的锐角、因此、cos 日^cosg ,匹)!.按两向量夹角余弦的坐标表示式.平面n 1和rt 的夹角e 可由来确定.从两向量垂直、平行的充分必要条件立即推得下列结论平面口 1和巧垂直相当于A1A2怕辰 QC2=0; 平面□ 1和n 2平行或重合相当于 A =BL -C!.A , B, C 2例5求两平面 x-yPz-6=0和2x 为七-5=0的夹角. 解 n 1=(A 1 启1 Q1)=(1、一1 *2)、n 2m A 2、B 2Q2)=(2*1 * 1).c 1c2l_ I1'2■ (-1)'T ■ 2…I| Jcos g _lAie 日口2 "T A 2+ Bfg 2叔2 +B :七:"712+(-1)2七2722+12+12~^设所求平面的方程为Ax+By4Cz*HD=0.P (a *0 *0)、Q (0 *b *0)、R (0 ,0 ,c )都在这平面上*所以点P 、Q 、R 的坐标都满足所设方程*即 因为点 有由此得IAA2+B 1B 2+C 1C 2IAco眄cosg,讣府魯Y A 呢W|1X2 +(-1)X1 +2咒1||AA 2+B ,B 2pi C 2|所以*所求夹角为,4,例6 一平面通过两点 M 1(1」和M 2(o 」#)且垂直于平面 x+y+z=o 、求它的方程.解 方法一:已知从点M 1到点M 2的向量为 山勻/卫、-?)、平面x+y+z=o 的法线向量为n 2=(1、 1 J). 设所求平面的法线向量为n^A 、B 、C).因为点M 1(1、1、1)和M 2(o1)在所求平面上、所以n 丄n 仁即从—2C=o 、A 亠2C . 又因为所求平面垂直于平面 x^^zT*所以n 丄m*即A+B4C=o*B=C. 于是由点法式方程*所求平面为-2CZ)£(y —1)兀(Z —1)0 即 2x —y-z=o.方法二:从点M 1到点M 2的向量为n 1 =(-1 e *-2) *平面x+y+z=o 的法线向量为“2=(1* 1 , 1). 设所求平面的法线向量因为所以所求平面方程为2(x-1)-(y-1)-(z-1)0 2x-y-z=0 .例7设P o (x o ,y o ,z o )是平面Ax+By 兀z 也=0外一点、求P o 到这平面的距离. 解 设e n 是平面上的单位法线向量.在平面上任取一点 P 1(X 1 $1 *Z 1)*则P o 到这平面的距离为|A(X o^i )+B(y o-y i )七(z o^i )|扌是示:en^7A ^B ^(A, B, C)' 活o =(xo —x 1,yo —y 1,zo —z1)、例8求点(2 J J )到平面x +y -z +1 =0的距离.解 d JAxp^y o 弋zo^DI 」仝2丁X 1—(—1門+1| _ 3 —E _J A 2 + B 2 弋2 j 12+12+(—1)273 ' n 可取为npc n2 .i:-J o 1J A 2 +B 2+C 2JAx o 怕y oy z o-(Ax1HBy 1 七Z 1)| J A 2 +B 2 七2JAx^怕yo +Czo +D|Td 斗RP oen 1 =j 12+12+(_1)2。

高等数学7.7平面及其方程

高等数学7.7平面及其方程
由于 n{A,B,C},
M 0 M {xx 0,yy 0,zz 0},


z n
所以 A(xx 0)B(yy 0)C(zz 0)0. 这就是平面的方程. 此方程叫做平面的点法式方程.
M0
O x
M
y
例1 求过点(2,3,0)且以
n{1,2,3}为法线向量的平
或 C3B. y3z0.
将其代入所设方程并除以B(B 0),便得所求的平面方程为
例4 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,求这平面的方程(其中a 0,b 0,c 0).
z R (0, 0, c)
n Q (0, b, 0) O y

M 1M 3 {2,31},

可取
n M 1 M 2 M 1 M 3 3 4 6 14i9jk, 2 3 1
根据平面的点法式方程,得所求平面的方程为
14(x2)9(y1)(z4)0, 即 14x9yz150.


i
j
k
n
Prj n P1 P0 P1 P0 ·n,
P1


P0
N
1 n {A,B,C}, P1 P0 {x0x1,y0y1,z0z1}, |n| 1 Prj n P1 P0 P1 P0 ·n, {A(x0x1)B(y0y1)C(z0z1)} |n| 1 {Ax0By0Cz0( Ax1By1Cz1)}, |n|
面的方程.
解 根据平面的点法式方程,得所求平面的方程为 (x2)2(y3)3z0, 即 x2y3z80.
例2 求过三点M 1(2,1,4)、M 2(1,3,2)和M 3(0,2,3) 的平面的方程. z 解 先求出这平面的法线向量 n .

8(5)平面及其方程

8(5)平面及其方程
第五节 平面及其方程
(plane)
平面的点法式方程 平面的一般方程 两平面的夹角 点到平面的距离 小结 思考题 作业
1
第八章 空间解析几何与向量代数
平面及其方程
在空间内, 在空间内,确定一个平面的几何条件 不共线的三点确定、 是多种多样的. 是多种多样的. 如: 不共线的三点确定 P2
平面及其方程
二、平面的一般方程
平面的点法式方程
A( x − x0 ) + B( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = 0
Ax By Cz A + B +C + D= 0 r 法向量 n = ( A, B , C )
Ax + By + Cz − ( Ax0 + By0 + Cz0 ) = 0 =D
y + 3z − 1 = 0
| −1 × 0 + 2 × 1 − 1 × 3 | , 2 2 2 2 2 ( −1) + 2 + ( −1) ⋅ 1 + 3
1 两平面相交, 两平面相交 cosθ = 60
1 夹角 θ = arccos . 60
15
平面及其方程
( 2 ) 2 x − y + z − 1 = 0, − 4 x + 2 y − 2 z − 1 = 0
D = 0,
6 A − 3 B + 2C = 0
z
r n= (A, B,C)

r Q n ⊥ (4,−1,2) ∴ 4 A − B + 2C = 0
2 ⇒ A = B = − C, x 3 所求平面方程为 2 x + 2 y − 3 z = 0.

第五节 平面及其方程

第五节 平面及其方程
其对应方程为方程组
G ( x, y , z ) 0
F ( x, y , z ) 0
z
S O y
x
S2
C F ( x, y , z ) 0
S1
则方程组(1)叫做空间曲线 C 的方程, 曲线 C 叫做方程组(1) 的图形.
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两个基本问题 : (1) 已知一曲面(曲线)作为点的几何轨迹时, 求曲面(曲线)方程. (2) 已知方程时 , 研究它所表示的几何形状 ( 必要时需作图 ).
平面 2 : A2 x B2 y C2 z D2 0, n2 ( A2 , B2 , C2 ) 垂直: 平行: n1 n2 0
A1 A2 B1B2 C1C2 0
A1 B1 C1 A2 B2 C2
n1 n2 夹角公式: cos n1 n2

1
cos
A1 A2 B1 B2 C1C2
A1 B1 C1
2 2 2
A2 B2 C2
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2
2
2
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1 : n1 ( A1 , B1 , C1 )
特别有下列结论:
n1 n2 cos 2 : n2 ( A2 , B2 , C2 ) n1 n2
x0 y0 z0 1, 1 3 x0 3 x0

O
M0
y
因此所求球面方程为
x
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n2
(1) 1 2 (2) 1 // 2
n1 n2 A1 A2 B1 B2 C1 C2 0 n1 // n2

平面及其方程

平面及其方程

Ax1 By1 Cz1 D 0 ( P1 )
Pr jnP1P0
Ax0 By0 Cz0 D , A2 B2 C 2
d | Ax0 By0 Cz0 D |. A2 B2 C 2 点到平面距离公式
四、小结
点法式方程.
解 (1) cos | 1 0 2 1 1 3 |
(1)2 22 (1)2 12 32
cos
1 60
两平面相交,夹角 arccos
1. 60
(2) n1 {2,1,1}, n2 {4,2,2} 2 1 1 , 两平面平行 4 2 2 M(1,1,0) 1 M(1,1,0) 2
x轴上截距 y轴上截距 z 轴上截距
备注:平行于一个平面也可以先设 为6x+y+6z+a=0,然后再去求解
例 5 求平行于平面6x y 6z 5 0而与三个坐
标面所围成的四面体体积为一个单位的平面方程.
解 设平面为 x y z 1,
z
a bc
V 1, 1 1 abc 1, 32
n P0
Pr jn P1P0 P1P0 n0
P1
N
P1P0 { x0 x1, y0 y1, z0 z1}
n0



A
,
A2 B2 C 2
B
,
A2 B2 C 2
C

A2

B2

C
2

Pr jn P1P0 P1P0 n0 A( x0 x1 ) B( y0 y1 ) C(z0 z1 ) A2 B2 C 2 A2 B2 C 2 A2 B2 C 2 Ax0 By0 Cz0 ( Ax1 By1 Cz1 ) , A2 B2 C 2

1.6平面及其方程

1.6平面及其方程

平面的一般方程为Ax+By+Cz+D=0,其法线向量为n=(A, B, C). 讨论: 1.填写下表: 平面方程 By+Cz+D=0 Ax+Cz+D=0 Ax+By+D=0 Cz+D=0 Ax+D=0 By+D=0 法线向量 n=(0, B, C) n=(A, 0, C) n=(A, B, 0) n=(0, 0, C) n=(A, 0, 0) n=(0, B, 0) 法线向量垂直于 平面平行于 x轴 x轴 y轴 y轴 z轴 z轴 x轴和y轴 xOy平面 y轴和z轴 yOz平面 x轴和z轴 zOx平面
平面的点法式方程 过点M0(x0, y0, z0)且法线向量为n=(A, B, C)的平面的方程 为 A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0.
例1 求过点(2, -3, 0)且以n=(1, -2, 3)为法线向量的平面的 方程. 解 根据平面的点法式方程, 得所求平面的方程为 (x-2)-2(y+3)+3z=0, 即 x-2y+3z-8=0.
平面的点法式方程 过点M0(x0, y0, z0)且法线向量为n=(A, B, C)的平面的方程 为 A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=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 我们可以用 M 1M 2 M 1M 3 作为平面的法线向量 n. 解
2.平面Ax+By+Cz=0有什么特点? 提示: D=0, 平面过原点.
平面的一般方程为Ax+By+Cz+D=0,其法线向量为n=(A, B, C). 例3 求通过x轴和点(4, -3, -1)的平面的方程. 解 可设此平面的方程为 By+Cz=0. 又因为此平面通过点(4, -3, -1), 所以有 -3B-C=0. 将C=-3B其代入所设方程, 得 By-3Bz=0. 于是所求的平面方程为 y-3z=0. 提示:平面通过 x 轴 , 表明 A=0( 它的法线向量垂直于 x 轴 ) 且 D=0(它通过原点).

3.平面及其方程

3.平面及其方程

面.方程 Ax By Cz D 0 称为平面的一 般 方 程 , 其中 x、y、z 的系数就是该平面一个 法线向量 n 的坐标,即 n ( A, B, C ).
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3. 特殊的三元一次方程所表示的平面
Ax By Cz D 0. D 0, Ax By Cz 0, 平面过原点. A 0, By Cz D 0, n (0, B, C )垂直
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一般地, 如果平面过不共线已知 三点 A(a1 , a2 , a3 ), B(b1 , b2 , b3 ), C (c1 , c2 , c3 ), 设M ( x , y, z )是平面上任 意一点.
根据向量 AB, AC , AM共面, 混合积为零可得 x a1 y a 2 z a 3 b1 a1 b2 a 2 b3 a 3 0 c1 a1 c 2 a 2 c 3 a 3
22
解法三 设所求平面方程为
Ax By Cz D 0, 它过点M 1,M 2,即 A B C D 0,B C D 0 所求平面垂直于已知平 面,即两平面的法向 量互相垂直,于是A B C 0,从而得 A A D 0, B , C . 2 2 取A 2,则B C 1, D 0 所求平面方程为: 2 x y z 0.
MCBFra bibliotekA平面的三点式方程
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2. 平面的一般方程
点法式方程是 x、y、z 的一次方程, 任一平 面都可用它上面的一点 及它的法线向量确定 ,所 以任一平面都可以用三 元一次方程表示.
反之, 设有三元一次方程 Ax By Cz D 0.
任取满足该方程的一组数 x0 , y0 , z0 ,即 Ax0 By0 Cz0 D 0,
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取法向量 n n 1 n 2 {1,0 1,5},
所求平面方程为
1 ( x 1 ) 0 1 ( y 1 ) 5 5 ( z 1 ) 0 ,
化简得 2 x 3 y z 6 0 .
二、平面的一般方程
由平面的点法式方程
A ( x x 0 ) B ( y y 0 ) C ( z z 0 ) 0
由 平 面 过 点 (6 , 3 ,2 )知 6 A 3 B 2 C 0 n { 4 , 1 , 2 }, 4 A B 2 C 0
AB2C,
: 备注 两个方程求三个未知
3
数可以将其中一个当做已知, 到最后约掉
所求平面方程为 2 x 2 y 3 z 0 .
例4 设 平 面 与 x,y,z三 轴 分 别 交 于 P(a,0,0)、 Q(0,b,0)、 R(0,0,c)( 其 中 a0, b0, c0) ,
A C { 2 ,3 , 1 } 取 n A A B {1C ,4 9,1}, 所求平面方程为 1 ( x 2 4 ) 9 ( y 1 ) ( z 4 ) 0 ,
化简得 1 x 4 9 y z 1 0 5 .
例 2求 过 点 (1,1,1), 且 垂 直 于 平 面 xyz7和 3x2y1z2 50的 平 面 方 程 . 解 n 1 { 1 , 1 ,1 },n 2 { 3 ,2 , 1}2
(2)
1//
2 A A12 B B12
C1. C2
例6 研究以下各组里两平面的位置关系:
( 1 ) x 2 y z 1 0 , y 3 z 1 0 ( 2 ) 2 x y z 1 0 , 4 x 2 y 2 z 1 0 ( 3 ) 2 x y z 1 0 , 4 x 2 y 2 z 2 0
n P0
Pjn r P 1P 0P 1P 0n 0 P1
N
P 1 P 0 { x 0 x 1 ,y 0 y 1 , z 0 z 1 }
n 0 A 2 A B 2 C 2 ,A 2 B B 2 C 2 ,A 2 C B 2 C 2
Pjn r P 1 P 0P 1 P 0n 0 A ( x 0 x 1 )B ( y 0 y 1 )C ( z 0 z 1 ) A 2 B 2 C 2 A 2 B 2 C 2 A 2 B 2 C 2 A 0 x B 0 y C 0 z (A 1 x B 1 C y1 ),z A 2 B 2 C 2
A ( x x 0 ) B ( y y 0 ) C ( z z 0 ) 0
平面的点法式方程 其中法向量 n { A ,B ,C }已,知点 (x0, y0,z0).
平面上的点都满足上方程,不在平面上的 点都不满足上方程,上方程称为平面的方程, 平面称为方程的图形.
例 1求 过 三 点 A (2 , 1 ,4 )、 B ( 1 ,3 , 2 )和 C (0 ,2 ,3 )的 平 面 方 程 . 解 A { B 3 ,4 , 6 }
两平面平行但不重合.
( 3 ) 2 11, 两平面平行 4 2 2
M ( 1 , 1 , 0 ) 1 M ( 1 , 1 , 0 ) 2 两平面重合.
例7 设P0(x0, y0,z0)是平面AxByC zD0
外一点, 求P0到平面的距 离.
解 P 1 (x 1 ,y 1 ,z1 ) d |Pjn r P 1P 0|
五、x 3y 0.
六、2x y 2z 23 3 .
x轴上截距 y轴上截距 z轴上截距
备注:平行于一个平面也可以先设 为6x+y+6z+a=0,然后再去求解
例5 求 平 行 于 平 面 6xy6z50而 与 三 个 坐
标 面 所 围 成 的 四 面 体 体 积 为 一 个 单 位 的 平 面 方 程 .
解 设平面为 x yz 1,
z
a bc
V1, 11abc1, 32
1
n 2 { A 2 ,B 2 ,C 2 },
按照两向量夹角余弦公式有
co s |A 1 A 2 B 1 B 2 C 1 C 2| A 1 2 B 1 2 C 1 2 A 2 2 B 2 2 C 2 2 两平面夹角余弦公式
两平面位置特征:
(1) 1 2 A 1 A 2 B 1 B 2 C 1 C 2 0 ;
o
y
x
由所求平面与已知平面平行得
111 (向量平行的充要条件) a b c,
616
化简得 1 1 1 , 令 1 1 1 t 6a b 6c 6a b 6c
a 1 , 6t
b 1, t
c 1, 6 t 代入体积式
11 11 1 6 6t t 6t
t
1, 6
a 1 , b 6 , c 1 ,
一、平面的点法式方程 z
如果一非零向量垂直
M0
于一平面,这向量就叫做
该平面的法线向量.
o
n
M y
x
法线向量的特征: 垂直于平面内的任一向量.
已知 n { A ,B ,C },M 0(x0,y0,z0),
设平面上的任一点为 M (x,y,z)
必有 M 0M n M 0 M n 0
M 0 M { x x 0 , y y 0 , z z 0 }
坐标面所构成的四面体体积为1 的平面方程 .
练习题答案
一、1、(0,0,0); 2、平行于; 3、通过;
4、3x 7y 5z 4 0; 6、1, 2, 2.
33 3 二、1、平行于z 轴的平面;
5、x y z 1; a bc
2、平行于x 轴 的平面;
3、通过原点的平面 .
三、x 3y 2z 0. 四、x y 3z 4.
A B C x ( A y 0 z B 0 x C 0 ) y 0 z
D
A B x C y D z 0 平面的一般方程
法向量 n { A ,B ,C }.
平面一般方程的几种特殊情况:
(1)D0, 平面通过坐标原点;
D 0 , 平面通过 x轴;
(2)A0,
D
0,
平面平行于 x轴;
求 此 平 面 方 程 .
解 设平面为 A B x C y D z 0 ,
aA D 0 ,
将三点坐标代入得
bB
D
0,
cC D 0 ,
A D , B D , C D .
a
b
c
将A D, B D, C D,
a
b
c
代入所设方程得
x y z 1 平面的截距式方程 a bc
A 1 B 1 x C 1 y D z 0 (P1) PjrnP1P0A0xA 2B0B y2C C 0z 2 D,
d|A0 xB0 yC0 zD |. A 2B 2C 2 点到平面距离公式
四、小结
点法式方程. 平面的方程 一般方程.
截距式方程.
(熟记平面的几种特殊位置的方程)
两平面的夹角.(注意两平面的位置特征)
三 、 求 过 点 ( 1 , 1 ,1 ) ,(2 ,2 , 2 )和 ( 1 ,1 , 2 ) 三 点 的 平面方程 .
四 、 点 ( 1 , 0 ,1 ) 且 平 行 于 向 量 a 2 , 1 , 1 和 b 1 ,1 , 0 的 平 面 方 程 .
五、求通过Z 轴和点(3 , 1 ,2 )的平面方程 . 六、求与已知平面2x y 2z 5 0平行且与三
所求平面方程为 6 x y 6 z 6 .
三、两平面的夹角
定义 两平面法向量之间的夹角称为两平面的
夹角.(通常取锐角)
n2 n1
1 : A 1 x B 1 y C 1 z D 1 0 , 2 2 : A 2 x B 2 y C 2 z D 2 0 ,
n 1 { A 1 ,B 1 ,C 1 },
类似地可讨论 B0,C0情形.
(3 )A B 0 ,平面平行于xoy坐标面;
类似地可讨论 A C 0 ,B C 0 情形.
例 3设 平 面 过 原 点 及 点 (6,3,2), 且 与 平 面
4xy2z8垂 直 , 求 此 平 面 方 程 .
解 设平面为 A B x C y D z 0 , 由平面过原点知 D0,
点到平面的距离公式.
思考题
若平面xky2z0与平面 2x3yz0的夹角为 ,求k?
4
思考题解答
c o s 1 2 k ( 3 ) 2 1 , 4 1 2 k 2 ( 2 )2 2 2 ( 3 )2 1 2
1
3k
2
5k2
14, k
70 .
2
练习题
一、填空题: 1、平面Ax By Cz 0 必通过_______,(其中 A , B , C 不全为零); 2、平面By Cz D 0__________x 轴; 3、平面By Cz 0_______x 轴; 4、通过点( 3 , 0 ,1 ) 且与平面3x 7 y 5z 12 0 平 行的平面方程为 _________; 5、通过( a , 0 , 0 )、( 0 , b , 0 )、( 0 , 0 , c )三点的平面方 _______________;
6、平面2x2yz50与xoy面的夹角余弦为___ ________,与yoz面的夹角余弦为____出下列各平面的特殊位置,并画出各平面: 1、 2x 3 y 6 0; 2、 y z 1; 3、6x 5 y z 0.
解 (1) c o s | 1 02 1 1 3|
( 1 )22 2( 1 )2 1 23 2
cos
1 60
两平面相交,夹角
arcco1s . 60
( 2 ) n 1 { 2 , 1 ,1 },n 2 { 4 ,2 , 2 } 2 1 1, 两平面平行 4 2 2 M ( 1 , 1 , 0 ) 1 M ( 1 , 1 , 0 ) 2
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