解析几何第四版吕林根课后习题答案

第三章 平面与空间直

线

§ 3.1平面的方程

1.求下列各平面的坐标式参数方程和一般方程：

（1）通过点M1(3,1,1)和点M2(1,1,0)且平行于矢量{1,0,2}的平面（2）通过点M1(1,5,1)和M2(3,2,2)且垂直于xoy坐标面的平面； （3）已知四点A(5,1,3)，B(1,6,2)，C(5,0,4)D(4,0,6)。求通过直线AB且平行于直线CD的平面，并求通过直线AB且与ABC平面垂直的平面。 解： （1） M1M2{2,2,1}，又矢量{1,0,2}平行于所求平面， 故所求的平面方程为： 一般方程为：4x3y2z70 （2）由于平面垂直于xoy面，所以它平行于z轴，即{0,0,1}与所求的平面平行，又M1M2{2,7,3}，平行于所求的平面，所以要求的平面的参数方程为： 一般方程为：7(x1)2(y5)0，即7x2y170。 （3）（ⅰ）设平面通过直线AB，且平行于直线CD：

AB{4,5,1}，CD{1,0,2}

从而的参数方程为：

一般方程为：10x9y5z740。

（ⅱ）设平面通过直线AB，且垂直于ABC所在的平面

 AB{4,5,1}， ABAC{4,5,1}{0,1,1}{4,4,4}4{1,1,1}

均与平行，所以的参数式方程为：

一般方程为：2xy3z20.

2.化一般方程为截距式与参数式： :x2yz40. 解： 与三个坐标轴的交点为：(4,0,0),(02,0),(0,0,4)， xyz1. 424所以，它的截距式方程为：又与所给平面方程平行的矢量为：{4,2,0},{4,0,4}，  所求平面的参数式方程为： 3.证明矢量v{X,Y,Z}平行与平面AxByCzD0的充要条件为：AXBYCZ0.

证明： 不妨设A0， 则平面AxByCzD0的参数式方程为： BC,1,0},{,0,1}， AA故其方位矢量为：{从而v平行于平面AxByCzD0的充要条件为：

BC,1,0},{,0,1}共面 AAv，{

 AXBYCZ0.

4. 已知连接两点A(3,10,5),B(0,12,z)的线段平行于平面7x4yz10，求B点的z坐标.

解：  AB{3,2,5z}

而AB平行于7x4yz10 由题3知：(3)724(z5)0 从而z18. 5. 求下列平面的一般方程. ⑴通过点12,1,1和23,2,1且分别平行于三坐标轴的三个平面; ⑵过点3,2,4且在x轴和y轴上截距分别为2和3的平面; ⑶与平面5xy2z30垂直且分别通过三个坐标轴的三个平面; ⑷已知两点13,1,2,24,2,1,求通过1且垂直于1,2的平面; ⑸原点在所求平面上的正射影为2,9,6; ⑹求过点13,5,1和24,1,2且垂直于平面x8y3z10的平面.

x2y1z110000.即z10.

解:平行于x轴的平面方程为

11

同理可知平行于y轴,z轴的平面的方程分别为z10,xy10.

xyz241,把点3,2,4代入得c 23c19⑵设该平面的截距式方程为

故一般方程为12x8y19z240.

⑶若所求平面经过x轴，则0,0,0为平面内一个点, 5,1,2和1,0,0为所求平面的方位矢量, x0y0z01020 0∴点法式方程为51∴一般方程为2yz0. 同理经过y轴,z轴的平面的一般方程分别为2x5z0,x5y0. 1,1,3.12垂直于平面, ⑷12∴该平面的法向量n1,1,3,平面通过点13,1,2, 因此平面的点位式方程为x3y13z20. 化简得xy3z20. (5) op2,9,6. ∴ cos296,cos,cos. 111111296xyz110. 111111则该平面的法式方程为:

既 2x9y6z1210.

（6）平面x8y3z10的法向量为n1,8,3，M1M21,6,1，点从4,1,2

x4y1z286310，则A写出平面的点位式方程为11836126,

B31112,C131114,D26422874， 则一般方程AxByCzD0,即：13xy7z370. 6．将下列平面的一般方程化为法式方程。 解：D3. 将已知的一般方程乘上130.得法式方程x302y305z303300. 2D1.12x12y1212.将已知的一般方程乘上12.得法式方程

0. 3.D2.1.将已知的一般方程乘上1.得法式方程x20. 4.D0.1.即1或1

99

9将已知的一般方程乘上

11447或.得法式方程为xyz0或99999447xyz0. 999

7．求自坐标原点自以下各平面所引垂线的长和指向平面的单位法矢量的方向余弦。

1.D35.1.化为法式方程为2x3y6z50原点指向平面的单位法矢量为解：

7777236236u,,,它的方向余弦为cos,cos,cos.原点o到平面的距离为

777777PD5.

2.D21.1.化为法式方程为-1x2y2z70原点指向平面的单位法矢量为3333122122n0,,,它的方向余弦为cos,cos,cos.原点o到平面的距离333333pD7. 第20页 8．已知三角形顶点A0,7,0,B2,1,1,C2,2,2.求平行于ABC所在的平面且与她相距为2各单位的平面方程。 解：设ABa,ACb.点A0,7,0.则a2,6,1,b2,9,2写出平面的点位式方程

x22y769z10 2设一般方程AxByCzD0.A3.B2,C6,D140. 1则.pD2.

7相距为2个单位。则当p4时D28.当p0时D0.

所求平面为3x2y6z280.和3x2y6z0.

9．求与原点距离为6个单位，且在三坐标轴ox,oy与oz上的截距之比为a:b:c1:3:2的平面。

解：设ax,b3x,c2x.abc0.设平面的截距方程为xyzabc1.

即bcxacyabzabc.

又原点到此平面的距离d6.abc b2c2a2c2a2b2x26.1所求方程为xyz327. 10．平面xaybzc1分别与三个坐标轴交于点A,B,C.求ABC的面积。 解 A(a,0,0), B(0,b,0),C(0,0,c)ABa,b,0,ACa,0,c ABACbc,ca,ab;ABACb2c2c2a2a2b2.

∴SABC=12b2c2c2a2a2b2 11．设从坐标原点到平面的距离为。求证 证明：由题知：111111p.pa2b2c2. a21b12c2从而有

1p21a211b2c2. § 3.2 平面与点的相关位置

1.计算下列点和平面间的离差和距离：

.

（1）M(2,4,3)， : 2xy2z30；

（2）M(1,2,3)， : 5x3yz40.

解： 将的方程法式化，得：

212xyz10， 333 2121故离差为：(M)()(2)431， 33331M到的距离d(M). 3（2）类似（1），可求得 (M)5356353354350， M到的距离d(M)0. 2.求下列各点的坐标： （1）在y轴上且到平面22y2z20的距离等于4个单位的点； （2）在z轴上且到点M(1,2,0)与到平面3x2y6z90距离相等的点； （3）在x轴上且到平面12x16y15z10和2x2yz10距离相等的点。

解：（1）设要求的点为M(0,y0,0)则由题意

 y016 y05或7.

即所求的点为（0，-5，0）及（0，7，0）。 （2）设所求的点为(0,0,z0)则由题意知： 由此，z02或-82/13。

82)。 13故，要求的点为(0,0,2)及(0,0,（3）设所求的点为(x0,0,0)，由题意知： 由此解得：x02或11/43。 所求点即（2，0，0）及（11/43，0，0）。 3.已知四面体的四个顶点为S(0,6,4),A(3,5,3),B(2,11,5),C(1,1,4)，计算从顶点S向底面ABC所引的高。 解：地面ABC的方程为： 所以，高h624533。 4.求中心在C(3,5,2)且与平面2xy3z110相切的球面方程。 解：球面的半径为C到平面：2xy3z110的距离，它为：

R235611142814214，

所以，要求的球面的方程为：

(x3)2(y5)2(z2)256.

即：x2y2z26x10y4z180.

5．求通过x轴其与点M5,4,13相距8个单位的平面方程。

解：设通过x轴的平面为ByCz0.它与点M5,4,13相距8个单位，从而

4B13CB2C28.48B2104BC105C20.因此12B35C4B3C0. 从而得12B35C0或4B3C0.于是有B:C35:12或B:C3:4. 所求平面为35y12z0或3y4z0. 6. 求与下列各对平面距离相等的点的轨迹. ⑴3x6y2z70和4x3y50; ⑵9xy2z140和9xy2z60. 解: ⑴ 1:13x6y2z70 7令13x6y2z714x3y5 75化简整理可得:13x51y10z0与43x9y10z700.

⑵对应项系数相同,可求D'程:9xy2z40.

D1D21464,从而直接写出所求的方22

9 判别点M（2 -1 1）和N （1 2 -3）在由下列相交平面所构成的同一个二面角内，还是在相邻二面角内，或是在对顶的二面角内？ （1）1:3xy2z30与2:x2yz40 （2）1:2xy5z10与2:3x2y6z10

61230 解：（1）将M（2 -1 1），N（1 2 -3）代入1，得：  32630 则M，N在1的异侧 221470 再代入2，得： 143440 MN在2的同侧 MN在相邻二面角内 415190 （2）将M（2 -1 1）N（1 2 -3）代入1，得： 2215180 则MN在1的异侧。 6621130 再代入2，得： 34181200则MN在2的异侧

MN 在对顶的二面角内



10 试求由平面1：2xy2z30与2：3x2y6z10所成的二面角的角平分方程，

在此二面角内有点（1， 2， -3）

解：设p（x y z）为二面角的角平分面上的点，点p到12的距离相等

2xy2z32212223x2y6z13222625x3y32z190(1)化简得

23xy4z240(2)把点p代入到12上，10 20 在（1）上取点（18 0 0）代入12，1'02'0。 5\"0 在（2）上取点（0 0 -6）代入12，1\"02（2）为所求，解平面的方程为：3xy4z240 3.3 两平面的相关位置 1.判别下列各对直线的相关位置： （1）x2y4z10与xyz30； 42（2）2xy2z50与x3yz10； 90。 2（3）6x2y4z50与9x3y6z解：（1） 1:2:(4)11::(1)，  （1）中的两平面平行（不重合）； 42（2） 2:(1):(2)1:3:(1)，  （2）中两平面相交；

（3） 6:2:(4)9:3:(6)，  （3）中两平面平行（不重合）。

2.分别在下列条件下确定l,m,n的值：

（1）使(l3)x(m1)y(n3)z80和(m3)x(n9)y(l3)z160表示同一平面；

（2）使2xmy3z50与lx6y6z20表示二平行平面；

（3）使lxy3z10与7x2yz0表示二互相垂直的平面。 解：（1）欲使所给的二方程表示同一平面，则： 即： 从而：l71337，m，n。 999（2）欲使所给的二方程表示二平行平面，则： 所以：l4，m3。 （3）欲使所给的二方程表示二垂直平面，则： 1所以： l。 73.求下列两平行平面间的距离： （1）19x4y8z210，19x4y8z420；

（2）3x6y2z70，3x6y2z140。

解：（1）将所给的方程化为：

所以两平面间的距离为：2-1=1。

（2）同（1）可求得两平行平面间的距离为1+2=3。 4.求下列各组平面所成的角：

（1）xy110，3x80；

（2）2x3y6z120，x2y2z70。 解：（1）设1：xy110，2：3x80  (1,2)4或3。 4（2）设1：2x3y6z120，2：x2y2z70 (1,2)cos188或(1,2)cos1。 21215. 求下列平面的方程: (1) 通过点M10,0,1和M23,0,0且与坐标面xOy成600角的平面; (2) 过z轴且与平面2xy5z70成600角的平面. xyz1. 3b1110013b11213b22解 ⑴ 设所求平面的方程为

又xoy面的方程为z=0,所以cos601 2

解得b320,∴所求平面的方程为

x3yz1, 326即x26y3z30

⑵设所求平面的方程为AxBy0;则cos602ABA2B24151 23A28AB3B20,AB或A3B 3所求平面的方程为x3y0或3xy0. § 3.4空间直线的方程 1.求下列各直线的方程： （1）通过点A(3,0,1)和点B(2,5,1)的直线； （2）通过点M0(x0,y0,z0)且平行于两相交平面i： (i1,2)的直线； （3）通过点M(15,3)且与x,y,z三轴分别成60,45,120的直线； （4）通过点M(1,0,2)且与两直线

x1yz1xy1z1和垂直的直线； 111110（5）通过点M(2,3,5)且与平面6x3y5z20垂直的直线。

解：（1）由本节（3.4—6）式，得所求的直线方程为：

即：

x3yz1x3yz1，亦即。 550110（2）欲求直线的方向矢量为：

所以，直线方程为：

xx0yy0zz0。

B1C1C1A1A1B1B2C2C2A2A2B2121（3）欲求的直线的方向矢量为：cos60,cos45,cos120,,， 222故直线方程为：x1y5z3。 1121,1,11,1,01,1,2， （４）欲求直线的方向矢量为：所以，直线方程为： x1yz2。 112（５）欲求的直线的方向矢量为：6,3,5， 所以直线方程为： x2y3z5。 635２.求以下各点的坐标：

x1y8z8上与原点相距２５个单位的点； 213（１）在直线

xy4z120（２）关于直线与点P(2,0,1)对称的点。

2xy2z30

解：（１）设所求的点为M(x,y,z)，则：

又x2y2z2252

即：(12t)2(8t)2(83t)2252，

解得：t4或62 71176130,,)。 777所以要求的点的坐标为：(9,12,20),(1,1,42,1,26,6,3，或为2,2,1， （２）已知直线的方向矢量为：过P垂直与已知直线的平面为：2(x2)2y(z1)0， 即2x2yz30， 该平面与已知直线的交点为(1,1,3)，所以若令P(x,y,z)为P的对称点，则： 12x0y1z，1，3 222 x0,y2,z7， 即P(0,2,7)。 ３.求下列各平面的方程：

（１）通过点p(2,0,1)，且又通过直线

x1yz2的平面； 213（２）通过直线

x2y3z1且与直线 151平行的平面；

（３）通过直线

x1y2z2且与平面3x2yz50垂直的平面； 2325x8y3z90（４）通过直线向三坐标面所引的三个射影平面。

2x4yz10解：（１）因为所求的平面过点p(2,0,1)和p(1,0,2)，且它平行于矢量2,1,3，所以要求的平面方程为： 即x5yz10。 1,2,11,3,5， （２）已知直线的方向矢量为2,1,1平面方程为： 即11x2yz150 （３）要求平面的法矢量为2,3,23,2,11,8,13， 平面的方程为：(x1)8(y2)13(z2)0， 即x8y13z90。 5x8y3z90（4）由已知方程 2x4yz10分别消去x，y，z得到：

36y11z230，9xz70，11x4y60

此即为三个射影平面的方程。

4.化下列直线的一般方程为射影式方程与标准方程，并求出直线的方向余弦：

2xyz10xz60（1） （2）

3xy2z302x4yz60xyz0（3）

x21221解：（1）直线的方向数为：::(3):1:(5) 12233132xz55， 射影式方程为： 19yz5532xz55， 即19yz55x标准方程为：1129y55z， 31553131方向余弦为：cos5，cos5， 35353535551355535cos。

110（2）已知直线的方向数为：::4:3:(4)，

411224011

424xz44， 射影式方程为：318yz44xz369即

yz429x62z， 标准方程为：314y3314方向余弦为：cos，cos4， 41414141441414441cos。 （3）已知直线的方向数为：111111::0:(1):(1)0:1:1， 000110x2射影式方程为： ， yz2标准式方程为：x2y2z， 0112方向余弦为：cos0，cos，cos12。

5. 一线与三坐标轴间的角分别为,,.证明sin2sin2sin22. 证 ∵cos2cos2cos21, ∴1sin21sin21sin21,即

sin2sin2sin22.

§ 3.5直线与平面的相关位置

1.判别下列直线与平面的相关位置：

（1）

x3y4z与4x2y2z3； 273xyz与3x2y7z8； 327（2）

5x3y2z50（3）与4x3y7z70； 2xyz10xt（4）y2t9与3x4y7z100。 z9t4解：（1）(2)4(7)(2)3(2)0， 而432(4)203170，， 所以，直线与平面平行。 （2）332(2)1770 327， 327所以，直线与平面相交，且因为 直线与平面垂直。

（3）直线的方向矢量为：5,3,22,1,15,9,1，

 4539710，

而点M(2,5,0)在直线上，又4(2)3(5)70，

所以，直线在平面上。

1,2,9， （4）直线的方向矢量为直线与平面相交。

2.试验证直线l：角。 xy1z1与平面：2xyz30相交，并求出它的交点和交112解：  2(1)111230  直线与平面相交。 xt又直线的坐标式参数方程为： y1t z12t设交点处对应的参数为t0， t01， 从而交点为（1，0，-1）。 又设直线l与平面的交角为，则： sin2(1)1112661， 2 6。

3.确定l,m的值，使：

（1）直线

x1y2z与平面lx3y5z10平行； 431x2t2（2）直线y4t5与平面lxmy6z70垂直。

z3t1解：（1）欲使所给直线与平面平行，则须： 即l1。 （2）欲使所给直线与平面垂直，则须： 所以：l4,m8。 A1xB1yC1z04.决定直线和平面(A1A2)x(B1B2)y(C1C2)z0的相互位置。

AxByCz0222解：在直线上任取M1(x1,y1,z1)，有： 这表明M1在平面上，所以已给的直线处在已给的平面上。 5.设直线与三坐标平面的交角分别为,,.证明cos2cos2cos22. 证明 设直线与X,Y,Z轴的交角分别为,,.而直线与yoz,zox,xoy面的交角依次为,,.那么,2,2,2.而cos2cos2cos21. ∴cos2cos2cos21.

222从而有cos2cos2cos22.

6.求下列球面的方程

(1)与平面x+2y+3=0相切于点M1,1,3且半径r=3的球面;

(2) 与两平行平面6x-3y-2z-35=0和6x-3y-2z+63=0都相切且于其中之一相切于点

M5,1,1的球面.

1x1t32解: ⑴y1t为过切点且垂直与已知平面的直线, 32z3t3122显见,,是这条直线的方向余弦. 333取t3,则得x2,y3; 取t3,则得x0,y1,z5. 故所求球面有两个:x2y3z19,与x2y1z59. 22222⑵x56t,y13t,z12t为过点且垂直于两平面的直线,将其代入第二个平面方程,得t2,反代回参数方程,得x7,y5,z3.设球之中心为C,半径为r,则

C1,2,1,r251121149.故所求球面方程 222为x1y2z149.

222 3.7空间直线的相关位置

AxB1yC1zD101.直线方程1的系数满足什么条件才能使：

AxByCzD02222

（1）直线与x轴相交； （2）直线与x轴平行； （3）直线与x轴重合。 解：（1）所给直线与x轴相交  x0使

A1x0D10且A2x0D20

 A1A2D1D20且 A1，A2不全为零。 （2）x轴与平面A1xB1yC1zD10平行 又x轴与平面A2xB2yC2zD20平行，所以 即A1A20，但直线不与x轴重合，  D1,D2不全为零。 （3）参照（2）有A1A20，且D1D20。 2.确定值使下列两直线相交： 3xy2z60（1）与z轴； x4yz150（2）x1y1z1与x1y1z。 12解：（1）若所给直线相交，则有（类似题1）： 从而 5。

（2）若所给二直线相交，则

从而：5。 43.判别下列各对直线的相互位置，如果是相交的或平行的直线求出它们所在的平面；如果是异面直线，求出它们之间的距离。

x2y2z0x2yz110（1）与；

3x2y602xz140（2）x3y8z3x3y7z6与； 311324xtx1y4z2（3）y2t1与。 4175zt2解：（1）将所给的直线方程化为标准式，为： （-2）：3：4=2：（-3）：（-4） 二直线平行。 33又点(,,0)与点（7，2，0）在二直线上， 2433115矢量7,2,0,,0平行于二直线所确定的平面，该平面的法矢量为：

24241152,3,4,,05,22,19，

24从而平面方程为：5(x7)22(y2)19(z0)0，

即 5x22y19z90。

338736（2）因为3312142700，

二直线是异面的。

二直线的距离：d61533113243,1,13,2,402706153222270330。 13（3）因为1210， 475但是：1：2：（-1）≠4：7：（-5） 1,214,7,53,1,1， 所以，两直线相交，二直线所决定的平面的法矢量为平面的方程为：3xyz3。 4.给定两异面直线：x3yz1x1y2z与，试求它们的公垂线方程。 2101011,0,11,2,1， 解：因为2,1,0公垂线方程为： x2y5z80即，

2x2y2z20x2y5z80亦即。

xyz105.求下列各对直线间的角

(1)

x1y2z5xy3z1与. 3622963x4y2z04xy6z20(2)与.

2xy2z0y3z20x1x2y1y2z1z2222x12y12z12x2y2z2解 (1) cos6541293644813672 777272∴ arccos或arccos. 77773x4y2z0xyz的对称式方程为:,2xy2z010211(2) 直线4 z4xy6z20xy63的对称式方程为：3124y3z2098∴ arccos或arccos. 1951956. 设d和d分别是坐标原点到点M(a,b,c)和M(a,b,c)的距离,证明当

aabbccdd时,直线MM通过原点 . 证 OMa,b,c,OMa,b,c,OMOMaabbcc,而当

OMOMOMOM,cos(OM,OM)dd时,必有cos(OM,OM)1,∴OM//OM,∴当

aabbccdd时, 直线MM通过原点.

7.求通过点1,0,2且与平面3xy2z10平行,又与直线直线方程.

解 设过点1,0,2的所求直线为

x1y3z相交的421

∵ 它与已知平面3xy2z10平行,所以有3xy2z0 （1）

又∵ 直线与已知直线相交,那么必共面. ∴ 又有

即 7x+|8y-12z=0 (2)

由(1),(2)得 X:Y:Z18331:4:50:31 1212778:22而 4:50:314:2:1 ∴ 所求直线的方程为 x1yz2. 45031xyz1xyz38. 求通过点4,0,1且与两直线都相交的直线方程. ,与2xyz22x4yz4解 设所求直线的方向矢量为vx,y,z, 则所求直线可写为x4yz1. XYZ1,1,12,1,10,3,3 ∵ 直线l1平行于矢量nn12∴矢量v0,3,3为直线l1的方向矢量. 由于

11120因此令y=o解方程组得

x=1,z=o

∴ 点(1,o,o) 为直线l1上的一点.

∴ 直线l1的标准方程为

x5yz2. 516∵ l与l1,l2都相交且l1过点M11,0,0.方向矢量为v0,3,3. 1303Y130 Z∴ 有m1p,v1,v0X即 X+3Y+3Z=0. 即 X-13Y-3Z=0. 得 X:Y:Z=30:6:-16 又∵ 30:6:160:3:3, 即 v不平行v1. 30:6:165:1:6, 即 v不平行v2. ∴ 所求直线方程为: 9. 求与直线x2y1z3平行且和下列两直线相交的直线. 871z5x6z2x4⑴ ,z4x3z3y5x2t3x5t10⑵y3t5,y4t7 ztzt

解 ⑴ 在两直线上分别取两点M19,0,39,M20,3,4,

第一条直线的方向矢量为v10,1,0， 第二条直线的方向矢量为v23,2,6， 作两平面：

即 x8z3030;8x9yz310, 将其联立即为所求直线的方程 x3y5z37x105810,即2x3y5z210 （1）1y7z4710,即xyz170 （2） 1⑵282x3y5z210(1)(2)联立: . xyz170这就是所要求的直线方程. 10. .求过点2,1,0且与直线l:x5yz25垂直相交的直线方程. 322解 设所求直线的方向矢量为vX,Y,Z 0则所求直线l0可写为

x2y1z0. XYZ∴ 3X+2Y-2Z=0 (1)

即 50X-69Y+6Z=0 (2) 由(1),(2)得 X:Y:Z120:131:311 ∴所求直线l0为:

§ 3.6空间直线与点的相关位置

AxB1yC1zD101.直线1通过原点的条件是什么？ AxByCzD02222解：已知直线通过原点 故条件为D1D20。 2x2yz302.求点p(2,3,1)到直线的距离。 3x2y2z170解：直线的标准方程为： 所以，p到直线的距离为： 3d24212242922932122212(2)220254515。 33§ 3.8 平面束

1.求通过平面4xy3z10和x5yz20的交线且满足下列条件之一的平面：

（1）通过原点； （2）与y轴平行；

（3）与平面2xy5z30垂直。

解：（1）设所求的平面为：(4xy3z1)(x5yz2)0

1， 2欲使平面通过原点，则须：120，即故所求的平面方程为：

即：9x3y5z0。 1。 5（2）同（1）中所设，可求出故所求的平面方程为：5(4xy3z1)(x5yz2)0 即：21x14z30。 （3）如（1）所设，欲使所求平面与平面2xy5z30垂直，则须： 从而：3， 所以所求平面方程为：7x14y50。 2.求平面束(x3y5)(xy2z4)0，在x,y两轴上截距相等的平面。 解：所给的方程截距式为：

据要求：

5454  1。 13所以，所求的平面为：2x2y2z10。

3.求通过直线x5yz0xz40且与平面x4y8z120成

角的平面。 4解：设所求的平面为：(x5yz)(xz4)0

则：()5(4)()(8)()2(5)2()212(4)2(8)22 2从而 ，:0:1或4:3 所以所求平面为：xz40 或x20y7z120。 x1y2z且与点p(4,1,2)的距离等于3的平面。 0234.求通过直线解：直线的一般方程为： 设所求的平面的方程为(x1)(3y2z2)0， 据要求，有： 有9(2132)25281290  :6:1或3:8 即所求平面为：6(x1)(3y2z2)0

或 3(x1)8(3y2z2)0

即：6x3y2z40或3x24y16z190。

5. 求与平面x2y3z40平行且满足下列条件之一的平面. ⑴通过点1,2,3;

⑵y轴上截距为3;

⑶与原点距离为1. 解: ⑴设所求的平面为x2y3z0,将点1,2,3的坐标代入方程得14,则所求平面方程为x2y3z140. ⑵设所求的平面为x2y3z. xy2z31,令23,得6. 故所求平面为x2y3z60. ⑶设所求的平面为x2y3z0,将其法化为114114114x2y3z0,将原点的坐标代入得,故所求平面为x2y3z0. 6.设一平面与平面x+3y+2z=0平行,且与三坐标平面围成的四面体体积为6,求这平面的方程。

解 设所求平面方程为:x+3y+2z+0

原点到该平面的距离为dDABC22214.

11∴ ,,分别叫做平面在三坐标轴上的截距.

321四面体体积VSh.

31111()()() 3232∴ 6∴ 6. ∴ 这个平面的方程为x3y2z60 A1xB1yC1zD108.直线的系数满足什么条件才能使直线在坐标平面XOZ内?

AxByCzD02222解 坐标平面XOZ属于平面束 化简为lA1mA2xlB1mB2ylC1mC2zlD1mD20 设平面XOZ面y0,x0,z0. lA1mA20有lC1mC20 lDmD021A1C1D1. A2C2D2∴