向量代数与空间解析几何-空间直线及其方程

第四节空间直线及其方程第七章一、主要内容二、典型例题三、同步练习四、同步练习解答定义空间直线可看成两平面的交线．0:11111=+++ΠDzCyBxA0:22222=+++ΠDzCyBxA⎩⎨⎧=+++=+++0022221111DzCyBxADzCyBxA1.空间直线的一般式方程一、主要内容(一)空间直线的方程xyzo1Π2ΠL方向向量的定义：如果一非零向量平行于一条已知直线，则这个向量称为这条直线的方向向量．srL),,,(0000zyxM0M⋅M⋅,LM∈∀),,,(zyxMsMMr0//),,,(pnms=r),,(0000zzyyxxMM−−−=2.空间直线的对称式方程xyzopzznyymxx000−=−=−直线的对称式方程:说明:某些分母为零时,其分子也理解为零.直线方程为例如,当,0,0时≠==pnm⎩⎨⎧==00yyxx直线的一组方向数方向向量的余弦称为直线的方向余弦.tpzznyymxx=−=−=−000令)(000Rtptzzntyymtxx∈⎪⎩⎪⎨⎧+=+=+=参数3.空间直线的参数方程注化直线L方程的一般式1°由(1),任意求出直线L上的一点M0(x0,y0,z0))1(0022221111⎩⎨⎧=+++=+++DzCyBxADzCyBxA为对称式的步骤：(只要点M0的坐标同时满足(1)中的两个方程即可)2°确定L的方向向量.sr上和在平面21ΠΠLQ),,(),,,(22221111CBAnLCBAnL=⊥=⊥∴rrLs//rQ又21,nsnsrrrr⊥⊥∴则可取若,//21nnrr//22211121CBACBAkjinnsrrrrrr=×=由此可确定方向数m,n,p，从而写出L的对称式.定义直线:1L,111111pzznyymxx−=−=−直线:2L,222222pzznyymxx−=−=−22222221212121212121||),cos(pnmpnmppnnmmLL++⋅++++=∧两直线的方向向量的夹角称之.（锐角）——两直线的夹角公式(二)两直线的夹角两直线的位置关系21)1(LL⊥,0212121=++⇐⇒ppnnmm21//)2(LL,212121ppnnmm==⇐⇒21ssrr⊥⇐⇒21//ssrr⇐⇒相交与21)3(LLP••),,(222zyxN2sr1sr),,(111zyxM•0222111121212=−−−=pnmpnmzzyyxx212121)(][//ssMNssMNssrrrrrr⋅×=⇐⇒⎯→⎯⎯→⎯，且21)4(LL与异面2121)(][ssMNssMNrrrr⋅×=⇐⇒⎯→⎯⎯→⎯0222111121212=/−−−=pnmpnmzzyyxx),,(222zyxN•2sr1sr),,(111zyxM•定义,:000pzznyymxxL−=−=−,0:=+++ΠDCzByAx),,,(pnms=r),,,(CBAn=rϕ+=∧2π),(nsrrϕ−=∧2π),(nsrr(三)直线与平面的夹角直线和它在平面上的投影直线的夹角称为直线与平面的夹角．ϕ)2π0(≤≤ϕ或ϕLnr222222||pnmCBACpBnAm++⋅++++=——直线与平面的夹角公式直线与平面的位置关系Π⊥L)1(.pCnBmA==⇐⇒Π//)2(L.0=++⇐⇒CpBnAm),cos(sinnsrr∧=ϕsnsnrrrr⋅⋅=||nsrr//⇐⇒nsrr⊥⇐⇒(四)点到直线的距离LPMNdS面积Qds⋅=rMPs×=r∴点P到直线L的距离为：sMPsdrr×=sr(五)平面束法设直线L的方程为：)1(0022221111⎩⎨⎧=+++=+++DzCyBxADzCyBxA则称Πλ：0)(111122221.平面束：=+++++++DzCyBxADzCyBxAλ为通过直线L的平面束.)(R∈λ参数(2)0:11111=+++ΠDzCyBxA设可以证明：的除去是通过直线)(1ΠΠLλ所有平面.用对称式方程及参数方程表示直线⎩⎨⎧=++−=−++063201zyxzyx解在直线上任取一点),,(000zyx取10=x,08300000⎩⎨⎧=++−=+⇒zyzy解得2,200−==zy点坐标),2,2,1(−二、典型例题例1因所求直线与两平面的法向量都垂直取21nnsrrr×=),3,1,4(−−=对称式方程,321241−+=−−=−zyx参数方程.32241⎪⎩⎪⎨⎧−−=−=+=tztytx312111−=kjirrr再求直线的方向向量:一直线过点)4,3,2(−A，且和y轴垂直相交，求其方程.因为直线和解y轴垂直相交,),0,3,0(所以交点为−B取BAs=r),4,0,2(=例2yxzo所求直线方程.440322−=+=−zyxA•B•一般思路：作过A点且垂直于已知直线L1的平面Π，再求Π与L1的交点，进而求得所求直线的方向向量.此处Π:y=-3求过点)5,2,3(−且与两平面34=−zx和152=−−zyx的交线平行的直线方程.设所求直线的方向向量为),,,(pnm解s=r根据题意知,)4,0,1(1−=⊥nsrr)5,1,2(2−−=⊥nsrr取21nnsrrr×=),1,3,4(−−−=例3L)5,2,3(−•Psr512401−−−=kjirrr.153243−=−=+zyx所求直线的方程例4的值，使试确定和：设有两直线λλ,11:121121zyxLzyxL=−=+−=+=−.)2()1(所在平面的方程两直线相交，并求它们两直线异面；解(1)依题设，有，1)1,1,1(LM∈−，2)0,1,1(LN∈−=⎯→⎯MN),1,2,2(−−,),2,1(1λ=sr)1,1,1(2=sr=⎯→⎯MN),1,2,2(−−,),2,1(1λ=sr)1,1,1(2=sr2121)(][ssMNssMNrrrrQ⋅×=⎯→⎯⎯→⎯⋅−=)2(112λ11121122λ−−=⋅−2111λ⋅−+)1(11211)1(2)2()2(+−⋅−−⋅−=λλ54−=λ⇔异面与而21LL0][21=/⎯→⎯ssMNrr.45时，所给两直线异面当≠∴λ11121122λ−−=11121122λ−−=.)2(所在平面的方程两直线相交，并求它们不平行与21ssrrQ•−)0,1,1(NP•)1,1,1(−•ML1,),2,1(1λ=sr)1,1,1(2=srL2相交与21LL0)(][2121=⋅×=⇐⇒⎯→⎯⎯→⎯ssNMssNMrrrr11121122λ−−即054=−=λ.45时，所给两直线相交当=∴λP•)1,1,1(−•ML1)45,2,1(1=sr)1,1,1(2=srL201114521111=−+−zyx即，有Π∈∀),,(zyxQ.45时，两直线相交当=λ0)(][2121=⋅×=⎯→⎯⎯→⎯ssQMssQMrrrr故所求平面方程为，0)1()1(41)1(43=−−++−zyx.0243=+−+zyx即•),,(zyxQ设直线:L21121+=−=−zyx，平面:Π32=+−zyx，求直线与平面的夹角.),2,1,1(解−=nr),2,1,2(−=sr222222||sinpnmCBACpBnAm++⋅++++=ϕ96|22)1()1(21|⋅×+−×−+×=.637=637arcsin=∴ϕ为所求夹角．例5例6.07201)1,1,0(的距离到直线求点⎩⎨⎧=−+=+−zxyP解(方法1)公式法所给直线L的方向向量：201010kjisrrrr=，)1,0,2(−=，取点LM∈−)1,1,5(LPMNdsrLMP∈=)0,0,5(005102−=×kjiMPsrrrr，)0,5,0(−=∴点P到所给直线的距离为：，)0,5,0(−=×MPsr，)1,0,2(−=srsMPsdrr×=.5)1(02522=−++=⎪⎩⎪⎨⎧=−=+−=tzytxL172的参数方程：直线(方法2)LPMNdsr.07201)1,1,0(的距离到直线求点⎩⎨⎧=−+=+−zxyPLttN∈−+−),1,72(点要求：,NPs⊥r),1,0,72(ttNP−−=，)1,0,2(−=sr0)1()1(0)72(2=−⋅−++−⋅∴tt0=⋅NPsr则有3=t),2,0,1(=NP.5==NPd从而例7.0134:01:),1,0,0(21交线的平面方程且通过两平面求过点=++−Π=+++ΠzyxzyxM解(方法1)∵Π1//Π2：必相交成一直线与L21ΠΠ∴⎩⎨⎧=++−=+++013401zyxzyx21,Π∉Π∉MMQ又21ΠΠΠ∴，一定不是所求平面L通过直线所求平面ΠQ.中的平面束一定在过直线λΠΠ∴L0)1()134(:=++++++−Πzyxzyxλλ0)1()3()1(4(=++++−++λλλλzyx）即,)1,0,0(上在ΠMQ的坐标代入上式，将点M0)1(1)3(=++⋅+λλ得2−=λ解得0132=−+−Π∴zyx：所求平面(方法2)1Π2ΠΠLnrsrP•⎩⎨⎧=++−=+++013401zyxzyx在得中令,0=y⎩⎨⎧=++=++013401zxzx3,2−==zx解得.)3,0,2(LP∈−即得到点,⎯→⎯⊥PMnrQ所求平面的法向量)4,0,2(−=⎯→⎯PMsnrr⊥而)1,0,0(M•314111−=kjisrrrr)5,1,4(−=sPMnrr×=∴⎯→⎯取514402−−=kjirrr)2,6,4(−=)1,3,2(2−=的方程为所求平面Π∴0)1(1)0(3)0(2=−⋅+−−−zyx.0132=−+−zyx即求过点)3,2,1(M与直线1L:⎩⎨⎧=−+=+132zyxzx相交,且平行于平面Π：01=+++zyx的直线方程.例8(综合)解L1•ML•NΠnr1Π.11ΠΠ的平面作平行于平面过点Mo0)3(1)2(1)1(11=−⋅+−⋅+−⋅Π∴zyx：)1,1,1(:=ΠnrQ的法向量平面.06=−++zyx即nr(方法1)Π且平行于，过点所求直线MLQ上必在平面1Π∴L,11上必在的交点与故ΠNLL.11的交点与就是从而NL的交点与求112ΠoΠLN解方程组：,6132⎪⎩⎪⎨⎧=++=−+=+zyxzyxzx⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧===2541341zyx得L1•ML•NΠnr1Πnr).25,413,41(N即sLro的方向向量求3⎯→⎯NM)21,45,43(−=)2,5,3(41−=⎯→⎯=NMs4r取)2,5,3(−=:L故所求直线235231−=−−=−zyxL1•ML•NΠnr1Πnrsr(方法2)的方程将11Lo⎩⎨⎧=−+=+132zyxzx化为参数式方程.，得令0=x34==zy，1)3,4,0(LP∈∴211nnsrrr×=111102−=kjirrr)2,3,1(−=L1的方向向量为L1•)3,2,1(ML•NΠnr01=+++Πzyx：)1,1,1(=nr故L1的对称式方程为233410−=−=−−zyx)2,3,1()3,4,0(11−=∈sLPrt=从而L1的参数式方程为⎪⎩⎪⎨⎧+=+=−=tztytx2334.)23,34,(1为待定参数其中，的交点为与已知直线可设所求直线ttttNLL++−∴L1•)3,2,1(ML•NΠnr01=+++Πzyx：)1,1,1(=nr，)23,34,(tttN++−=⎯→⎯MN)2,32,1(ttt+−−Π//L依题意，Π∴⎯→⎯//MNnMNr⊥⎯→⎯故0=⋅∴⎯→⎯nMNr0121)32(1)1(=⋅+⋅++⋅−−ttt即.41−=∴t从而L1的方向向量为).21,45,43(−−=⎯→⎯MN:L故所求直线.235231−=−−=−zyxL1•)3,2,1(ML•NΠnr01=+++Πzyx：)1,1,1(=nr(方法3)Πnr思路：设1Πnr•N2ΠLL1.1的平面，平行于平面：过点ΠΠM.12的平面已知直线，且通过：过点LMΠ则所求直线L正是上述两平面的交线.•M三、同步练习求过点)3,1,2(M且与直线12131−=−=+zyx垂直相交的直线方程.1.2..401284,