平面及其方程

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平面及其方程说课稿人教版

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

§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

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

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

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

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

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

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,

平面及其方程

平面及其方程平面的点法式方程平面的一般方程两平面的夹角平面的点法式方程法线向量: 与平面垂直的非零向量.n即有A (x -x 0)+B (y -y 0)+C (z -z 0)=0 设M 0(x 0,y 0,z 0)是平面П上的已知点, n =(A ,B ,C )是平面П的法线向量,M (x ,y ,z )是平面П上的任一点, 则有n •0M M =0.由于n =(A ,B ,C ) ,0M M =( x -x 0,y -y 0,z -z 0),称为平面的点法式方程.O∏zyxM nM例求过点(2,-3,0)且以n=(1,-2,3)为法线向量的平面方程. 解代入平面的点法式方程得:(x-2)-2(y+3)+3(z-0)=0⇒x-2y+3z-8=0例求过三点M 1(2,-1,4)、M 2(-1,3,-2)、M 3(0,2,3)的平面方程.解由于n ∥12M M ×13M M =132643----kj i =14i +9j -k则所求平面方程为⇒ 14(x -2)+9(y +1)-(z -4)=0⇒ 14x +9y -z -15=01M2M 3M ∏n平面的一般方程平面的点法式方程A (x -x 0)+B (y -y 0)+C (z -z 0)=0设有三元一次方程Ax +By +Cz+D =0任取满足方程的一组数000,,x y z 即0000Ax By Cz D +++=两式相减，得A x x B y y C z z 000()()()0-+-+-=是x 、y 、z 的一次方程平面的一般方程为Ax+By+Cz+D=0其中n=(A,B,C)为法向量各种特殊情形D=0,平面Ax+By+Cz=0经过原点;D=0,平面Ax+By+Cz=0经过原点; A=0,平面By+Cz+D=0平行于x轴; B=0,平面Ax+Cz+D=0平行于y轴; C=0,平面Ax+By+D=0平行于z轴;A=B=0,平面Cz+D=0平行于xoy平面; A=C=0,平面By+D=0平行于xoz平面; B=C=0,平面Ax+D=0平行于yoz平面.例求通过x轴和点(4,-3,-1)的平面方程.解平面经过x轴,则平面经过原点, ⇒D=0;平面经过x轴,则法向量在x轴上的投影为0 ⇒A=0;故可设平面方程为: By+Cz=0,又平面经过点(4,-3,-1), ⇒-3B-C=0,或C=-3B.代入有y-3z=0.和R (0,0,c )三点,求此平面的方程.(其中a ≠0,b ≠0,c ≠0)解设平面方程为 Ax +By +Cz +D =0代入P (a ,0,0)、Q (0,b ,0)和R (0,0,c )得 A =-D a , B =-D b , C =-Dc, 代入方程并消去D 得平面方程: (,0,0)a (0,,0)b (0,0,)c x yz O和R (0,0,c )三点,求此平面的方程.(其中a ≠0,b ≠0,c ≠0)解代入方程并消去D 得平面方程:1x y za b c++=此方程称为平面的截距式方程, a ,b ,c 依次称为平面在x ,y ,z 轴上的截距.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).设平面П1和П2的法线向量依次为:n 1=(A 1,B 1,C 1) n 2=(A 2,B 2,C 2)则平面П1和П2的夹角θ为(12,n n ∧)和π-(12,n n ∧)中的锐角,⇒ cos θ=|cos(12,n n ∧)|,⇒222222212121212121cos CB AC B A C C B B A A ++∙++++=θθθ1n 2n 1∏2∏两平面垂直、平行的充分必要条件平面П1和П2垂直⇔ A 1A 2+B 1B 2+C 1C 1=0 2∏1∏1∏2∏2n 1n 1n2n 平面П1和П2平行⇔ 12A A =12B B =12C C设平面П1和П2的法线向量依次为:n 1=(A 1,B 1,C 1) n 2=(A 2,B 2,C 2)例求两平面x -y +2z -6=0和2x +y +z -5=0的夹角.解n 1=(1,-1,2) n 2=(2,1,1)⇒ cos θ=222222|12(1)121|1(1)2211⨯+-⨯+⨯+-+++=21⇒ θ=π3例一平面通过两点M1(1,1,1)和M2(0,1,-1)且垂直于平面x+y+z=0,求它的方程.解设所求平面的一个法向量为n={A,B,C}.由n⊥M M=(-1,0,-2) ⇒-A-2C=012由n⊥(1,1,1) ⇒A+B+C=0 ⇒A=-2C,B=C, 代入点法式方程:A(x-1)+B(y-1)+C(z-1)=0消去C得所求方程为:2x-y-z=0例设P 0(x 0,y 0,z 0)是平面Ax +By +Cz +D =0外一点,求P 0到这平面的距离.解在平面上任取一点P 1(x 1,y 1,z 1),并作法向量 n ={A ,B ,C }. 则所求距离:d =│Prj n 10P P │.又设e n 为与n 方向一致的单位向量, 则有Prj n 10P P = Prj e n 10P P =10P P •e nn1P 0P θ∏则有Prj n 10P P = 10P P •e n而 e n =(222CB A A++,222C B A B ++,222CB A C++) 10P P =(x 0-x 1,y 0-y 1,z 0-z 1)由于Ax 1+By 1+Cz 1+D =0,所以Prj n 10P P =222000CB A DCz By Ax +++++n1P 0P θ∏点到平面的距离 222000CB A DCz By Ax d +++++=例求点(2,1,1)到平面x +y -z +1=0的距离解 d =222|1211111|11(1)⨯+⨯-⨯+++-=3平面及其方程1.掌握平面的点法式、一般式、截距式方程,会根据相应条件求平面的方程.2.掌握两平面夹角的概念与求法，掌握两平面平行、垂直的充分必要条件.3.掌握点到平面的距离公式，会求点到平面的距离.。

同济第三版-高数-(7.4) 第四节平面及其方程

点 M 满足的方程。
由条件有 M0M n M0M n 0 .
z
M0
O
n
M

y
x
由于 n A , B , C 0, M0M x x0 , y y 0 , z z0 ,
2
故给定几何条件 AM BM AM 转化为代数条件
2 2 2 2
2
BM
2
( x - 1 ) +( y - 2 ) +( z - 3 ) =( x - 2 ) +( y + 2 ) +( z - 4 ) , 化简便得所求平面方程
2
2
：2 x - 6 y + 2 z - 7 = 0 .
(2) 已知方程求轨迹
z
现变量 z，由柱面性质的
讨论知，平面平行于 z 轴。
O
y
x
• 若 A,B,C 有两个为零，则平面平行于某坐标面例如，若 A = B = 0 ，则平面方程化为 z Cz+D = 0 . 此时平面方程中既不出现 x，又不出现 y，故
平面既平行于 x 轴，又平
行于 y 轴。因而平面平行
O
y
于 xOy 坐标面。
的一组比值。确定坐标的一组比值只需两个条件，而确定向量的坐标需要三个条件。
设平面过已知点 M0( x 0,y0,z 0 )，其法向量为 n A, B , C 0 , 求平面的方程。
• 平面上的点所满足的方程设 M( x,y,z )为
上任意一点，考虑
综上讨论，求得平面的方程为
A x x0 B y y 0 C z z0 0

平面及其方程

两平面重合.
M (1,1,0) 2
例6：求两平面x–y+2z– 6=0和2x+y+z–5 = 0的夹角. 解：由公式有
1 cos 2 2 2 2 2 2 2 1 ( 1) 2 2 1 1 1 2 ( 1) 1 2 1
因此，所求夹角
( 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
两平面平行但不重合．
2 1 1 , 两平面平行 ( 3) 4 2 2
M (1,1,0) 1
P1 P0 { x0 x1 , y0 y1 , z0 z1 }
A n0 , 2 2 2 A B C
B , 2 2 2 A B C
C 2 2 2 A B C
Pr jn P1 P0 P1 P0 n 0

A( x0 x1 ) B( y0 y1 ) C ( z0 z1 ) 2 2 2 2 2 2 A B C A B C A2 B 2 C 2
n1 n2 cos n1 n2
n2

n1

2 1
即 cos
2 A1
A1 A2 B1B2 C1C2

2 B1 2 C1
A2 B2 C2
2 2
2
特别有下列结论：
(1) 1 2
(2) 1 // 2
规定: 若比例式中某个分母为0, 则相应的分子也为0.
Ax0 By0 Cz0 ( Ax1 By1 Cz1 ) , 2 2 2 A B C

线性代数平面及其方程

| 1 0 2 1 1 3 | (1) cos ( 1) 2 2 2 ( 1)2 12 3 2
1 1 cos 两平面相交，夹角 arccos . 60 60
( 2)
n1 {2,1, 1},
n2 {4, 2,2}
1 1 2 , 两平面平行 4 2 2 M (1,1,0) 1 M (1,1,0) 2
又 M 1 , 利用点法式得平面的方程 14( x 2) 9( y 1) ( z 4) 0
即 14 x 9 y z 15 0
说明: 此平面的三点式方程也可写成
x 2 y 1 z 4
3 2
的平面方程为
4 3
6 0 1
一般情况 : 过三点 M k ( xk , y k , z k ) ( k 1, 2 , 3)
两平面平行但不重合．
2 1 1 , 两平面平行 ( 3) 4 2 2
M (1,1,0) 1
两平面重合.
M (1,1,0) 2
例6 一平面通过两点 M 1 ( 1, 1, 1 ) 和 M 2 ( 0 , 1, 1 ) , 且垂直于平面∏: x + y + z = 0, 求其方程 . 解: 设所求平面的法向量为 n ( A, B, C ) ,则所求平面方程为
D A , a D B , b D C . c
三、两平面的夹角
两平面法向量的夹角(常为锐角)称为两平面的夹角. 设平面∏1的法向量为 n1 ( A1 , B1 , C1 ) 平面∏2的法向量为 n2 ( A2 , B2 , C 2 ) 则两平面夹角的余弦为
n1
n 2

平面及其方程

ij k n n1 n2 1 1 1 10i 15 j 5k ，
3 2 12
根据平面的点法式方程，得所求平面的方程为
10(x 1) 15(y 1) 5(z 1) 0 ，
即
2x 3y z 6 0 ．
1.2 平面的一般方程
从上一节讨论可知，所有平面都可以用平面的点法式方程来表示，而平面的点法式方
平面及其方程
定义 2 设 F(x ，y ，z) 0，G(x ，y ，z) 0 分别为曲面 S1 ，S2 的方程，它们的交线为 C ，则曲线 C 与 S1 ，S2 的方程有下述关系：
（1）曲线 C 上任何点的坐标满足以下方程组
F (x ，y ，z) 0 ， G(x ，y ，z) 0 ；
（9-1）
由于 A(x x0 ) B( y y0 ) C(z z0 ) 0 是由平面上的一点 M0 (x0 ，y0 ，z0 ) 及它的一个法线向量 n (A，B ，C) 确定的，所以此方程称为平面的点法式方程．
1.1 平面的点法式方程
例 1 求过点 (2， 3，0) ，且以 n (1， 2，3) 为法向量的平面方程．
（9-4）
A(x x0 ) B(y y0 ) C(z z0 ) 0 ．
（9-5）
由此可见，方程（9-5）就是过点 M0 (x0 ，y0 ，z0 ) 且以 n (A，B ，C) 为法线向量的平面方
程．因方程（9-5）与方程（9-3）同解，所以任意一个三元一次方程的图形总是一个平面．
1.2 平面的一般方程
程是三元一次方程，所以任意一个平面的方程都是三元一次方程．反之，可以证明任意一
个三元一次方程的图形都是平面．
设有三元一次方程
Ax By Cz D 0 ，

高等数学7.3 平面及其方程

求平面方程.
解：设平面上的任一点为 M( x, y, z)，M0M n 0
M0M {x x0 , y y0 , z z0 }
A( x x0 ) B( y y0 ) C(z z0 ) 0
— 平面的点法式方程
2
填空题 2分
已知平面方程为( x 2) 2( y 3) （3 z-0） 0 则法向量nr ( [填空1] ), 平面必过点（ [填空2] ）
（熟记平面的几种特殊位置的方程）
两平面的夹角.（注意两平面的位置关系）
点到平面的距离公式.
23
P0
则有 Ax1 By1 Cz1 D 0 ,
显然有 | P1P0 n| d | n| ,
P1
N
而 P1P0 n { x0 x1, y0 y1, z0 z1 }{ A, B,C }
A( x0 x1 ) B( y0 y1 ) C(z0 z1 )
解由于平面过 x 轴, 所以 A = D = 0. 设所求平面的方程为 By + Cz = 0 , 又点(4, 3, 1)在平面上, 所以 3B C = 0 , C = 3B , 所求平面方程为 By 3Bz = 0 ,
显然 B 0 , 所以所求平面方程为 y 3z 0 .
Qy
x
x y z 1 平面的截距式方程 a bc
x轴上截距 y轴上截距 z 轴上截距
12
点法式方程
一般方程
两平面夹角
点到平面距离
例6 求平面6x y 4z 5 0 与三个坐标面所围四
面体的体积.
z
解把平面方程化为截距式
x y z 1, 5/6 5 5/4

高等数学第5节平面及其方程

z
z
oo
o y
y
x
x
若 C 0, Ax By D 0,
——法向量垂直z轴, 平面平行z轴.
Ax By 0, ——平面过z轴。
z
z
oo x
y
y o
x
若 A 0, B 0, Cz D 0, n (0,0,C )
——平面垂直z轴或平行xoy面。
z
n
o y
x
例3 求过点 (4,3,1) 及过x轴的平面方程.
2. 一般式平面方程点法式平面方程
A( x x0 ) B( y y0 ) C(z z0 ) 0 化为 Ax By Cz ( Ax0 By0 Cz0 ) 0 记 D ( Ax0 By0 Cz0 ), 则平面方程为
Ax By Cz D 0 —— 一般式平面方程
若 D 0, Ax By Cz 0, ——平面过原点
x 3 y z 1 0 都垂直的平面方程.
三、点到平面的距离
设 M0( x0, y0, z0 ) 是平面 : Ax By Cz D 0
外一点, 求点 M0 到平面的距离.
在平面上取一点 P( x1, y1, z1),
M0
PM0 ( x1 x0 , y1 y0 , z1 z0 )
z
o
y
x
若 A 0,
By Cz D 0, n (0, B,C )
——法向量垂直x轴, 平面平行x轴.
By Cz 0, ——平面过x轴。
z
o
y
x
若 B 0, Ax Cz D 0, n ( A,0,C )
——法向量垂直y轴, 平面平行y轴.
Ax Cz 0, ——平面过y轴。
d

公选课(2)--第四节-平面及其方程

第四节平面及其方程平面和直线是空间最简单的几何图形，本节和下节将以向量为工具讨论平面与直线的方程一平面的点法式方程• 与平面垂直的非零向量称为该平面的法向量。

显然，平面的法向量有无穷多个，而且平面上的任一向量都与该平面的法向量垂直。

• 由立体几何知道，过空间一点可以作而已只能作一个垂直于一条已知直线的平面。

下面我们利用这个结论来建立平面的方程。

• 设平面 π 过点M0(x0,y0,z0)，n=（A ，B ，C ）是平面 π 的法向量（图8-17）。

现在来建立平面的方程。

• 在平面上 π 任取一点M （x,y,z ）.则点M 在平面上的充要条件是0M M n⊥即00M M n ⋅=• 因为 0000{,,}M M x x y y z z =---=（x-x0,y-y0,z-z0）,n=(A,B,C),所以有(0)(0)(0)0A x xB y yC z z -+-+-=• 该方程称为平面 π 的点法式方程。

• 例1 求过点（2,1,1）且垂直于向量i+2j+3k 的平面方程。

• 解显然，我们可以取已知向量i+2j+3k 作为所求平面的法向量n ，又因为平面过点（2,1,1）,所以由公式即可得该平面方程为 • （x-2）+2(y-1)+3(z-1)=0 • 即x+2y+3z-7=0• 例2 求过点M1(1,2,-1)、M2（2,3,1）且和平面x-y+z+1=0垂直的平面方程。

• 解因为点12,M M 所在平面上（图8-18），所以向量M1M2=（1，1，2）在该平面上。

又因为与平面x-y+z+1=0垂直，而已知平面的法向量n1=(1,-1,1),故可取平面的法向量1211 1 23-21 -1 1i j k n M M n i j k =⨯==+• 由于该平面过点M1(1,2,-1)，因此由平面的点法式方程知道3（x-1）+（y-2）-2(z+1)=0，即3x+y-2z-7=0为所求的平面方程平面的一般方程• 将方程A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0展开得• Ax+By+Cz+(-Ax0-By0-Cz0)=0,这是x 、y 、z 的一次方程，所以平面可用x 、y 、z 的一次方程来表示，反之，任意的x 、y 、z 的一次方程 • Ax+By+Cz+D=0 （ a ） • 是否都表示平面呢（式中A 、B 、C 不全为零）？方程是一个含有三个未知数的方程，所以有无穷多组解，设x0、y0、z0是其中一组解，则由 • Ax0+By0+Cz0+D=0 ( b )• a-b 得A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0,• 它表示过点（x0,y0,z0）,且以n=（A,B,C ）为法向量的平面。

平面及其方程

平面及其方程说课稿人教版

平面及其方程7-5

高等数学7.7平面及其方程

8(5)平面及其方程

第五节 平面及其方程

平面及其方程

1.6平面及其方程

3.平面及其方程

平面及其方程

同济第三版-高数-(7.4) 第四节 平面及其方程

平面及其方程

线性代数 平面及其方程

平面及其方程

高等数学7.3 平面及其方程

高等数学 第5节 平面及其方程

公选课(2)--第四节-平面及其方程

第五节平面及其方程

同济第三版-高数-(7.4) 第四节平面及其方程

线性代数平面及其方程

高等数学第5节平面及其方程