三、典型例题解析. 例1已知两点M,(4,√反，1)和M,3,02),试求向量M,M在x轴上的投影、在y轴上的 分向量、MM,的模、方向余弦及方向角， 解由于 M4M=(6-4.0-5,2-=(-1-V2,) 则它在x轴上的投影为-1，在y轴上的分向量为-√， 1M,M1=V-+2+F=2, 器t6n-(日9 故方向余弦为 oma 方向角为 例2从点42，-17)沿向量a=(8,9,-12)方向取长为34的线段AB.求点B的坐标 解设B点坐标为(x,以，)，则AB=(x-2,y+L:-7),由于AB与a方向一致，故存在 实数22>0)，使AB=a,即 (x-2,y+1-7)=89,-12), 由此可得 x-2=8元v+1=91.g-7=-12元 又因为 ABVx-2y+0+2+-7=34, 从而有=2，所以 x=81+2=18.v=92-1=17.3=-121+7=-17 求得B点坐标为(18,17，-17) 例3设(a×b)c=2,则[(a+b)×(b+c小(c+a)= 分析本题考查向量的运算，需用数量积和向量积对加法的分配律，注意运用混合积的 性质即可求解。 解原式=(a×b+a×c+bxb+bxc)(c+a
三、典型例题解析． 例 1 已知两点 1 M (4, 2,1) 和 2 M (3,0,2) ，试求向量 MM1 2 在 x 轴上的投影、在 y 轴上的 分向量、 MM1 2 的模、方向余弦及方向角． 解 由于 MM1 2 = − − − = − − (3 4,0 2,2 1) ( 1, 2,1) ， 则它在 x 轴上的投影为 −1 ，在 y 轴上的分向量为− 2 j ， 1 2 | | M M 2 2 2 = − + − + = ( 1) ( 2) 1 2 ， 又 1 2 1 2 | | M M M M 1 1 2 1 ( 1, 2,1) ( , , ) 2 2 2 2 = − − = − − ， 故方向余弦为 1 cos 2 = − ， 2 cos 2 = − ， 1 cos 2 = ， 方向角为 2 3 = ， 3 4 = ， 3 = ． 例 2 从点 A(2, 1,7) − 沿向量 a = − (8,9, 12) 方向取长为 34 的线段 AB ．求点 B 的坐标. 解 设 B 点坐标为 ( , , ) x y z ，则 AB x y z = − + − ( 2, 1, 7) ，由于 AB 与 a 方向一致，故存在 实数 ( 0) ，使 AB = a ，即 ( 2, 1, 7) (8,9, 12) x y z − + − = − ， 由此可得 x y z − = + = − = − 2 8 , 1 9 , 7 12 ， 又因为 2 2 2 | | ( 2) ( 1) ( 7) 34 AB x y z = − + + + − = ， 从而有 = 2 ，所以 x y z = + = = − = = − + = − 8 2 18, 9 1 17, 12 7 17 ， 求得 B 点坐标为 (18,17, 17) − ． 例 3 设 ( ) 2 a b c = ，则 [( ) ( )] ( ) a b b c c a + + + = ． 分析 本题考查向量的运算，需用数量积和向量积对加法的分配律，注意运用混合积的 性质即可求解． 解 原式= ( ) ( ) a b a c b b b c c a + + + +
=(axb)-c+(axb)-a+(axc)-c+(axc)-a+(bxc)-c+(bxe)-a =(a×b)c+0+0+0+0+(b×c)a =2(a×b)-c=2×2=4 例4设04=21+j,0B=-1+2k,令m=0A-0B (1)求与向量m方向一致的单位向量：及m的方向余弦： (2)证明以OA、OB为边所成的平行四边形的对角线互相垂直： (3)求上述平行四边形的面积。 解(1)由于 m=0A-0B=3i+j-2k,m++(-2y=4 。品=后布后 31 2 (2)设所成的平行四边形的对角线一条为m,另一条为n=O+OB=1+j+2k,由 于mn=3×1+1x1+(-2)×2=0,故m1n.所以两对角线垂直。 (3)由于 ii k 01x0B=210=2i-4j+k -102 故平行四边形的面积为 S=0iAx0=2i-4j+=2. 例5设c=2a+b,d=2a-b,a2,1b1,(a,)=T.试求 (1)cos(c,d): (2)Prje. 解(1)由于 cd=(2a+b)-(2a-b)=4|aP-bf=4×4-1=15 且 1cP=(2a+b)-(2a+b)=4|aP+|bP+4a-b=4|aP+1bP+4|al-b1cos(a.b)=17. 故c上√7.同理
= ( ) a b c + ( ) a b a + ( ) a c c + ( ) a c a + ( ) b c c + ( ) b c a = ( ) a b c +0+0+0+0+ ( ) b c a = 2( ) 2 2 4 a b c = = ． 例 4 设 OA = + 2i j ， OB = − +i k2 ，令 m = − OA OB . （1）求与向量 m 方向一致的单位向量 m e 及 m 的方向余弦； （2）证明以 OA、OB 为边所成的平行四边形的对角线互相垂直； （3）求上述平行四边形的面积． 解 （1）由于 m = − OA OB = + − 3 2 i j k ， 2 2 2 | | 3 1 ( 2) 14 m = + + − = ， 且 | | m = m e m 3 1 2 ( , , ) 14 14 14 = − , 故 3 cos 14 = ， 1 cos 14 = ， 2 cos 14 − = ． （2）设所成的平行四边形的对角线一条为 m ，另一条为 n = + OA OB = + + i j k2 ，由 于 m n = + + − = 3 1 1 1 ( 2) 2 0 ,故 m n ⊥ ．所以两对角线垂直． （3）由于 OA OB 2 1 0 1 0 2 = − i j k = − + 2 4 i j k ， 故平行四边形的面积为 S = OA OB = − + = 2 4 21 i j k ． 例 5 设 c a b = + 2 ， d a b = − 2 ，| | 2 a = ，| | 1 b = ， , 2 （a b）= ．试求： （1） cos , （c d） ； （2） Pr jd c ． 解 （1）由于 c d = + − (2 ) (2 ) a b a b 2 2 = − 4| | | | a b = − 4 4 1 = 15 , 且 2 | | (2 ) (2 ) c a b a b = + + = 2 2 4| | | | 4 a b a b + + 2 2 = + + 4 | | | | 4 | | cos , a b a | b | a b （ ）=17 ． 故 | | 17 c = ．同理
ldP=(2a-b)-(2a-b)=4laP+lbP-4lal-|blcos(a.B)=17, 故1d川=7.于是 we0-产而而号 cd 15 (2)由于 c-d=1dl-Prjc, c-d15157 ue=面而7 例6向量c垂直于向量a=(2,3.-1)和6=(1-2,3)，并且满足条件c-(2,-1)=6,试 求向量c的坐标. 分析由于向量c同时垂直于向量a和b,则有ca=0,cb=0,或c1a×b, 解法1设c=(x,y,由于c同时垂直于向量a和b,故 ca=0,c-b=0, 即 2x+3y-2=0, 且 x-2y+3z=0, 由c.(2.-110=-6,得 2x-y+:=-6. 将以上三式联立求解得 x=-3,y==3,即c=(-3,3,3) E方 解法2设c=(x,y,),a×b=23-1=(7,-7,-7).由题意知c∥a×b,于是 1-23 片 的 c(2,-10=6 得 2x-y+2=-6 联立求解得 x=-3,y==3,即c=(-3,3,3). 例7已知a=i,b=j-2k,c=2i-2j+k,试求一单位向量y,使得y1c,且y与a b共面
2 2 2 | | (2 ) (2 ) 4 | | | | 4 | | cos , 17 d a b a b a b a | b | a b = − − = + − = （ ） , 故 | | d = 17 ．于是 cos , （c d） | | | | = c d c d 15 17 17 = 15 17 = ． （2）由于 | | Pr jd c d d c ＝ ， 故 Pr j | | d = c d c d 15 15 17 17 17 = = ． 例 6 向量 c 垂直于向量 a = − (2,3, 1) 和 b = − (1, 2,3) ，并且满足条件 c − = − (2, 1,1) 6 ，试 求向量 c 的坐标． 分析 由于向量 c 同时垂直于向量 a 和 b ，则有 c a = 0 ，c b = 0 ，或 c a b // ． 解法 1 设 c = ( , , ) x y z ，由于 c 同时垂直于向量 a 和 b ，故 c a = 0 ，c b = 0， 即 2 3 0 x y z + − = ， 且 x y z − + = 2 3 0 ， 由 c − = − (2, 1,1) 6 ，得 2 6 x y z − + = − ． 将以上三式联立求解得 x =−3, y z = = 3 ,即 c = −( 3,3,3) ． 解法 2 设 c = ( , , ) x y z ， a b 2 3 1 1 2 3 = − − i j k = − − (7, 7, 7) ．由题意知 c a b // ，于是 7 7 7 x y z = = − − , 由 c − = − (2, 1,1) 6， 得 2 6 x y z − + = − ． 联立求解得 x =−3, y z = = 3 , 即 c = −( 3,3,3) ． 例 7 已知 a i = ，b j k = − 2 ，c i j k = − + 2 2 ,试求一单位向量 ,使得 ⊥ c ,且 与 a ， b 共面．
解设所求向量y=(化，y,),依题意，1y1,可得x2+y2+2=1:由y1c可得 yc=0,即2x-2y+:=0:由y与a,b共面可得[ab]=0,即 100 01-2=2y+:=0. x y 将上述三式联立解得 x号写=子或者x=号=片号 所以 y=533 例8已知点M到平面：=1的距离等于它到：轴的距离的2倍，又点M到点么，-1,0)的 距离为1，求点M的轨迹方程. 解设点M的坐标为(x,y,),则 -=2R+y 即 4x2+y2)=e-2. 又M4=1,即 x-2+0y+1+2=1 则所求轨迹曲线方程为 4x2+12)=(:-1) 1(x-2y2+0+2+:2=1. 例)求曲线：+3上=9绕：轴旋转一周所生成的旋转曲面的方程 y=0 分析曲线化月=0绕x轴族转所得旋转曲面方程为：P+F)=0.因为曲线 :=0 上的点在旋转过程中有两个不变：一是横坐标x不变：二是所求曲面上的点到x轴的距离不 变，所以只需将y换成±√P+。一般地，求由某一坐标面上的曲线绕该坐标面上 的某一个坐标轴旋转而得旋转曲面方程的方法是：绕哪个坐标轴旋转，则原曲线方程中相应 的那个变量不变，而将曲线方程中另一个变量改写成该变量与第三个变量平方和的正负平方 根。 解法1设M,(%)是给定曲线上的一点，当曲线转动时，点Mo(,)转到
解 设所求向量 = ( , , ) x y z ，依题意, | | 1 = ，可得 2 2 2 x y z + + =1 ；由 ⊥ c 可得 = c 0 ，即 2 2 0 x y z − + = ；由 与 a ，b 共面可得 [ ] 0 ab = ，即 1 0 0 0 1 2 x y z − = + = 2 0 y z ． 将上述三式联立解得 2 3 x = ， 1 3 y = ， 2 3 z = − ，或者 2 3 x = − ， 1 3 y = − ， 2 3 z = ． 所以 2 1 2 ( , , ) 3 3 3 = − ． 例 8 已知点 M 到平面 z =1 的距离等于它到 z 轴的距离的 2 倍，又点 M 到点 (2,- 1,0) 的 距离为 1 ，求点 M 的轨迹方程． 解 设点 M 的坐标为 ( , , ) x y z ,则 2 2 z x y − = + 1 2 ， 即 2 2 2 4( ) ( 1) x y z + = − ． 又 MA =1 ，即 2 2 2 ( 2) ( 1) 1 x y z − + + + = , 则所求轨迹曲线方程为 2 2 2 2 2 2 4( ) ( 1) ( 2) ( 1) 1. x y z x y z + = − − + + + = 例 9 求曲线 2 2 3 9 0 x z y + = = 绕 z 轴旋转一周所生成的旋转曲面的方程． 分析 曲线 ( , ) 0 0 f x y z = = 绕 x 轴旋转所得旋转曲面方程为 2 2 f x y z ( , ) 0 + = ．因为曲线 上的点在旋转过程中有两个不变：一是横坐标 x 不变；二是所求曲面上的点到 x 轴的距离不 变，所以只需将 y 换成 2 2 + y z ．一般地，求由某一坐标面上的曲线绕该坐标面上 的某一个坐标轴旋转而得旋转曲面方程的方法是：绕哪个坐标轴旋转，则原曲线方程中相应 的那个变量不变,而将曲线方程中另一个变量改写成该变量与第三个变量平方和的正负平方 根． 解法 1 设 0 0 0 0 M x y z ( , , ) 是给定曲线上的一点，当曲线转动时，点 0 0 0 0 M x y z ( , , ) 转到
M(x,y,),由于：=。，而M,到：轴的距离不变， 2+y=k, 所以=±F+少，。=：，将它们代入曲线的第一个方程式，即得旋转曲面方程 x2+y2+32=9 解法2用公式，将曲线的第一个方程中的x以±√2+少严替换，即得所求的旋转曲面 方程为2+y+322=9 例10求球面x2+y2+2=9与平面x+:=1的交线在xOy面上的投影曲线的方程. 分析求空间曲线在坐标面上的投影曲线方程，一般是通过以下两步来完成，先求空间 曲线关于坐标面的投影柱面方程：然后求投影柱面与坐标面的交线即可.而求空间曲线关于 坐标面的投影柱面方程，例如曲线 ∫F(x,)=0 G(x.y=)=0 关于xOy坐标面的投影柱面方程是从 F(x.y,)=0 1Gx,y)=0 中消去：后所得方程H(x,y)=0.因此，在xO坐标面上的投影曲线方程即为 ∫H(x)=0 ==0 解从方程X+y2+2=9与x+:=1中消去：，得交线C关于xO面的投影柱面方程 2x2+y2-2x=8:所以交线C在x0面上的投影曲线方程为 2x2+y2-2x=8 1=0 例11设一个立体由上半球面：=V4-x-y和锥面：=√3x+y)所围成，求它在 xOy面上的投影. 解半球面和锥面的交线 c :=√x2+y 消去：后得投影柱面x2+y=1,则交线C在xO面上的投影为 「x2+y=1, 1:=0
M x y z ( , , ) ，由于 0 z z = ，而 M 0 到 z 轴的距离不变， 2 2 0 x y x + = , 所以 2 2 0 x x y = + ， 0 z z = ，将它们代入曲线的第一个方程式，即得旋转曲面方程 2 2 2 x y z + + = 3 9． 解法 2 用公式，将曲线的第一个方程中的 x 以 2 2 + x y 替换，即得所求的旋转曲面 方程为 2 2 2 x y z + + = 3 9． 例 10 求球面 2 2 2 x y z + + = 9 与平面 x z + = 1 的交线在 xOy 面上的投影曲线的方程． 分析 求空间曲线在坐标面上的投影曲线方程，一般是通过以下两步来完成，先求空间 曲线关于坐标面的投影柱面方程；然后求投影柱面与坐标面的交线即可．而求空间曲线关于 坐标面的投影柱面方程，例如曲线 ( , , ) 0 ( , , ) 0 F x y z G x y z = = 关于 xOy 坐标面的投影柱面方程是从 ( , , ) 0 ( , , ) 0 F x y z G x y z = = 中消去 z 后所得方程 H x y ( , ) 0 = ．因此，在 xOy 坐标面上的投影曲线方程即为 ( , ) 0 0 H x y z = = ． 解 从方程 2 2 2 x y z + + = 9 与 x z + = 1 中消去 z ，得交线 C 关于 xOy 面的投影柱面方程 2 2 2 2 8 x y x + − = ；所以交线 C 在 xOy 面上的投影曲线方程为 2 2 2 2 8 0 x y x z + − = = ． 例 11 设一个立体由上半球面 2 2 z x y = − − 4 和锥面 2 2 z x y = + 3( ) 所围成，求它在 xOy 面上的投影． 解 半球面和锥面的交线 2 2 2 2 4 : 3( ) z x y C z x y = − − = + ， 消去 z 后得投影柱面 2 2 x y + =1，则交线 C 在 xOy 面上的投影为 2 2 1 0 x y z + = =
从而所求立体在xO:面上的投影为： 例12已知平面：过点M,0,-)和直线么受：=，求平面：的方程， 0 分析求平面方程，关键是弄清楚构成平面的基本要素：一个点和法向量或者不在同一 直线上的三个点.本题己知一个点和一条直线在所求平面上，故容易求出构成平面的基本要 素 解法1设平面x的法向量为m,直线L的方向向量马=(2,0，)，由题意可知n1马， M(2,1,1)是直线1上的一点，则M。M=(L,l2)在x上，所以n1MM,故可取 n=马×MM,=(-1,-3,2).则所求平面的点法式方程为 1(x-1)+30-0)-2(2+)=0, 即x+3y-2:-3=0为所求平面方程. 解法2设平面π的一般方程为：++C:+D=0,由题意可知，π过点M。L,0,-) 故有 A-C+D=0. (1) 在直线L上任取两点M,(2,1,M,(41,2),将其代入平面方程，得 2A+B+C+D=0, (2) 4A+B+2C+D=0 (3) 由式(1)(2)、(3)解得 B=3AC=-2AD=-3A. 故平面x的方程为x+3y-2:-3=0. 解法3设M(x,y,)为π上任一点.由题意知向量MM、MM和s共面，其中 M(2,11)为直线1上的点，s=(20,)为直线1，的方向向量.因此 (MM×MoM)-号=0， 故平面x的方程为 x-1-0+ 21 1-01+1=0, 201 即x+3y-2:-3=0为所求平面方程. 注解法1和解法2是求平面方程的两种基本方法，解法3用到了三个向量共面的充要 条件，即三个向量的混合积为零. 例13求平行于平面π。：x+2v+3:+4=0且与球面∑：x2+y2+:2=9相切的平面π的 方程 分析求平行于坐标面（轴）或平行于某己知平面，且满足另一约束条件的平面方程， 通常设所求平面方程为Ax++C+D=0,再由题设条件确定系数A,B,C,D
从而所求立体在 xOy 面上的投影为： 2 2 x y + 1． 例 12 已知平面 过点 0 M (1,0, 1) − 和直线 1 2 1 1 : 2 0 1 x y z L − − − = = ，求平面 的方程． 分析 求平面方程，关键是弄清楚构成平面的基本要素：一个点和法向量或者不在同一 直线上的三个点．本题已知一个点和一条直线在所求平面上，故容易求出构成平面的基本要 素． 解法 1 设平面 的法向量为 n ，直线 L1 的方向向量 1 s = (2,0,1) ，由题意可知 n s ⊥ 1 ， M (2,1,1) 是直线 L1 上的一点 , 则 0 M M = (1,1,2) 在 上，所以 n ⊥ MM0 , 故可取 n s = 1 0 MM = − − ( 1, 3, 2) ．则所求平面的点法式方程为 1 ( 1) 3 ( 0) 2 ( 1) 0 − + − − + = x y z ， 即 x y z + − − = 3 2 3 0 为所求平面方程． 解法 2 设平面 的一般方程为 Ax By Cz D + + + = 0 ，由题意可知， 过点 0 M (1,0, 1) − ， 故有 A C D − + = 0 , （1） 在直线 L1 上任取两点 1 2 M M (2,1,1), (4,1,2) ，将其代入平面方程，得 2 0 A B C D + + + = , （2） 4 2 0 A B C D + + + = , （3） 由式（1）、（2）、（3）解得 B A C A D A = = − = − 3 , 2 , 3 , 故平面 的方程为 x y z + − − = 3 2 3 0. 解法 3 设 M x y z ( , , ) 为 上任一点．由题意知向量 M M0 、 M M0 1 和 1 s 共面，其中 M1 (2,1,1) 为直线 L1 上的点， 1 s = (2,0,1) 为直线 L1 的方向向量．因此 0 0 1 1 ( ) 0 M M M M = s ， 故平面 的方程为 1 0 1 2 1 1 0 1 1 0 2 0 1 x y z − − + − − + = ， 即 x y z + − − = 3 2 3 0 为所求平面方程． 注 解法 1 和解法 2 是求平面方程的两种基本方法，解法 3 用到了三个向量共面的充要 条件，即三个向量的混合积为零． 例 13 求平行于平面 0 : 2 3 4 0 x y z + + + = 且与球面 2 2 2 + + = : 9 x y z 相切的平面 的 方程． 分析 求平行于坐标面（轴）或平行于某已知平面，且满足另一约束条件的平面方程， 通常设所求平面方程为 Ax By Cz D + + + = 0 ，再由题设条件确定系数 A B C D , , , ．
解法1依题意可设平面x的方程为x+2y+3:+D=0.因为平面x与球面Σ相切， 故球心00,0)到平面π的距离等于球面半径r=3,即 4+2+3+-3 √F+2+30 则D=34.故平面x的方程为 x+2y+3z+3W4=0,或x+2y+3z-34=0. 解法2设平面π与球面的切点为(%，%，)，则球面在该点处的法向量为(y,), 因而π的方程可设为 (x-)+%0-%)+5(e-0)=0, x+%y+202=9, 由于切平面与平面。平行，故 导 又点（氏%）在球面上，即+后+弓=9， 解得， 后后后或气房6后启 故x的方程为 x+2y+3z+3W4=0或x+2y+3:-34=0. 注解法2用到了第七章多元函数微分学在几何上应用的相关知识。 例14求一过原点的平面π，使它与平面。：x-4y+8z-3=0成工角，且垂直于平面 元，：7x+z+3=0. 解由题意可设x的方程为：+y+C=0,其法向量为n=(4,B,C),平面元，的法向 量为%=,4,8，平面云的法向量为%=（，0,1），由题意得 A-4B+8C1 -2 P+(-4y+82.√R+B+C=2 (1) 由nm=0,得7A+C=0,将C=-7A代入(1)式得 55A+4B-2 950+B=2 解得
解法 1 依题意可设平面 的方程为 x y z D + + + = 2 3 0 ．因为平面 与球面 相切， 故球心 (0,0,0) 到平面 的距离等于球面半径 r = 3 ，即 2 2 2 (0,0,0) 2 3 3 1 2 3 x y z D d + + + = = + + ， 则 D = 3 14 ．故平面 的方程为 x y z + + + = 2 3 3 14 0 ,或 x y z + + − = 2 3 3 14 0． 解法 2 设平面 与球面的切点为 0 0 0 ( , , ) x y z ，则球面在该点处的法向量为 0 0 0 ( , , ) x y z ， 因而 的方程可设为 0 0 0 0 0 0 x x x y y y z z z ( ) ( ) ( ) 0 − + − + − = ， 即 0 0 0 x x y y z z + + = 9， 由于切平面与平面 0 平行，故 0 0 0 1 2 3 x y z = = ． 又点 0 0 0 ( , , ) x y z 在球面上，即 2 2 2 0 0 0 x y z + + = 9 ， 解得， 0 0 0 3 6 9 , , 14 14 14 x y z = = = ，或 0 0 0 3 6 9 , , 14 14 14 x y z − − − = = = ， 故 的方程为 x y z + + + = 2 3 3 14 0 或 x y z + + − = 2 3 3 14 0． 注 解法 2 用到了第七章多元函数微分学在几何上应用的相关知识． 例 14 求一过原点的平面 ，使它与平面 0 : x y z − + − = 4 8 3 0 成 4 角，且垂直于平面 1 : 7 3 0 x z + + = ． 解 由题意可设 的方程为 Ax By Cz + + = 0 ，其法向量为 n = ( , , ) A B C ，平面 0 的法向 量为 0 n = − (1, 4,8) ，平面 1 的法向量为 1 n = (7,0,1) ，由题意得 0 0 | | cos 4 | | | | = n n n n ， 即 2 2 2 2 2 2 4 8 2 1 ( 4) 8 2 A B C A B C − + = + − + + + , （1） 由 1 n n = 0 ，得 7 0 A C+ = ，将 C A = −7 代入（1）式得 2 2 55 4 2 9 50 2 A B A B + = + , 解得
B=20A或B=-1094 则所求平面x的方程为 x+20y-7:=0或49x-100y-343==0. 「r+y+:=0 例15求过直线乙：{2)0且平行于直线五：=2y=3上的平面：的方程。 分析平面π过直线且平行于直线，则平面π的法向量与两条直线的方向向量均 垂直，则可求得法向量.其次，容易在平面x上或在直线L上任取一点.另外，求过已知 直线且满足另一约束条件的平面方程，当直线方程以一般方程形式给出时，常用平面束来求 平面的方程。 解法1直线L,的方向向量为 3==111=(4,-1-3), 2-13到 直线乙的对称式方程为。=背=乏，方向向量为号=(6,32)，依题意所求平面元的法向量 n上5且n上马，故可取n=3×5,则 ii k n=4-1-3=(7,-26,18) 632 又因为马过原点，且马在平面π上，从而也过原点，故所求平面x的方程为 7x-26y+18:=0. 解法2设所求平面x为x+y+:+2x-y+3)=0,即 1+2)x+1-2y+0+3)z=0, 其法向量为n=(1+2入，1-元，1+3)，由题意知n上s,故 n5,=61+22)+30-)+21+3)=0, 得A=古则所求平面：的方程为 7x-26y+18:=0. 另外，容易验证2x-y+3红=0不是所求的平面方程. 例16求平行于平面：6x+y+6:+5=0且与三个坐标面所围成的四面体体积为一 个单位的平面π的方程. 分析对于本题，求平面π的截距式方程会比较简便. 馨设平面：的方程为子名1，由题意知四面体体积r=1,即
B A = 20 , 或 100 49 B A = − ， 则所求平面 的方程为 x y z + − = 20 7 0 或 49 100 343 0 x y z − − = ． 例 15 求过直线 L1 ： 0 2 3 0 x y z x y z + + = − + = 且平行于直线 L2 ： x y z = = 2 3 的平面 的方程． 分析 平面 过直线 L1 且平行于直线 L2 ，则平面 的法向量与两条直线的方向向量均 垂直，则可求得法向量．其次，容易在平面 上或在直线 L1 上任取一点．另外，求过已知 直线且满足另一约束条件的平面方程，当直线方程以一般方程形式给出时，常用平面束来求 平面的方程． 解法 1 直线 L1 的方向向量为 s1 = 1 1 1 (4, 1, 3) 2 1 3 = = − − − i j k ， 直线 L2 的对称式方程为 6 3 2 x y z = = ，方向向量为 2 s = (6,3,2) ，依题意所求平面 的法向量 n s ⊥ 1 且 n s ⊥ 2 ，故可取 n s s = 1 2 ，则 4 1 3 (7, 26,18) 6 3 2 = − − = − i j k n ， 又因为 L1 过原点，且 L1 在平面 上，从而 也过原点，故所求平面 的方程为 7 26 18 0 x y z − + = ． 解法 2 设所求平面 为 x y z x y z + + + − + = (2 3 ) 0 ，即 (1 2 ) (1 ) (1 3 ) 0 + + − + + = x y z ， 其法向量为 n = + − + (1 2 ,1 ,1 3 ) ，由题意知 n s ⊥ 2 ，故 2 n s = + + − + + = 6(1 2 ) 3(1 ) 2(1 3 ) 0 ， 得 11 15 = − ，则所求平面 的方程为 7 26 18 0 x y z − + = ． 另外，容易验证 2 3 0 x y z − + = 不是所求的平面方程． 例 16 求平行于平面 0 ： 6 6 5 0 x y z + + + = 且与三个坐标面所围成的四面体体积为一 个单位的平面 的方程． 分析 对于本题，求平面 的截距式方程会比较简便． 解 设平面 的方程为 1 x y z a b c + + = ，由题意知四面体体积 V = 1 ，即
由与元。平行可得 111 g4-号 化简得 即 安c- 代入 labd=1 可得1=±名，从而可得 a=1,b=6,c=1,或者a=-1,b=6,c=-1, 故所求平面π的方程为 6x+y+6:-6=0或6x+y+6:+6=0. 例17用对称式方程及参数方程表示直线上：{+：= l2x+y+:=4 分析求直线的对称式方程，需求出直线上一点及其方向向量或者求出直线上两点亦 可. 解法1平面：x-y+:=1的法向量为%=L-1,1),平面元：2x+y+:=4的法向量 为m,=(2,1,),则 ×%=1-11=(-2,13)， 21 由于直线L是平面元，π的交线，所以直线的方向向量s与m、,都垂直，故可取直线的方 向向量为s=%×m,又令：=1，解得x=1,y=1,即直线L过点1，)，则直线L的对称式 方程为 x-1_y-1_-1 -213 参数式方程为 x=-21+1 y=1+1 z=31+1
1 1 1 3 2 = abc ， 由 与 0 平行可得 1 1 1 6 1 6 abc = = ， 化简得 1 1 1 6 6 a b c = = ，令 1 1 1 6 6 t a b c = = = 即 1 6 a t = ， 1 b t = ， 1 6 c t = ， 代入 1 1 1 3 2 = abc 可得 1 6 t = ，从而可得 a b c = = = 1, 6, 1, 或者 a b c = − = − = − 1, 6, 1, 故所求平面 的方程为 6 6 6 0 x y z + + − = 或 6 6 6 0 x y z + + + = ． 例 17 用对称式方程及参数方程表示直线 L ： 1 2 4 x y z x y z − + = + + = ． 分析 求直线的对称式方程，需求出直线上一点及其方向向量或者求出直线上两点亦 可． 解法 1 平面 1 : 1 x y z − + = 的法向量为 1 n = − (1, 1,1) ,平面 2 : 2 4 x y z + + = 的法向量 为 2 n = (2,1,1) ,则 1 2 1 1 1 ( 2,1,3) 2 1 1 = − = − i j k n n , 由于直线 L 是平面 1 2 , 的交线，所以直线的方向向量 s 与 n n 1 2 、 都垂直，故可取直线的方 向向量为 = 1 2 s n n ，又令 z = 1，解得 x y = = 1, 1 ，即直线 L 过点 (1,1,1) ,则直线 L 的对称式 方程为 1 1 1 2 1 3 x y z − − − = = − , 参数式方程为 2 1 1 3 1 x t y t z t = − + = + = + ．
解法2在直线L上任取两点40，子，B,名0，则直线L的法向量m/aB, =(名、可取m=(213),则直线的对称式方程为 32 5 21232 参数方程为 [x=-2 y=1+3到2. 5=31+5/2 例18已知直线L过点4-1,2，-3)且平行于平面π：6x-2y-3:+2=0,又与直线 4:"3相交，求直线L的方程 3 分析求直线的方程，如果求对称式方程，其关键是寻找直线上的一个点以及方向向量： 但是如果己知包含所求直线L的一个平面，通常求直线的一般方程，此时只需再求出包含L 的另一个平面，将两平面方程联立即可得直线L的一般方程.本题由于直线L过点A,如果 能求出直线L上的另外一个点，则直线L就确定了，或者求出L的方向向量s=(mP)也可 求出直线L的方程.另外，由题设容易求出所在的一个平面，若能求出L所在的另外一个 平面，则其一般方程即可求出. 解法1设平面π的法向量为n,直线L与的交点为M,(x,),则 n=(6,-2,-3),M=(x+1-2,6+3). 易知直线L的参数形式方程为 [x=1+31 v=-1+2 :=3-51 由于向量AM。平行于x,则AM。n=0,即 6(+1)-2(%-2)-35,+3)=0 由于M(o)在L上，因此 [x。=1+31 6=-1+21 =3-5 将，0，代入上式得 6(2+30)-2(-3+20)-36-50=0, 得1=0，交点M,-13).故通过点A和点M,的直线方程为-2-+3 6 解法2由直线L平行于平面x可知，直线L的方向向量s垂直于平面π的法向量
解法 2 在直线 L 上任取两点 3 5 (0, , ) 2 2 A ， 5 2 ( , , 0) 3 3 B ，则直线 L 的法向量 n // AB ， 5 5 5 ( , , ) 3 6 2 AB = − ，可取 n = −( 2,1,3) ，则直线的对称式方程为 3 5 2 2 2 1 3 y z x − − = = − ， 参数方程为 2 3 2 3 5 2 x t y t z t = − = + = + ． 例18 已知直线 L 过点 A( 1, 2, 3) − − 且平行于平面 : 6 2 3 2 0 x y z − − + = ，又与直线 1 L : 1 1 3 3 2 5 x y z − + − = = − 相交，求直线 L 的方程． 分析 求直线的方程，如果求对称式方程，其关键是寻找直线上的一个点以及方向向量； 但是如果已知包含所求直线 L 的一个平面，通常求直线的一般方程，此时只需再求出包含 L 的另一个平面，将两平面方程联立即可得直线 L 的一般方程．本题由于直线 L 过点 A ，如果 能求出直线 L 上的另外一个点，则直线 L 就确定了，或者求出 L 的方向向量 s = ( , , ) m n p 也可 求出直线 L 的方程．另外，由题设容易求出 L 所在的一个平面，若能求出 L 所在的另外一个 平面，则其一般方程即可求出． 解法 1 设平面 的法向量为 n ，直线 L 与 L1 的交点为 0 0 0 0 M x y z ( , , ) ，则 n = − − (6, 2, 3) ， 0 0 0 0 AM x y z = + − + ( 1, 2, 3) ． 易知直线 L1 的参数形式方程为 1 3 1 2 3 5 x t y t z t = + = − + = − ． 由于向量 AM0 平行于 ，则 0 AM = n 0 ，即 0 0 0 6( 1) 2( 2) 3( 3) 0 x y z + − − − + = ， 由于 0 0 0 0 M x y z ( , , ) 在 L1 上，因此 0 0 0 1 3 1 2 3 5 x t y t z t = + = − + = − ， 将 0 0 0 x y z , , 代入上式得 6(2 3 ) 2( 3 2 ) 3(6 5 ) + − − + − − t t t = 0 ， 得 t = 0 ，交点 0 M (1, 1,3) − ．故通过点 A 和点 M 0 的直线方程为 1 2 3 2 3 6 x y z + − + = = − ． 解法 2 由直线 L 平行于平面 可知，直线 L 的方向向量 s 垂直于平面 的法向量