3-5解析几何吕林根第四版
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注4 特别注意：直线与平面的夹角公式是 sinϕ
直线与平面的交点
设直线 L： x= - x0 y= - y0 z - z0 ,
m
n
p
平面 Π： Ax + By + Cz + D =0
L 与 Π 不平行，求 L 与 Π 的交点.
1.写出L的参数方程：
x = x0 + mt, y = y0 + nt, z = z0 + pt
§3.5 直线与平面的相关位置
直线与平面的相关位置的条件
定理 1 （代数角度）直线 x= − x0 y= − y0 z − z0 与平面
X
Y
Z
π : Ax + By + Cz + D = 0 的相互位置关系有下面的充要条件:
Ⅰ.相交 ⇔ AX + BY + CZ ≠ 0 ;
Ⅱ.平行 ⇔ AX + BY + CZ = 0 且 Ax0 + By0 + Cz0 + D ≠ 0 ;
② 当 ϕ = π ⇔ l ⊥ π ⇔ n / /v ⇔ A = B = C
2
XY Z
注1 直线与平面的位置关系，是点、平面、直线关系的纽带，
是求直线、平面方程的基础。
注2 直线和平面平行时，其距离等于 P0 ( P0 ∈ l ) 到平面的距离。
注3 当直线和平面垂直时，可取平面的法向量为直线的方向， 反之亦然。
=s MM=1 (2, −3, 6), x= + 1 y= − 2 z + 3 .
2 −3 6
例
设直线 L : x − 1 =
y
=
z
+
1
，平面
θϕ
2 −1 2
Π : x − y + 2z = 3，求直线与平面的夹角.
解 n = (1,−1, 2), s = (2,−1, 2),
Am + Bn + Cp
Ⅲ. 在平面上 ⇔ AX + BY + CZ = 0 且 Ax0 + By0 + Cz0 + D =0 .
定理 1’（几何角度）直线 x= − x0 y= − y0 z − z0 ， v = {X ,Y , Z}，
X
Y
Z
M0 ( x0 , y0 , z0 ) 与平面π : Ax + By + Cz + D = 0 , n = {A, B,C}的相互位
X
Y
Z
平面 π : Ax + By + Cz + D =0
且设直线
l与平面
π
之间的夹角为
ϕ
0
≤
ϕ
≤
π 2
，
( ) 则
sinϕ =cos∠ n, v
=||nn |⋅| vv
| |
=
A2
+
AX + BY B2 + C2 ⋅
+ CZ X2 +Y
2
+
Z
2
于是① 当 ϕ= 0 ⇔ l / /π 或 l ⊂ π ⇔ v ⊥ n ⇔ AX + BY + CZ =0
2.代入平面Π的方程，求得t的值t0 ,
3.代t0入L的参数方程，即可得交点的坐标。
例 求过点 M (-1,2,-3), 且平行于平面
P : 6x − 2 y − 3z − 1 =0,
又与直线
L: x−1 = y+1 = z−3,
3
2 −5
相交的直线方程.
L
•
M•
•
P1
M1
P
解 过M作平行于 平面 P 的一个平P1
置关系有下面的充要条件:
Ⅰ. 相交 ⇔ v 不垂直于 n ;（垂直 ⇔ v / /n ⇔ A = B = C ）
XY Z
Ⅱ. 平行 ⇔ v ⊥ n ⇔ v ⋅ n =0 且 M0 ∉π ;
Ⅲ. 在平面上 ⇔ v ⊥ n ⇔ v ⋅ n =0 且 M0 ∈π .
直线与平面的交角
已知直线 l : x= − x0 y= − y0 z − z0
4 n n1
λ= − 3
4
从而得所求平面方程 x + 20 y + 7z − 12=0.
P1: 6( x + 1) - 2( y - 2) - 3( z + 3) = 0
即 P1: 6 x − 2 y − 3z + 1=0
求平面 P1与已知直线 L的交点
6x − 2 y − 3z + 1 =0
x= − 1 3
y= + 1 2
z= − 3 −5
t
=t 0, M1(1, −1, 3),
cosθ =
A2 + B2 + C 2 ⋅ m2 + n2 + p2
= | 1× 2 + (−1)× (−1) + 2× 2 | = 7 .
6⋅ 9
36
∴ ϕ =π − arccos 7 为所求夹角．
2
36
2x − z=0
例.
设一平面平行于已知直线
x
+
y−
z
+
5
=0
且垂直于已知平面 7x − y + 4z − 3=0 , 求该平面法线的
−4 50
x + 5 y + z=0
例
求过直线L
x
−
z
+
4
=0
且与平面 x − 4 y-8z +12=0
夹成 角的平面方程.
提示: 过直线 L 的平面束方程
π
n1 4
其法向量为 n1={1 + λ , 5 , 1 − λ}.
已知平面的法向量为 n={1, − 4 , − 8}
选择 λ 使 cos π = n ⋅ n1
的方向余弦. 提示: 已知平面的法向量 n1=(7 , − 1, 4) 求出已知直线的 − y + 4z − 3 =0
所求为
n =s × n1
i jk =1 1 2
7 −1 4
=2(3, 5 , − 4)
cosα = = 350 , cos β
= 5 , cosγ
50
直线与平面的交点
设直线 L： x= - x0 y= - y0 z - z0 ,
m
n
p
平面 Π： Ax + By + Cz + D =0
L 与 Π 不平行，求 L 与 Π 的交点.
1.写出L的参数方程：
x = x0 + mt, y = y0 + nt, z = z0 + pt
§3.5 直线与平面的相关位置
直线与平面的相关位置的条件
定理 1 （代数角度）直线 x= − x0 y= − y0 z − z0 与平面
X
Y
Z
π : Ax + By + Cz + D = 0 的相互位置关系有下面的充要条件:
Ⅰ.相交 ⇔ AX + BY + CZ ≠ 0 ;
Ⅱ.平行 ⇔ AX + BY + CZ = 0 且 Ax0 + By0 + Cz0 + D ≠ 0 ;
② 当 ϕ = π ⇔ l ⊥ π ⇔ n / /v ⇔ A = B = C
2
XY Z
注1 直线与平面的位置关系，是点、平面、直线关系的纽带，
是求直线、平面方程的基础。
注2 直线和平面平行时，其距离等于 P0 ( P0 ∈ l ) 到平面的距离。
注3 当直线和平面垂直时，可取平面的法向量为直线的方向， 反之亦然。
=s MM=1 (2, −3, 6), x= + 1 y= − 2 z + 3 .
2 −3 6
例
设直线 L : x − 1 =
y
=
z
+
1
，平面
θϕ
2 −1 2
Π : x − y + 2z = 3，求直线与平面的夹角.
解 n = (1,−1, 2), s = (2,−1, 2),
Am + Bn + Cp
Ⅲ. 在平面上 ⇔ AX + BY + CZ = 0 且 Ax0 + By0 + Cz0 + D =0 .
定理 1’（几何角度）直线 x= − x0 y= − y0 z − z0 ， v = {X ,Y , Z}，
X
Y
Z
M0 ( x0 , y0 , z0 ) 与平面π : Ax + By + Cz + D = 0 , n = {A, B,C}的相互位
X
Y
Z
平面 π : Ax + By + Cz + D =0
且设直线
l与平面
π
之间的夹角为
ϕ
0
≤
ϕ
≤
π 2
，
( ) 则
sinϕ =cos∠ n, v
=||nn |⋅| vv
| |
=
A2
+
AX + BY B2 + C2 ⋅
+ CZ X2 +Y
2
+
Z
2
于是① 当 ϕ= 0 ⇔ l / /π 或 l ⊂ π ⇔ v ⊥ n ⇔ AX + BY + CZ =0
2.代入平面Π的方程，求得t的值t0 ,
3.代t0入L的参数方程，即可得交点的坐标。
例 求过点 M (-1,2,-3), 且平行于平面
P : 6x − 2 y − 3z − 1 =0,
又与直线
L: x−1 = y+1 = z−3,
3
2 −5
相交的直线方程.
L
•
M•
•
P1
M1
P
解 过M作平行于 平面 P 的一个平P1
置关系有下面的充要条件:
Ⅰ. 相交 ⇔ v 不垂直于 n ;（垂直 ⇔ v / /n ⇔ A = B = C ）
XY Z
Ⅱ. 平行 ⇔ v ⊥ n ⇔ v ⋅ n =0 且 M0 ∉π ;
Ⅲ. 在平面上 ⇔ v ⊥ n ⇔ v ⋅ n =0 且 M0 ∈π .
直线与平面的交角
已知直线 l : x= − x0 y= − y0 z − z0
4 n n1
λ= − 3
4
从而得所求平面方程 x + 20 y + 7z − 12=0.
P1: 6( x + 1) - 2( y - 2) - 3( z + 3) = 0
即 P1: 6 x − 2 y − 3z + 1=0
求平面 P1与已知直线 L的交点
6x − 2 y − 3z + 1 =0
x= − 1 3
y= + 1 2
z= − 3 −5
t
=t 0, M1(1, −1, 3),
cosθ =
A2 + B2 + C 2 ⋅ m2 + n2 + p2
= | 1× 2 + (−1)× (−1) + 2× 2 | = 7 .
6⋅ 9
36
∴ ϕ =π − arccos 7 为所求夹角．
2
36
2x − z=0
例.
设一平面平行于已知直线
x
+
y−
z
+
5
=0
且垂直于已知平面 7x − y + 4z − 3=0 , 求该平面法线的
−4 50
x + 5 y + z=0
例
求过直线L
x
−
z
+
4
=0
且与平面 x − 4 y-8z +12=0
夹成 角的平面方程.
提示: 过直线 L 的平面束方程
π
n1 4
其法向量为 n1={1 + λ , 5 , 1 − λ}.
已知平面的法向量为 n={1, − 4 , − 8}
选择 λ 使 cos π = n ⋅ n1
的方向余弦. 提示: 已知平面的法向量 n1=(7 , − 1, 4) 求出已知直线的 − y + 4z − 3 =0
所求为
n =s × n1
i jk =1 1 2
7 −1 4
=2(3, 5 , − 4)
cosα = = 350 , cos β
= 5 , cosγ
50
