主題 一：空間觀念
1
空間平面與直線 目錄 空間平面與直線 ................ 1 主題 主題 主題 主題 主題
追求卓越
一：空間觀念 ................... 2 二：空間座標 ................... 7 三：空間向量 .................. 14 四：平面與直線 ................ 21 五：平面與直線的關係 .......... 33
鋒凡物理研究室
2
空間平面與直線
主題 一：空間觀念 範例 1 略
範例 2 【詳解】如圖，M 為 CD 中點
∴
CM = MD = 3
又 AM ⊥ CD ， BM ⊥ CD 且 AC = AD = 5， BC = BD = 5 ∴
AM = BM = 4 在△ABM 中， AB = AM = BM = 4 ∴ ∠AMB = 60° = θ ∴ sinθ = sin60° =
3 2
隨堂練習 【詳解】 AB = a， BE =
3 6 3 2 1 2 a = AE ， AH = a，sinθ a − a = 2 3 4 12
6 a 2 2 3 = = 3 3 a 2
範例 3 【詳解】(A)對。若 D - ABC 為正四面體，則 H 為△ABC 之內心，外心，重心及垂心
AC ⊥ BM ， AC ⊥ DM
(B)對。M 為 AC 之中點 ∴ ∴
____\
____\
(C)錯。 BH =
2 2 3 10 3 )= BM = ．(10 × 3 3 2 3
2
2
於直角△BDH 中， DH = BD − BH = 10 2 − (
(D)錯。M 為 AC 之中點 ∴ ∴
____\
AC 為平面 BDM 之法向量，又 BD 在平面 BDM 上，故 BD ⊥ AC
10 3 2 10 6 ) = 3 3
DM ⊥ AC ， BM ⊥ AC
∠DMB 即為平面 ABC 與平面 ADC 之夾角θ
追求卓越
鋒凡數學家教班
主題 一：空間觀念 2
2
3 2
(5 3 ) 2 + (5 3 ) 2 − 10 2 1 BM + DM − BD 則 cosθ = = = 3 2 BM．DM 2．5 3．5 3
(E)對。設 P，Q 分別為 BC 及 AD 之中點 △APD 中
PD = PA 且 Q 為 AD 之中點
∵
PQ ⊥ AD ，同理 PQ ⊥ BC 故 AD 與 BC 之距離為 PQ ，
∴
2
2
即 PQ = PD − DQ = (5 3 ) 2 − 5 2 = 5 2
隨堂練習 【詳解】長方體如圖：設 OA = x， OB = y， OC = z， 2
2
則 AB = x2 + y2 = 9……c， AC = x2 + z2 = 4……d 又∠BAC = 60°，由餘弦定理得
BC
2
= 32 + 22 − 2．3．2cos60° = 9 + 4 − 6 = 7
∴y2 + z2 = 7……e
解c，d，e得 x2 = 3，y2 = 6，z2 = 1
1 1 1 2 OA ．△OBC = ． OA ． OB ． OC = ． 3 ． 6 ．1 = 3 6 6 2 另一方面，設 O 到平面 ABC 的距離 h 四面體 OABC 的體積 V =
1 1 1 3 V = ．h．△ABC = h． AB ． AC sin60° = h（已知 AB = 3， AC = 2） 3 3 2 2 ∴
3 2 h= 2 2
⇒ h=
6 3
範例 4 【詳解】(1) AD ⊥平面 BCD ⇒ 2
BD = 242 − 152 = 351
已知 AB = 24， AD = 15 ∴ 又 BC ⊥ BD ∴
⇒
2
2
AC = AD + CD = 152 + 400 = 252
(2)因 AD ⊥ BD ， AD ⊥ CD ∴
2
CD = BD + BC = 351 + 49 = 400
2
2
2
AD ⊥ BD ， AD ⊥ CD
sinθ =
⇒
AC = 25
⇒ ∠BDC 為二面角 B-AD-C 的平面角，即∠BDC = θ
BC 7 = DC 20
追求卓越
鋒凡物理研究室
4
空間平面與直線
範例 5 1.【詳解】由三垂線定理可知 AC 垂直直線 L 於 C 點
⇒
由
AC = 82 + 6 2 = 10
⇒
由
AD = 10 2 + (2 11) 2 = 144 = 12
隨
隨堂練習 【詳解】 PA ⊥ AB ， AB ⊥ BC 2
PB ⊥ BC （三垂線定理）
∴
2
∴ PB = PA + PB = 32 + 4 2 = 5 2
2
又 PC = PB + BC = 25 + 144 = 13
練 1.
功
升
【詳解】c AB = 2，則 AE =
級
區
一
1 AC = 2 2 2
2
d於直角△AOE 中， AO = AE + OE = ( 2 ) 2 + 12 = 3 eF ∈ OB ，使得 AF ⊥ OB 且 CF ⊥ OB 則∠AFC 即為平面 AOB 與平面 COB 之二面角（即為兩相鄰側面的夾角） 2
2
如下圖， OG = AO − AG = 3 − 1 = 2 △AOB 之面積 =
( fcos(∠AFC) =
追求卓越
1 1 AB ． OG = OB ． AF 2 2
2 2 3
)2 + (
2 2
) 2 − (2 2 ) 2
3 2 2 2 2 ． 2． 3 3
=
⇒
−1 2
AF =
AB．OG OB
=
2 2 3
，同理 CF =
2 2 3
故所求夾角為 120°
鋒凡數學家教班
主題 一：空間觀念
2.
5
【詳解】連接 OB ， OC ，由三垂線定理可知 OB ⊥ BC 在△OBC 中
∵
OC = 13， BC = 12
∴
OB = 132 − 12 2 = 5
在△OAB 中
3.
∵
OB = 5， AB = 4 ∴
OA = 52 − 4 2 = 3
【詳解】(A) CD ¯¯¯¯¯⊥AM ¯¯¯¯¯ ，CD ¯¯¯¯¯⊥BM ¯¯¯¯¯ □ CD ¯¯¯¯¯⊥平面 AMB
(B) 承(A)， CD ． AB ＝0 1 1 (C) ∵ cos∠AMB＝ 3 ＜cos∠ADB＝ 2 □∠AMB＞∠ADB (D) 承(C)
∵∠AMB＞∠ADB＝60° □∠AMB＞60°
3 (E) BM ¯¯¯¯¯ ＝ 2 ¯¯¯¯¯ AB 4. 5. 6. 7.
略 略 解析：數一數共 11 個 解析：(A)∵¯¯¯¯¯¯＝ AN ¯¯¯¯¯¯且 BN M 為¯¯¯¯¯¯中點 AB ∴MN ¯¯¯¯¯¯⊥¯¯¯¯¯¯ AB (B)∵¯¯¯¯¯¯⊥ AN ¯¯¯¯¯¯， CD ¯¯¯¯¯¯⊥ BN ¯¯¯¯¯¯， CD MN ¯¯¯¯¯¯⊥¯¯¯¯¯¯ CD ∴平面 ABN 為¯¯¯¯¯¯的垂直平分面 CD
(C) AB ． AC ＝2 × cos60°＝1 (D)（ AD ＋ DC ）． BD ＝ DA ． DB － DC ． DB ＝2 × cos60°－2 × cos60°＝0 (E) BC ． CD ＝－ CB ． CD ＝－1 ¯¯¯¯¯中點 ∴¯¯¯¯¯¯⊥ BM AC ¯¯¯¯¯，DM ¯¯¯¯¯¯⊥AC ¯¯¯¯¯ 8. 解析：設 M 為AC 則∠BMD 為平面 ABC 與平面 ACD 之夾角 3 令¯¯¯¯¯＝ AB a，則¯¯¯¯¯¯＝ BM DM ¯¯¯¯¯¯＝ 2 a ¯¯¯¯¯¯ BM2＋DM ¯¯¯¯¯¯2－BD ¯¯¯¯¯ 2 1 2 2 cos∠BMD＝ ＝－ 3 ，sinθ＝ 3 2¯¯¯¯¯¯． BM DM ¯¯¯¯¯¯ ¯¯¯¯¯的中點為 M，OB ¯¯¯¯¯的中點為 P 9. 解析：令BC
1 △BOE 中，∠OEB＝90°，¯¯¯¯¯＝ BE 2 BD ¯¯¯¯¯＝ 2 ＝OE ¯¯¯¯¯，得OB ¯¯¯¯¯＝2 ∴△OBC 為正三角形，OM ¯¯¯¯¯ ⊥BC ¯¯¯¯¯，EM ¯¯¯¯¯＝BC ¯¯¯¯¯ ¯¯¯¯¯¯ OE 2 6 ∠OME＝ α ，sin α ＝OM ¯¯¯¯¯¯ ＝ 3 ＝ 3 ¯¯¯¯¯ AP2＋CP ¯¯¯¯¯2－AC ¯¯¯¯¯2 1 △ACP 中，¯¯¯¯¯＝ AP CP ¯¯¯¯¯＝ 3 ，AC ¯¯¯¯¯＝2 2 ，∠APC＝β cosβ＝ ＝－ 3 2¯¯¯¯¯． AP CP ¯¯¯¯¯
1 10. BC ¯¯¯¯¯2＝36＋16－2．6．4． 2 ＝28 令OA ¯¯¯¯¯＝x，OB ¯¯¯¯¯＝y，OC ¯¯¯¯¯＝z 追求卓越
鋒凡物理研究室
6
空間平面與直線 2 2 ⎧⎪ x ＋y ＝36 2 2 ⎨ x ＋z ＝16 □ x2＋y2＋z2＝40 □ x2＝12，y2＝24，z2＝4 □ x＝ 12 ，y＝ ⎪⎩ y2＋z2＝28
1 24 ，z＝2 V＝ 6 ．2 3 ．2 6 ．2＝4 2
OA ＝ 32＋22＋22 ＝ 17 。 11. 解析：(1) ̅̅̅ OM ⊥̅̅̅ AB ，̅̅̅ HM ⊥̅̅̅ AB (2) ∵̅̅̅ ∴θ＝∠OMH ∴cosθ＝
1 (3) 表面積＝4． 2 ．4．
̅̅̅ MH ＝ ̅̅̅ OM
2 2 13 ＝ 13 。 13
32＋22 ＋42＝8 13 ＋16（平方單位）。
AB 的中點，過B點作直線垂直̅̅̅ OA 並交̅̅̅ OA 於N，則 (4) 設M為̅̅̅ 1 1 AB ．̅̅̅ OM ＝ 2 ̅̅̅ OA ．̅̅̅ BN ＝△OAB的面積 2 ̅̅̅ ⇒ ̅̅̅ BN ＝
̅̅̅ AB ．̅̅̅ OM 4． 13 ＝ ＝̅̅̅ DN 。 ̅̅̅ OA 17
又̅̅̅ BN ⊥̅̅̅ OA ，̅̅̅ DN ⊥̅̅̅ OA ， 所以兩側面之二面角α等於̅̅̅ BN 與̅̅̅ DN 之交角，即α＝∠BND，
16．13 16．13 17 ＋ 17 －32 4 則cosα＝ ＝－ 13 。 16．13 2． 17 12. 解析：球之直徑為2a，若正八面體每邊長為x，則 x2＋x2＝( 2a )2，x＝ 2 a； 1 2 (正八面體的高)＝
追求卓越
1 4 ( 2 a )2－a2 ＝a， 則所求體積為 3 × 2 a × 2 a × 2 a＝ 3 a3
鋒凡數學家教班
主題 二：空間座標
7
主題 二：空間座標 範例1 1.【詳解】(A)對。設對稱點為P′(x，y，z)，則(
−2+ x 3+ y −5+ z ， ， ) = (0，0，0)，得 2 2 2
P′(2，− 3，5)(B)對。P(− 2，3，− 5)在yz平面之投影點為(0，3，− 5)，對稱點為(2，3，− 5) (C)對。P(− 2，3，− 5)在x軸之投影點為(− 2，0，0)，對稱點為(− 2，− 3，5) (D)對。P(− 2，3，− 5)在xz平面之投影點Pxz = (− 2，0，− 5)， 故P到xz平面之距離 = PPxz = 3
(E)對。P(− 2，3，− 5)在y軸之投影點Py = (0，3，0)，故P到y軸之距離 = PPy = 29 2.【詳解】(A)垂直x軸的直線上任兩點，必有相同的x坐標 (B)垂直xy平面的直線上任兩點，必有相同的x坐標與相同的y坐標 (C)點A(a，b，c)到x軸的垂足為B(a，0，0)
∴
(D)點A(a，b，c)到xy平面的垂足為(a，b，0)
點A到x軸的距離為 b 2 + c 2 點A到xy平面的距離為| c |
∴
(E)點A(a，b，c)到原點O的距離為 OA = a 2 + b 2 + c 2
隨堂練習 【詳解】(B) P對x軸對稱點(a，− b，− c)
(D) P到xy平面的距離 = | c |
範例2 2
2
1.【詳解】∵P ∈ x軸 ∴ 設P(t，0，0) PA + PB = [(t − 1)2 + (− 3)2 + 52] + [(t − 2)2 + 12 + (− 4)2 ] 2 2 3 103 3 103 = 2t2 − 6t + 56 = 2(t − )2 + 當t = 時， PA + PB 有最小值為 2 2 2 2
2. 【詳解】∵ P在zx平面上 ∴ 設P(x，0，z)，由 PA = PB = AB 得
( x − 3) 2 + 1 + ( z − 2) 2 = ( x − 2) 2 + 1 + ( z − 1) 2 = 1 + 4 + 1 ⇒
⎧⎪( x − 3) 2 + 1 + ( z − 2) 2 = 6 ⎨ ⎪⎩( x − 2) 2 + 1 + ( z − 1) 2 = 6
⇒
⎧⎪ x 2 + z 2 − 6 x − 4 z = − 8 …… c ⎨ 2 ⎪⎩ x + z 2 − 4 x − 2 z = 0 …… d
c − d得 − 2x − 2z = − 8 ⇒ x + z = 4 ∴ z = 4 − x代入d得 追求卓越
鋒凡物理研究室
8
空間平面與直線
x2 + (4 − x)2 − 4x − 2(4 − x) = 0 ⇒ x2 − 5x + 4 = 0 ⇒ x = 1或x = 4 ∴
z = 3或z = 0，故P(1，0，3)或P(4，0，0)
3.【詳解】設D點坐標為(x，y，z)，則 DA = DB = DC = AB = 6 2 + 6 2 + 12 2 = 6 6 ⎧ DA = 6 6 ⇒ x 2 + ( y − 6) 2 + ( z + 6) 2 = 6 6 ⎪ ⎪ ⇒ ( x − 6) 2 + ( y + 6) 2 + z 2 = 6 6 ⎨ DB = 6 6 ⎪ ⇒ ( x + 6) 2 + y 2 + ( z − 6) 2 = 6 6 ⎪⎩ DC = 6 6
⇒
⎧ x 2 + ( y − 6) 2 + ( z + 6) 2 = 216 …… c ⎪ 2 2 2 ⎨( x − 6) + ( y + 6) + z = 216 …… d ⎪( x + 6) 2 + y 2 + ( z − 6) 2 = 216 …… e ⎩
c − d得12x − 24y + 12z = 0 ⇒ x − 2y + z = 0……f d − e得− 24x + 12y + 12z = 0 ⇒ 2x − y − z = 0……g f + g得3x − 3y = 0 ⇒ x = y代入f得x = y = z代入c 得3x2 = 144 ⇒ x2 = 48 ∴
x=±4 3
⇒ x=y=z=±4 3
故D點坐標為(4 3 ，4 3 ，4 3 )或(− 4 3 ，− 4 3 ，− 4 3 )
隨堂練習 1.【詳解】設P(x，0，0)在x軸上，A(1，2，1)，B(2，− 1，3)
PA = PB
⇒
( x − 1) 2 + 2 2 + 12 = ( x − 2) 2 + (− 1) 2 + 32
⇒(x − 1)2 + 4 + 1 = (x − 2)2 + 1 + 9 ⇒ 2x = 8 ∴ x = 4，故P(4，0，0) ⎧ y 2 + z 2 = 52 ⎪ ⎪ 2.【詳解】設P點坐標為(x，y，z)，則由題意知 ⎨ z 2 + x 2 = 45 ⎪ 2 2 ⎪⎩ x + y = 5
⇒
⎧ y 2 + z 2 = 52 …… c ⎪ 2 2 ⎨ z + x = 45 …… d ⎪ x 2 + y 2 = 25 …… e ⎩
c + d + e得2x2 + 2y2 + 2z2 = 122 ⇒ x2 + y2 + z2 = 61…… f f − c，f − d，f − e得x2 = 9，y2 = 16，z2 = 36 ∵ P點在第一卦限 ∴ x > 0，y > 0，z > 0 則x = 3，y = 4，z = 6，故P點坐標為(3，4，6) 追求卓越
鋒凡數學家教班
主題 二：空間座標
9
範例3： 【詳解】(1)考慮把平面BCGF與
CGHD攤平；FGCB與CDAB攤 平，如圖則爬行側面之最短路線長 為 1 + (5 + 3) 2 = 65 爬行向上之最短路線長為 5 2 + (1 + 3) 2 = 41 ∴
所求最短路線長為 41
(2)飛行所經最短路線長就是對角線 AG 之長 = 12 + 32 + 52 = 35
範例4： 【詳解】ABCD為正四面體，B(0，0，0)，C(1，0，0)，D(x，y，0)
(1) BD = CD = BC = 1 ⇒
⇒
x 2 + y 2 = 1且 ( x − 1) 2 + y 2 = 1
⎧⎪ x 2 + y 2 = 1 …… c ，c − d得2x − 1 = 0 ∴ x = 1 代入c得y2 = 1 − ( 1 )2 = 3 ⎨ 2 2 2 2 4 ⎪⎩( x − 1) + y = 1 …… d
⇒ y=
3 1 3 （∵ x，y皆正） ∴ D( ， ，0) 2 2 2
(2)設A(a，b，c)，則由 AB = AC = AD = BC = 1
⇒
⇒
1 3 2 a 2 + b 2 + c 2 = (a − 1) 2 + b 2 + c 2 = (a − ) 2 + (b − ) + c2 = 1 2 2 ⎧ ⎪a 2 + b 2 + c 2 = 1 ……c ⎪⎪ 1 2 2 2 ……d ，c − d得2a − 1 = 0 ⇒ a = ⎨(a − 1) + b + c = 1 2 ⎪ 1 3 2 2 2 ⎪(a − ) + (b − ) + c = 1 ……e ⎪⎩ 2 2
c − e得a −
1 3 + 3b− =0 ⇒ 4 4
1 1 1 3 3 = − + 3b− =0 ⇒ b= 2 4 4 2 3 6
1 1 1 1 2 由c得 + + c2 = 1 ⇒ c2 = 1 − − = 4 12 4 12 3 故A(
∴
c=±
6 3
1 3 6 1 3 6 ， ， ，− )或A( ， ) 2 6 3 2 6 3
(3)∵ 頂點A在底面BCD上的正射影H為△BCD的重心 追求卓越
∴ H(
1 3 ， ，0) 2 6
鋒凡物理研究室
10
空間平面與直線
範例5 【詳解】(1)∵ ∴
A(2，0，− 1)，B(6，− 1，4)，C(1，− 5，3)
AB = (6 − 2) 2 + (−1 − 0) 2 + (4 + 1) 2 = 42 ， BC = (1 − 6) 2 + (− 5 + 1) 2 + (3 − 4) 2 = 42
AC = (1 − 2) 2 + (− 5) 2 + (3 + 1) 2 = 42
⇒
AB = BC = AC = 42
∴
△ABC為正三角形
3 21 3 ( 42 )2 = 4 2 (3)∵ A'，B'，C' 為A(2，0，− 1)，B(6，− 1，4)，C(1，− 5，3)在yz平面之正射影 ∴ A'(0，0，− 1)，B'(0，− 1，4)，C'(0，− 5，3) (2)△ABC的面積 =
_____\
_____\
在yz平面上 A′B′ = (− 1，5)， A′C ′ = (− 5，4) ∴
△A'B'C' 的面積 =
21 1 −1 5 的絕對值 = 2 2 −5 4
(4)∵ (△ABC的面積) cosθ = △A'B'C' 的面積 ∴
21 3 21 cosθ = 2 2
⇒ cosθ =
1 3
∴
sinθ =
6 3
範例6： 【詳解】 AB = (6 − 4) 2 + (3 − 1) 2 + (4 − 3) 2 = 3， AC = 02 + 42 + 32 = 5
(1)設D點坐標為(x1，y1，z1) 由分點公式 x1 =
∵ ∠A之分角線交 BC 於D ∴
BD AB 3 = = DC AC 5
5 × 6 + 3 × 4 21 5 × 3 + 3 × 5 15 5 × 4 + 3 × 6 19 ， y1 = = = ， z1 = = 3+5 4 3+5 4 3+5 4
21 15 19 ， ， ) 4 4 4 點坐標為(x2，y2，z2) ∴
(2)設E
D(
是∠A之外角平分線與直線BC之交點
∵ E ∴
BE AB 3 = = CE AC 5 EB：BC = 3：2
E-B-C ∴ 點公式 6 =
∵ 由分
2 x2 + 3 × 4 2y + 3× 5 2z + 3 × 6 ，3 = 2 ，4 = 2 3+ 2 3+ 2 3+ 2
⇒ x2 = 9，y2 = 0，z2 = 1，故E(9，0，1)
隨堂練習 追求卓越
鋒凡數學家教班
主題 二：空間座標
11
【詳解】 由分點公式B(7，2，− 4) = (
2x + 1 2 y − 1 2z + 2 7 ， ， )，得P點之坐標為(10， ，− 7) 3 3 3 2
範例7 ←→
【詳解】過C作 AB 的垂直線交¯¯¯¯¯¯ AB 於E，頂點C之z坐標即為¯¯¯¯¯¯的長因正立方體邊長為 AE 1，則¯¯¯¯¯¯ AC ¯¯¯¯¯¯ AE ¯¯¯¯¯¯ AC 3 ＝1，¯¯¯¯¯¯＝ BC 2 ，¯¯¯¯¯¯＝ AB 3 又△ACE～△ABC，故 ¯¯¯¯¯¯ AE 3 ， AC ＝¯¯¯¯¯¯ AB ，¯¯¯¯¯¯＝
3 頂點C之z坐標為 3
範例8 【詳解】A(4，1，3)，B(6，4，3)，C(1，− 3，3) (1)設△ABC的重心G(x，y，z) 則x=
4 + 6 + 1 11 1+ 4 − 3 2 3+3+3 = ，y = = ，z = =3 3 3 3 3 3
∴
11 2 G( ， ，3 ) 3 3
(2)∵ P ∈ AB 且 AP：PB = 2：5，令P(a，b，c) ∴
由分點公式得 a =
∴
P(
5 ⋅ 3 + 2 ⋅ 3 21 5 ⋅ 4 + 2 ⋅ 6 32 5 ⋅ 1 + 2 ⋅ 4 13 ，b = = =3 = = ，c = 2+5 7 2+5 7 2+5 7
32 13 ， ，3 ) 7 7
範例9 ____\
____\
____\
____\
【詳解】 BA = (4，− 5，2)， BC = (1，− 2，2)(A) BA ⋅ BC = (4，− 5，2)．(1，− 2，2) = 4 + ____\
____\
10 + 4 = 18(B) BA ⋅ BC = BA ⋅ BC cos∠ABC ⇒ cos∠ABC =
____\
____\
____
____
BA ⋅ BC BA ⋅ BC
=
18 2 = (C) 3 5 ⋅3 5
____\ ____\ 2 2 1 1 9 1 BA × BC − ( BA⋅ BC ) 2 = (D)(E)△ABC = 45 × 9 − 18 2 = 而△ABC 2 2 2 5
sin∠ABC =
1 9 = ( BC ) (A到 BC 的距離) = 2 2
⇒
A到 BC 的距離 = 3
隨堂練習 【詳解】∵ ∴
P(6，− 4，4)，Q(2，1，2)，R(3，− 1，4)
____\
____\
QP = (4，− 5，2)， QR = (1，− 2，2)
追求卓越
鋒凡物理研究室
12
空間平面與直線
____\
____\
(1) QP．QR = 4 × 1 + (− 5)(− 2) + 2 × 2 = 4 + 10 + 4 = 18 ∴ (A)為真 (2) cos∠ PQR =
____\
____\
____\
____\
QP．QR
18 2 = 45 9 5
=
| QP || QR |
但sin∠ PQR = 1 − (
2 2 1 ) = 5 5
∴
∴ (B)不真
(C)為真
_____\
(3) P點到 QR 的距離d為 | QP | sin∠ PQR = 45 ． (4)△PQR的面積 =
1 _____\ 1 9 | QR |．d = × 3 × 3 = 2 2 2
∴
1 = 3 ∴ (D)為真 5 (E)為真
練功升級區二 2 2 ⎧⎪ y ＋z ＝41 2 2 2 2 2 1. 解析：設P ( x , y , z )，則⎨ x ＋z ＝34□x ＋y ＋z ＝50 ∴x＝ ⎪⎩ x2＋y2＝25
3，y＝4，z＝5，故選(B)(C)(E) ¯¯¯¯¯＝2 2 ，¯¯¯¯¯＝ PR 2 6 ，¯¯¯¯¯＝ PS 4，¯¯¯¯¯ PR2＝PQ ¯¯¯¯¯ 2＋¯¯¯¯¯ PS 2 2. 解析：∵ PQ □ 可知此正立方體之邊長＝2 2 且P、Q、R、S均在xy平 面上□¯¯¯¯¯＝ PA 2 2 ，¯¯¯¯¯＝ PB 2 RC ¯¯¯¯¯＝ 8＋16＋16 ＞2 6 RD ¯¯¯¯¯＝ 8＋16＋8 ＞2 6 ¯¯¯¯¯＝ PE 8＋4＋4 ＝4 DA ¯¯¯¯¯¯＝ DB ¯¯¯¯¯¯＝ DC ¯¯¯¯¯¯ AB 3. 解析：設第四個頂點D點坐標為 ( x , y , z )，因ABCD是正四面體，故¯¯¯¯¯¯＝ ＝ 2， x2＋( y－1 )2＋( z－1 )2＝( x－1 )2＋y2＋( z－1 )2＝( x－1 )2＋( y－1 )2＋z2＝2，解得x＝y
4 4 4 ＝z 且3 x 2－4 x＝0，則D點坐標為 ( 0 , 0 , 0 ) 或 ( 3 , 3 , 3 ) 4. 解析：
62＋82 ＝10，
62＋62 ＝6 2 □ h＝
100－18 ＝ 82
1 ∴ △ABC＝ 2 ×6 2 × 82 ＝6 41
2 2 ⎧⎪ y ＋z ＝41 2 2 5. 解析：⎨ x ＋z ＝65 ∴x2＋y2＋z2＝90 ∴x＝7，y＝5，z＝4，即P ( 7 , 5 , 4 ) ⎪⎩ x2＋y2＝74
¯¯¯¯¯ 2＝a2＋b2＋c2＝169 a2＋b2＝100，b2＋c2＝81 □a2＝88，c2＝69 6. 解析：PQ □
a2＋c2 ＝ 157 追求卓越
鋒凡數學家教班
主題 二：空間座標
13
⎧⎪ x = 5 7. 解析：E：z＝－2，L：⎨ y = – 3 ，t為實數 ∴ P ( 5 ,－3 ,－2 ) ⎩⎪ z = t ∴ P對稱於O的點為 (－5 , 3 , 2 ) 8. 解析：B ( 3 , 0 , 1 )，C ( 3 , 5 , 1 )，D ( 0 , 5 , 1 )，G ( 3 , 5 , 0 )，則 (1) 蚊子飛行最短距離為 ¯¯¯¯¯¯＝ AG 35 (2) 若經CG線段，則距離為 ( 3 + 5 ) 2 + 1 2 ＝ 65 ； 若經BC線段，則 距離為 ( 1 + 3 ) 2 + 5 2 ＝ 41 ； 若經AB線段，則距離為 ( 1 + 5 ) 2 + 3 2 ＝ 45 ； 故最短路徑長為 41 9. 解析：正四面體各邊等長 ∴可設O ( 0 , 0 , 0 )且B、C、D分別在xy、yz、zx平面上
a a a a 並令其坐標B ( a , a , 0 )，C ( a , 0 , a )，D ( 0 , a , a )又M ( 2 , 2 , 0 )；N ( 2 , 2 , a ) OB ¯¯¯¯¯ a2＋a2 ＝ 2 | a |，¯¯¯¯¯¯¯＝ MN a2 ＝| a |□ ¯¯¯¯¯¯¯ MN ＝ 2
OB ¯¯¯¯¯＝
10. 解析：定一坐標系使此八面體之中心為原點 ( 0 , 0 , 0 )，D ( 1 , 0 , 0 )，E ( 0 , 1 , 0 )，A 1 1 3 1 ( 0 , 0 , 1 )，F ( 0 , 0 ,－1 )，C ( 0 ,－1 , 0 )，則M ( 0 , 2 , 2 ) CM ＝( 0 , 2 , 2 ) AF ＝ 3 1 ( 0 , 0 ,－2 ) ∴CM ． AF ＝0．0＋ 2 ．0＋ 2 ．(－2 )＝－1 11. 解析：C ( x , y , 0 ) 在xy平面上，B對於xy平面之對稱點D (－1 , 1 ,－2 )
BC ¯¯¯¯¯＝DC ¯¯¯¯¯，A、B在x y平面上的正射影為A′ ( 1 , 2 , 0 ) B′ (－1 , 1 , 0 )，¯¯¯¯¯¯¯＝ A′B′ 5 ，¯¯¯¯¯ AB 2 2 2 2 ＝ 2 ＋1 ＋1 ＝ 6 ¯¯¯¯¯¯＝ BB′ B′D ¯¯¯¯¯¯＝2，AD ¯¯¯¯¯＝ 5 ＋5 ＝ 30 當C為AD ¯¯¯¯¯與¯¯¯¯¯¯¯之交點時，△ A′B′ ABC之周長＝¯¯¯¯¯＋ AB BC ¯¯¯¯¯＋CA ¯¯¯¯¯＝¯¯¯¯¯＋ AB AD ¯¯¯¯¯＝ 6 ＋ 30 為最小 2 2 2 2 2 2 2 2 AC ¯¯¯¯¯ ＋BC ¯¯¯¯¯ ＝{ ( x－1 ) ＋( y－2 ) ＋3 }＋{ ( x＋1 ) ＋( y－1 ) ＋2 } 31 3 31 ＝2x2＋2y2－6y＋20＝2x2＋2 ( y－ 2 )2＋ 2 ≥ 2 12. 解析：(1) ∵E為PD ¯¯¯¯¯中點且△PAD為正三角形 定理得¯¯¯¯¯⊥ BE PD ¯¯¯¯¯
∴¯¯¯¯¯⊥ AE PD ¯¯¯¯¯ 又¯¯¯¯¯⊥平面 AB APD，由三垂線
3 AB a，則¯¯¯¯¯＝ AE ¯¯¯¯¯＝a，又∵¯¯¯¯¯⊥ BE PD ¯¯¯¯¯ ∴BD ¯¯¯¯¯＝¯¯¯¯¯＝ BP 2 a □ ¯¯¯¯¯＝ BE (2) 設¯¯¯¯¯＝ 2 a，PD
a2 7 2a － 4 ＝ 2 a ∵AD ¯¯¯¯¯⊥PD ¯¯¯¯¯且¯¯¯¯¯⊥ BE PD ¯¯¯¯¯ ∴∠AED為平面PAD與平面PBD之二面角， 2
3 2 7 2 2 4 a ＋ 4 a －a 在△ABE中，cos∠AEB＝ ＝ 3 7 2 × 2 a× 2 a
3 2 ＝ 21 2
3 21
2 2 ⎪⎧ a ＋b ＝36 13. 解析：令A（0 , 0 , 0），B（a , b , c）⇒ ⎨ b2＋c2＝64
⎪⎩
2
2
2
2
當a＝0，b ＝36，c ＝28 □ a ＋b ＋c2有最小值64 □ ¯¯¯¯¯＝ AB 8 當a2＝36，b＝0，
c2＝64 ⇒ a2＋b2＋c2有最大值100 ⇒ ¯¯¯¯¯＝ AB 10
追求卓越
鋒凡物理研究室
14
空間平面與直線
主題 三：空間向量 範例1 【詳解】(1) sin2α + sin2β + sin2γ = (1 − cos2α) + (1 − cos2β) + (1 − cos2γ)
= 3 − (cos2α + cos2β + cos2γ) = 2 1 2 2 1 2 2 = ，cosβ = = ，cosγ = = (2) cosα = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 1 +2 +2 1 +2 +2 1 +2 +2 1 4 4 27 =3 7cos2α + 2cos2β + 3cos2γ = 7． + 2． + 3． = 9 9 9 9
範例2 ____\
1.【詳解】設α，β，γ 分別為向量 OA 與x軸，y軸，z軸的正向夾 角⇒ cos2α + cos2β + cos2γ = 1
(A)╳：cos2 (B)○：cos2 (C)○：cos2
π 3
π 6
π 4
+ cos2
+ cos2 + cos2
π
π 3
π 3
π 3
+ cos2
+ cos2
1 = 3． ≠ 1 3 4
π
+ cos2
π
π
2
=
3 1 + +0=1 4 4
2π 1 1 1 = + + =1 3 2 4 4
π
1 2+ 3 3 + ≠1 + 4 8 6 2 4 4 2π 2π 3π 1 1 1 + cos2 + cos2 = + + =1 (E)○：cos2 3 3 4 4 4 2 (D)╳：cos2
+ cos2
+ cos2
=
2.【詳解】∵ A(− 2，1，3)，B(1，0，t + 1) ∴
____\
AB = (1 + 2，0 − 1，t + 1 − 3) = (3，− 1，t − 2)
π
=
3
∵
cos
∴
(B)(C)均為真
4
(t − 2) + 10 2
____\
又 | AB | = 18 = 3 2
∴
=
1 2
∴
(A)不真
⇒ (t − 2)2 + 10 = 18 ⇒ (t − 2)2 = 8 ⇒ t = 2 ± 2 2
cos β =
−1 3 2
， cos γ =
±2 2 3 2
=±
2 3
3.【詳解】設終點坐標為(x，y，z)，則 a = (x − 1，y + 5 2 ，z)
x −1 y+5 2 2 π x −1 1 π y+5 2 = cos ⇒ = ⇒ x=6 = cos ⇒ = 3 10 2 4 10 2 |a| |a| z 2π 1 z = cos ⇒ =− ⇒ z = − 5，故終點坐標為(6，0，− 5) 0 3 10 2 |a| ∴
追求卓越
鋒凡數學家教班
⇒ y=
主題 三：空間向量
15
隨堂練習 1.【詳解】利用α，β，γ表示一個向量的方向角 ⇔ (1) 0 ≤ α，β，γ ≤ π (2) cos2α + cos2β + 1 1 119 π < cos2γ = 1 ∴ (A)(B)(C)(D)顯然正確 而0 < cos −1 ，cos −1 ，cos −1 3 4 12 2 1 1 119 1 1 119 2 且 cos 2 (cos −1 ) + cos 2 (cos −1 ) + cos 2 ( cos −1 ) = ( )2 + ( )2 + ( ) 3 4 12 12 3 4 1 1 119 144 = + + = = 1 ，故(E)也正確 9 16 144 144
而cosα = ∴
____
____\
AB = (3 2 ，− 3，3) = 3( 2 ，− 1，1)， AB = 6
2.【詳解】∵
3 2 2 3 1 π −3 π 1 2π = ⇒ α = ，cosβ = ，cosγ = = ⇒ γ = =− ⇒ β= 2 4 3 AB 2 3 AB 2 AB
π 2π π AB 的方向角α，β，γ = ， ， 4 3 3
____\
____\
____\
3. 【詳解】設 AB 的始點A(x，y，z)，則 AB = (7 − x，6 − y，− 5 − z) ∵
____\
| AB | = 9且方向角為45°，60°，γ ⇒ cos245° + cos260° + cos2γ = 1
⇒ cos2γ = ∴
____\
−1 （∵ 90° < γ < 180°） 2 ____\
____\
____\
AB = (| AB | cos45°，| AB | cos60°，| AB | cosγ) = (9cos45°，9cos60°，9cosγ)
故7 − x = 9cos45°，6 − y = 9cos60°，− 5 − z = 9cosγ 9 3 1 9 3 9 1 9 ∴ x=7− ，y = 6 − = ，z = − 5 + = − ，故A的坐標為(7 − ， ，− ) 2 2 2 2 2 2 2 2
範例3 ____\
1.【詳解】如圖，將圖形坐標化，得 AG = (4，5，3)， ____\
____\
FD = (− 4，5，− 3) cosθ = ±
____\
AG ． FD ____\
____\
=±
| AG | | FD | ∴
AG 與 FD 的夾角度量θ = ____\
− 16 + 25 − 9
50 ． 50
=0
π 2 ____\
2.【詳解】(1) EB = (1，1，− 1)， DG = (1，1，1)，令∠BOG = ____\
____\
θ，則θ為 EB ， DG 的夾角∴ cosθ =
____\
____\
____\
____\
DG ． EB | DG | | EB |
追求卓越
=
1+1−1 1 = 3． 3 3
鋒凡物理研究室
16
空間平面與直線 ____\
(2)令∠BDG = φ，則cosφ =
____\
DG ． DB ____\
____\
| DG | | DB |
=
6 2 1+1 = = 3 6 2． 3
範例4 【詳解】∵ a = (2，− 1，− 2)， b = (1，2，2) t b = (2 + t，− 1 + 2t，− 2 + 2t)
(1)∵
c ⊥a
∴
∴
c =a+
a ． c = 0 ⇒ 2．(2 + t) − 1．(− 1 + 2t) − 2．(− 2 + 2t) = 0 ⇒ t =
4 9
(2)∵ | a | = | b | = 3，若 c 平分 a ， b 的夾角，則 c // ( a + b ) ∴ (2 + t，− 1 + 2t，− 2 + 2t) // (3，1，0)
⇒
2 + t − 1 + 2t = 3 1
⇒ − 2 + 2t = 0 ⇒ t = 1
隨堂練習 【詳解】 a = (2，− 1，2)， b = (1，− 1，0)， c = a + tb = (2 + t，− 1 − t，2) (1) a ⊥ c ⇒ a ． c = 0 ⇒ (2，− 1，2)．(2 + t，− 1 − t，2) = 0 ⇒ 2(2 + t) − (− 1 − t) + 4 = 0 ⇒ 9 + 3t = 0 ∴ t = − 3
(2)∵ 2 a − b = 2(2，− 1，2) − (1，− 1，0) = (4，− 2，4) − ( 1 − 1，0) = (3，− 1，4)
c = a + tb = (2 + t，− 1 − t，2) ∴ (2 a − b ) // c
⇒
2+t −1− t 2 = = 3 4 −1
⇒ t=−
1 2
3 9 3 9 (3)∵ | c | = (2 + t ) 2 + (− 1 − t ) 2 + 4 = 2t 2 + 6t + 9 = 2(t + ) 2 − + 9 = 2(t + ) 2 + 2 2 2 2
∴
9 3 3 2 3 當t = − 時，| c | = = = 為最小值 2 2 2 2
範例5 1.【詳解】(x + 2y + 3z)2 ≤ (x2 + y2 + z2)(12 + 22 + 32) = 5．14 = 70 ∴ x + 2y + 3z最大值為 70 2.【詳解】s =
1 1 1 1 (4 + 8 + 6) = 9△ABC面積= ．4．x + ．8．y + ．6．z 2 2 2 2
= 9(9 − 4)(9 − 8)(9 − 6)
⇒ 2x + 4y + 3z = 3 15 利用柯西不等式知[x2 + (2y)2 + (3z)2](22 + 22
+ 12) ≥ (2x + 4y + 3z)2 (x2 + 4y2 + 9z2) × 9 ≥ (3 15 )2
∴
x2 + 4y2 + 9z2 ≥ 15，即最小值為15
3.【詳解】2x + 2y + z + 8 = 0 ⇒ 2(x − 1) + 2(y + 2) + (z − 3) = − 9 追求卓越
鋒凡數學家教班
主題 三：空間向量
17
[2(x − 1) + 2(y + 2) + (z − 3)]2 ≤ [(x − 1)2 + (y + 2) 2 + (z − 3) 2]．(22 + 22 + 12)
⇒ (x − 1)2 + (y + 2) 2 + (z − 3) 2 ≥ 4. 【詳解】(
⇒ (
( − 9) 2 9
=9
4 9 16 2 3 4 + + )(a + b + c) ≥ ( ⋅ a+ ⋅ b+ ⋅ c )2 a b c a b c
4 9 16 + + )．9 ≥ (2 + 3 + 4)2 = 81 ⇒ a b c
4 9 16 81 =9 + + ≥ a b c 9
5. 【詳解】∵ sin2α + sin2β + sin2γ = 2，由柯西不等式 ∴
(sin2α + sin2β + sin2γ)[ (
1 2 3 2 5 2 ) +( ) +( ) ] ≥ (1 + 3 + 5)2 sin α sin β sin γ
⇒ 2(csc2α + 9csc2β + 25csc2γ) ≥ 81 ∴
csc2α + 9csc2β + 25csc2γ ≥
81 2
∴
最小值為
81 2
隨堂練習 1.【詳解】∵ a = (1，0，− 2)， b = (x，y，z) ∴ a ． b = x − 2z 由柯西不等式[12 + 02 + (− 2)2](x2 + y2 + z2) ≥ (x + 0 − 2z)2
⇒ 5 × 16 ≥ (x − 2z)2 ⇒ − 4 5 ≤ x − 2z ≤ 4 5 ⇒ − 4 5 ≤ a ． b ≤ 4 5 ，故 a ． b 的最大值為4 5 ( x − 1) 2 ( y + 2) 2 ( z − 3) 2 + + = 1 ，由柯西不等式知 16 5 4 x −1 2 y+2 2 z −3 2 x −1 y+2 z −3 2 ) +( ) +( ) ] ≥ [ 4．( ) + 5．( ) + 2． ( )] [42 + ( 5 )2 + 22] [( 4 2 4 2 5 5
2. 【詳解】∵
⇒ 25 × 1 ≥ (x + y + z − 2)2 ⇒ 5 ≥ |x + y + z − 2| ⇒ − 5 ≤ x + y + z − 2 ≤ 5 ∴ − 3 ≤ x + y + z ≤ 7，故x + y + z之最大值為7，最小值為 − 3 3. 【詳解】已知| b |2 = x2 + y2 + z2 = (2 14 )2 = 56 由柯西不等式知(x2 + y2 + z2)(12 + 22 + 32) ≥ (x + 2y + 3z)2 ⇒ 56 × 14 ≥ ( a ． b )2 ⇒ − 28 ≤ a ． b ≤ 28，得 a ． b 之最大值M = 28 x y z 令 此時 = = = t，則x = t，y = 2t，z = 3t 1 2 3
28 = a ． b = x + 2y + 3z = t + 4t + 9t = 14t 得x = 2，y = 4，z = 6，即 b = (2，4，6)
⇒ t=2
範例6： 【詳解】1.(1) c = a + t b = (3 + t，− 6 + 3t，2 + 4t) | c |2 = (3 + t)2 + (− 6 + 3t)2 + (2 + 4t)2 = 26t2 −
− 135 40 7 2 49 × 25 7 85 ∴ 當t = 時，| c |有最小值，此時 c = ( ， ， ) ) + 26 26 26 26 26 13 2 3 3 −6 −6 2 a×b ， ， ) = (− 30，− 10，15) u = ± = (2) a × b = ( 3 4 4 1 1 3 | a×b |
14t + 49 = 26(t −
追求卓越
鋒凡物理研究室
18
空間平面與直線
−6 −2 3 (−30，− 10，15) ， ， ) =±( 35 7 7 7 1 −1 2 1 −1 2 ) = (6，− 7，5) ， ， 2. 【詳解】 u × v = ( 3 3 3 1 1 3 ±
∵
a ⊥u ，a ⊥v
a = (− 6，p，q)// u × v = (6，− 7，5)，得(p，q) = (7，− 5)
∴
範例7 ____\
【詳解】(1)c設 OC = (x1，y1，z1) ∵
1 ∠AOC = 60° ∴ x1 = 1．cos60° = ，x2 = 1． 2
____\ ____\ 1 3 3 又平面OABC在xy平面上 ∴ x3 = 0，故 OC = ( ， ，0) d設 OD = (x2， 2 2 2 y2，z2) ∵ ∠AOC = ∠AOD = ∠COD = 60° ⇒ △AOC，△AOD，△COD為正△且各稜長為1 ∴ 四面體DOAC是正四面體
cos30° =
設 DH 垂直平面OAC，則 OH = 又∠AOH = ∴
____\
____\
∴
DH = 1 −
6 1 6 ，即z2 = = 3 3 3
1 ∠AOC = 30° 2
x2 = OH cos30° =
故 OD = (
2 3 3 ⋅ = 3 2 3
3 3 1 3 1 3 ⋅ = ，y2 = OH cos60° = ⋅ = 3 2 2 3 2 6
1 3 6 ) ， ， 2 6 3
____\
____\
____\
____\
____\
e OF = OB + BF = OA + OC + OD
= (1，0，0) + (
2 3 6 1 3 1 3 6 ) = (2， ) ， ，0 ) + ( ， ， ， 2 2 2 6 3 3 3
(2)平行六面體的體積 = (□OABC)． DH = 1．1．sin60°．
6 3 6 2 = = ⋅ 3 2 3 2
練功升級區三 1. 解析：x2＋y2＋z2＝25， a ． b ＝x＋2y＋2z由柯西不等式得知( x2＋y2＋z2 ) ( 12＋22＋22 ) ≥ ( x＋2y＋2z )2□－15 ≤ x＋2y＋2z ≤ 15 當x＋2y＋2z＝15時，x＝t，y＝2t，z＝2t，t為實 5 5 10 10 數∴t＝ 3 即x＝ 3 ，y＝ 3 ，z＝ 3 2. 解析：(x2＋y2＋z2) (12＋22＋22) ≥ ( x＋2y＋2z)2 ⇒ －15 ≤ x＋2y＋2z ≤ 15 5 10 10 x＋2y＋2z＝15時，x＝ 3 ，y＝ 3 ，z＝ 3 3. 解析：(1) BA = CD □( – 1 , – 3 , 0 ) = CD ，D ( 1 , 3 , 4 ) (2) AB = CD □( 1 , 3 , 0 ) = CD ，D ( 3 , 9 , 4 ) (3) CA = BD □( – 1 , – 4 , – 1 ) = BD ，D ( 1 , 1 , 2 ) 4. 解析：(A) u ＋t v ＝（t , 1 , 2－t）＝ w ｜ w ｜＝
2t2－4t＋5 ＝
2（t－1）2＋3 (C)（ u
5 ＋t v ）． u ＝0＋1＋4－2t＝0 ⇒ t＝ 2 (D)（ u ＋t v ）． v ＝t－2＋t＝0 ⇒ t＝1 追求卓越
鋒凡數學家教班
主題 三：空間向量
19
5. 解析： AB ＝（1 , 2 , 2）， AC ＝（2 , 2 , 0）
AB ． AC ＝2＋4＝6＝｜ AB ｜．｜ AC ｜．cos θ□ cos θ＝ 1 π 1 ，θ＝ 4 △ABC＝ 2 2
sin θ＝
1 2
｜ AB ｜2｜ AC ｜2－( AB ． AC )2＝3
6. 解析： a ． b ＝｜ a ｜．｜ b ｜．cos θ□ 2 6 ＝ 12 ． 8 ．cos θ 2 6 1 ＝ 2 ，θ＝60° 12 ． 8
cos θ＝
x－1 y＋2 2 z－3 7. 解析：［（ 4 ）2＋（ ） ＋（ 2 ）2］［42＋（ 5）2＋22］≥（x－1＋y＋2＋z 5 －3）2，－5 ≤ x＋y＋z－2 ≤ 5，－3 ≤ x＋y＋z ≤ 7 8. 解析：(1) a ＝ AB ＝(－2 ,－2 , 3 ) b ＝ AC ＝( 1 ,－1 , 2 ) 故 a ． b ＝－2＋2＋6＝6 (2) cosθ＝
a．b ＝ ⎟a⎟⎟b⎟
6 ＝ 4＋4＋9 1＋1＋4 ∴ sinθ＝
1－cos2θ ＝
6 17 11 17 11 17 ＝ 11
←→
(3) 點B到 AC 的距離為 | a | sin θ ＝ 17 ×
9. 解析： AB ＝（－1 , －2 , 2）， AC ＝（3 , 0 , 6） －3＋12 （3 , 0 , 6） 6 3 AC AC ）． ＝ ． ＝（ 5 , 0 , 5 ） ｜ AC ｜ ｜ AC ｜ 45 45
（ AB ．
10. 解析：建立一個坐標系使得點A的坐標為( 0 , 0 , 2 )，如附圖所示，則點O與B的坐標分別 為( 1 , 1 , 1 )與( 2 , 2 , 2 ) □ OA ＝(－1 ,－1 , 1)， OB ＝（1 , 1 , 1）
OA ． OB 故 cos∠AOB＝ | OA | | OB | ＝
－1 1 ＝－ 3 3 3
AB 2 2，設D（x , y , z） 11. 解析：¯¯¯¯¯＝ 2 2 2 ⎧⎪ ( x－2 ) ＋y ＋z ＝8 2 2 2 ⎨ x ＋( y－2 ) ＋z ＝8 ⎪⎩ x2＋y2＋( z－2 )2＝8
2 2 2 ⇒ x＝2，y＝2，z＝2或x＝－ 3 ，y＝－ 3 ，z＝－ 3 12. 解析：設平面E的法向量為 n ＝( x , y , z )
⎧ n ．(－3 , 4 , 0 )＝0 ⎪⎧ －5x＋4y＝0 ⎨ □⎨ ⎩ n ．(－3 , 0 , a )＝0 ⎪⎩ －3x＋az＝0 xy平面法向量 v ＝( 0 , 0 , 1 ) u．v ∵ u 與 v 夾45°∴ cos 45°＝ ＝ |u||v| 追求卓越
∴ n ＝( 4a , 3a , 12 )
12 1 ＝ 2 16a ＋9a ＋144 2 2
鋒凡物理研究室
20
空間平面與直線 □
144 1 ＝ 2 ⇒ 25a2＝144 25a2＋144
144 12 12 a2＝ 25 ，a＝ 5 （∵ a＞0 ∴ a＝－ 5 不合） 13. 解析： a ⊥ b □ a ． b ＝0 ⇒ －8＋8k＋8＝0 ⇒ k＝0 b ⊥ c □ b ． c ＝0 ⇒ －2t＋0－4＝0 ⇒ t＝－2 a ． c ＝｜ a ｜．｜ c ｜cos θ －7 6 18
⇒ －8－16－32＝12．2 6 ．cos θ cos θ＝ 14. 解析：(1) BA ＝ OA － OB ＝( 4 ,－5 , 2 ) BC ＝ OC － OB ＝( 1 ,－2 , 2 ) BA ． BC ＝4＋10＋4 ＝18
(2) BA ． BC ＝| BA | | BC | cos∠ABC ∴ cos∠ABC＝
2 5
1 1 1 9 ＝2 (3)△ABC面積＝ 2 | BA | | BC | sin∠ABC ＝ 2 ． 45 ．3． 5 15. 解析：設 u ＝ OA ， v ＝ OB ，t v ＝ OD ， w ＝ u ＋t v ＝ OC w 平分 u 與 v 之夾角 ⇔
OACD為菱形 ⇔ | u |＝| t v |且t＞0 ∴
22＋12＋(－3)2 ＝t．
12＋22
⇒ t＝
14 ＝ 5
70 5 16. 解析：(1) ［( x－1 )2＋( y＋1 )2＋( 2z－3 )2］［62＋(－3 )2＋22］≥ ( 6x－3y＋4z－15 )2 □ 16×49 ≥ ( 6x－3y＋4z－15 )2 □－28 ≤ 6x－3y＋4z－15 ≤ 28 ∴6x－3y＋4z最大值為43 (2) x＝6t＋1，y＝－3t－1，z＝
2t＋3 2 ，t為實數
又6x－3y＋4z＝43 ∴36t＋6＋9t＋3＋4t＋6＝43
4 ∴49t＝28，t＝ 7
31 19 29 ∴( x , y , z )＝( 7 ,－ 7 , 14 )
17. 解析：令 AH ＝x AB ＋y AC AB ＝（1 , －2 , 0）， AC ＝（0 , 2 , －2） ⎪⎧ ⎨ ⎪⎩
AB ． AH ＝x｜ AB ｜2＋y AB ． AC AC ． AH ＝x AC ． AB ＋y｜ AC ｜2
2 ⎪⎧ AB ． AC ＝x｜ AB ｜＋y AB ． AC □ ⎨ AB ． AC ＝x AB ． AC ＋y｜ AC ｜2 ⎪⎩
⎪⎧ －4＝5x－4y 3 □ ⎨ －4＝－4x＋8y□ 6x＝－12 □ x＝－2，y＝－ 2 ⎪⎩
－3 AH ＝－2（1 , －2 , 0）＋ 2 （0 , 2 , －2）＝（－2 , 1 , 3） 故H＝（－1 , 2 , 4）
追求卓越
鋒凡數學家教班
主題 四：平面與直線
21
主題 四：平面與直線 範例1 ____\
____\
____\
____\
1.【詳解】 AB = ( − 1，− 1，2)， AC = ( − 3，0，1) N = AB × AC = ( − 1，− 5，− 3) = − 1(1， 5，3) 令(x − 2) + 5(y − 1) + 3z = 0 ⇒ x + 5y + 3z − 7 = 0 2.【詳解】 (1)設平面ABC方程式為ax + by + cz + d = 0 ∵ 過A(1，1，2) ∴ a + b + 2c + d = 0……c 過B( − 1，0，3) ∴ − a + 3c + d = 0……d 過C(2，0，− 1) ∴ 2a − c + d = 4 3 d，b = d，c = − d ∴ 平面ABC方程式為4x − 5y + 3z − 5 = 5 5 ⇒ D(3，k，1)在平面ABC上 ∴ 12 − 5k + 3 − 5 = 0 ⇒ k =
0……e 解c，d，e得a = − 0
(2) A，B，C，D共平面
2 ___\
___\
3. 【詳解】設平面E，F的法線向量各為 n1，n2 ___\
____\
n1 ⊥ AB
∴
___\
___\
___\
____\
∵
E⊥F ⇒
___\
___\
n1 ⊥ n2 又A，B ∈ E ⇒
____\
___\
n1 為 n2 ， AB 的公垂向量 由 n2 = (1，− 2，3)， AB = (3，0，2)
n1 = (4，− 7，− 6)
⇒
∴ E：4x − 7y − 6z + 21 = 0
x y k z = 1 截距和 = k + k − = 10 ⇒ k = 10 4. 【詳解】設所求平面x + y − 3z = k，則 + + k k k 3 − 3 3 × = 6 ∴ x + y − 3z − 6 = 0為所求 5
隨堂練習 ___\
___\
1.【解1】令E1，E2之法向量分別為 n1 = (1，− 1，1)， n2 = (2，1，− 1) 設所求平面之法向量為 n = (a，b，c)∵
E ⊥ E1，E ⊥ E2
∴
___\
___\
n ⊥ n1，n ⊥ n2
⎧ ___\ −1 1 1 1 1 −1 ⎧a − b + c = 0 ⎪n ．n = 0 得a：b：c = ： ： = 0：3：3 = ⇒ ⎨ ⇒ ⎨ ___1 \ a b c 1 − 1 − 1 2 2 1 + − = 2 0 ⎩ ⎪n ．n = 0 2 ⎩ 0：1：1 取 n = (0，1，1)，又E過點A(1，2，2)∴ 由點向式知E的方程式為0．(x − 1) + 1．(y − 2) + 1．(z − 2) = 0，即y + z − 4 = 0為所求 ___\
___\
2.【詳解】 n1 = (1，− 1，2)， n2 = (2，1，3)
⇒
___\
___\
n1 × n2 = ( − 5，1，3) E：5(x − 2) − (y −
3) − 3(z − 2) = 0 ⇒ 5x − y − 3z − 1 = 0
範例2 追求卓越
鋒凡物理研究室
22
空間平面與直線
【詳解】由光學原理， BC 之延長線會經過A關於平面E的 ____\
____\
對稱點A′，且 A′B = AB = 3 BC = (− 4，4，2)，則單位向量 u =
(− 4，4，2) −2 =( ， 6 3 | BC | BC
____\
=
2 1 ， ) 3 3 ____\
BC
____\
A′B = 3 u = 3．(
⇒
____\
) = 3．(
| BC |
−2 2 1 ， ， ) = (− 2，2，1) 3 3 3
即(− x，1 − y，− z) = (− 2，2，1)，得A′(x，y，z) = (2，− 1，− 1) ____\
平面E之法向量為 AA′ = (1，− 4，− 3)，又過B點(0，1，0)
E：(x − 0) − 4(y − 1) − 3(z − 0) = 0，即E：x − 4y − 3z + 4 = 0
∴
範例3 【詳解】 設E為 CD 之中點，則E(1，0，− 1)， 則所求平面即由A，B，E三點決定之平面 ____\
____\
AB = (4，5，3)， AE = (1，− 1，− 1) ____\
⇒
____\
AB × AE = (− 2，7，− 9)
取所求平面E之法向量 n = (2，− 7，9)，且平面E過點A(0，1，0) ∴ E：2(x − 0) − 7(y − 1) + 9(z − 0) = 0 ⇒ E：2x − 7y + 9z + 7 = 0 ⇒ b = − 7，c = 9，d = 7，得b + c + d = 9
範例4 【詳解】A(1，2，3)，B(1，4，2)，C(4，0，3) (1) ABCD為平行四邊形，設D(x，y，z) ⇒ ____\
____\
AD = BC ⇒ (x − 1，y − 2，z − 3) = (3，− 4，1) ∴ (x，y，z) = (4，− 2，4) ____\
____\
(2) AB = (0，2，− 1)， AC = (3，− 2，0) △ABC面積 =
____\ ____\ 1 ____\ 2 ____\ 2 1 1 7 (2 2 + 12 )(32 + 2 2 ) − (− 4) 2 = 49 = | AB | ．| AC | − ( AB．AC ) 2 = 2 2 2 2
(3)設平面法向量 n = (a，b，c) ⇒
____\
____\
n ⊥ AB，n ⊥ AC
∴
⎧2b − c = 0 2 ⇒ a：b：c = b：b：2b = 2：3：6 ⎨ 3 ⎩3a − 2b = 0
∴
平面方程式為2(x − 1) + 3(y − 2) + 6(z − 3) = 0，即2x + 3y + 6z − 26 = 0 ____\
____\
____\
(4) OA = (1，2，3)， OB = (1，4，2)， OC = (4，0，3) 四面體OABC體積 追求卓越
鋒凡數學家教班
主題 四：平面與直線
23
1 2 3 1 1 13 = | 1 4 2 | = × 2 ×13 = 6 6 3 4 0 3
範例5 1.【詳解】∵ 平面E與平面2x + y + 2z − 1 = 0平行 ∴ 令平面E的方程式為2x + y + 2z = k， 則
x y z k 1 1 k + + = 1 ∵ E與三坐標平面所圍成的四面體體積 V = | ．k． | = | k3 | ∴ k k k 2 24 6 2 2 2
1 | k |3 = 9 ⇒ | k |3 = 63 24 2.【詳解】令平面E為
∵ 當
| k | = 6 ⇒ k = ± 6 故平面E的方程式為2x + y + 2z = ± 6
∴
x y z + + = 1，點P(2，3，1) ⇒ a b c
a > 0，b > 0，c > 0 ⇒
2 3 1 + + a b c ≥3 6 3 abc
2 3 1 + + =1 a b c 1 abc ≥ 27 6
⇒
2 1 3 1 1 1 = ， = ， = 時，等號成立 ⇒ a = 6，b = 9，c = 3 ⇒ a 3 b 3 c 3
x y z + + =1 6 9 3
範例6 【詳解】設E：(2x + y − 4) + k(y + 2z) = 0……c ⇒ E：2x + (k + 1)y + 2kz − 4 = 0，法向量 n = (2，k + 1，2k) ___\
而E′：3x + 2y − 3z − 6 = 0之法向量 n′ = (3，2，− 3) ∵
E ⊥ E′ ∴
___\
n ． n ′ = 6 + 2k + 2 − 6k = 0 ⇒ k = 2代入c
⇒ E：2x + 3y + 4z − 4 = 0
隨堂練習 【詳解】設此平面方程式為(3x − y + z + 1) + k(x − 2y − z + 4) = 0 ∵
過( − 2，1，5)
∴
1 (3x − y + z + 1) − (x − 2y − z + 4) = 0，即14x − 3y + 6z + 1 = 0 5
∴
( − 6 − 1 + 5 + 1) + k( − 2 − 2 − 5 + 4) = 0 ⇒ k = −
1 5
範例7 ___\
___\
1.【詳解】E1及E2之法向量分別為 n1 = (1，− 1，1)， n2 = (1，1， 6 ) ___\
則cosθ = ±
___\
n1．n2
___\
___\
=±
| n1 |．| n2 | 追求卓越
1−1+ 6 3． 8
=±
1 2
∴
夾角為60°或120° 鋒凡物理研究室
24
空間平面與直線 ____\
____\
2. 【詳解】 CA = ( 3 ，1， 2 3 ) ， CB = (3， 3 ， − 2) ___\
___\
____\
___\
⎧⎪ 3a + b + 2 3c = 0 ⇒ ⎨ ⎪⎩3a + 3b − 2c = 0
____\
設 n1 = (a，b，c)為平面ABC之法向量，則 n1 ⊥ CA，n1 ⊥ CB
∴
∴
1 2 3 2 3 ： 3 −2 −2
a：b：c =
3 3 ： 3 3
1 = (− 8)： 8 3 ：0 = 1：( − 3 )：0 3
___\
n1 = (1，− 3 ，0) ___\
又yz平面之法向量 n 2 = (1，0，0)，設ABC平面與yz平面之夾角θ ___\
則cosθ =
___\
n1．n2
___\
1
=
___\
1 + 3． 1
| n1 |．| n2 |
=
1 2
∴
銳夾角θ = 60°
1 1 3. 【詳解】∵ 平面E過點A(1，0，0)，B(0，0， ) ∴ E的x截距為1，y截距為 3 3 設E：
x y z + + =1 1 b 1
而F：x + z = ___\
cos45° =
∴
___\ 1 的法線向量為 n2 = (1，0，1) 2 ___\
| n1．n2 | ___\
___\ 1 E的法線向量為 n1 = (1， ，3) b
⇒
___\
| n1 ． | | n2 |
∴
1 = 2
4 1 10 + 2 ． 2 b
⇒
b2 =
1 6
⇒
b =±
1 6
E：x ± 6 y + 3z = 1
隨堂練習 ___\
1.【詳解】∵ 平面E：2x + y + 2z + 13 = 0之法向量 n1 = (2，1，2) ___\
平面F：x + y − 7 = 0之法向量 n2 = (1，1，0) ∴
___\
___\
E與F之夾角θ 就是 n1 與 n2 之夾角 ___\
⇒ cosθ = ±
___\
n1．n2
___\
___\
| n1 ． | | n2 |
=±
1 2 +1+ 0 3 =± =± 4 + 1 + 4． 1 + 1 + 0 3 2 2
∴
sinθ =
1 2
=
2 2
2. 【詳解】 ___\
___\
平面E：x + 2 y + 3 z = 1，法向量 n1 = (1， 2 ， 3 )，xy平面之法向量 n2 = (0，0，1)
追求卓越
鋒凡數學家教班
主題 四：平面與直線 ___\
∴
25 ___\
n1．n2
所夾銳角cosθ =
___\
___\
| n1 ． | | n2 |
=
3 1 (1， 2 ， 3 )．(0， 0，1) = = 6． 1 6 2
∴
θ=
π 4
3. 【詳解】 1 ⎧ ___\ y x z ⎧ + =1 ⎪ n1 = (1，− 1，a ) ⎪ E： + 之法向量分別為 ⎨ ⎨ 1 −1 a ⎪ E xy：z = 0 ⎪ ___\ ⎩ ⎩ n 2 = (0，0，1) ___\
cos45° =
1 | 1 a = 2 1 2 + 2 ×1 a
___\
| n1．n2 | ___\
|
⇒
___\
| n1 |．| n2 | 兩邊平方，2 +
1 2 = 2 2 a a
⇒
⇒
2+
1 1 = 2． 2 |a| a
1 1 1 ，− （不合 ∵ a > 0） = 2，得a = 2 a 2 2
範例8 1. 【詳解】d(P，E) =
| 2．3 − 1． 2 + 2． 4 + 6 | 2 2 + (−1) 2 + 2 2
=
18 =6 3
2. 【詳解】設平面E的方程式為3x + 6y − 2z = d |3−6+ 4− d | 則P(1，− 1，− 2)到平面E的距離 = =2 9 + 36 + 4 |1− d | = 2 ⇒ |1 − d | = 14 ⇒ 1 − d = ± 14 ⇒ d = − 13或15 7 故平面E的方程式為3x + 6y − 2z = − 13或3x + 6y − 2z = 15 ∴
____\
____\
3. 【詳解】 AB = (1，− 2，− 2)，令 AB = N ⇒E：(x − 2) − 2(y − 1) − 2z = 0 ⇒ x − 2y − 2z = 0 d(C，E) =
| 3 − 10 − 2 | 1+ 4 + 4
=3
隨堂練習 1.【詳解】設A(1，− 2，3) ∵ P(x0，y0，z0) ∴ ∵
P為平面E：2x − y − 4z − 1 = 0上一點 ∴
AP = ( x0 − 1) 2 + ( y 0 + 2) 2 + ( z 0 − 3) 2
AP 的最小值即為A點到平面E之距離d
| 2 + 2 − 12 − 1 | | − 9 | 9 3 21 = = = 7 21 21 4 + 1 + 16 2. 【詳解】由柯西不等式知
∵
d=
[(x − 2)2 + (y − 2)2 + (z − 1)2](32 + 22 + 62) ≥ [3(x − 2) + 2(y − 2) + 6(z − 1)2] ⇒ [(x − 2)2 + (y − 2)2 + (z − 1)2] × 49 ≥ (3x + 2y + 6z −16)2 追求卓越
鋒凡物理研究室
26
空間平面與直線
⇒ (x − 2)2 + (y − 2)2 + (z − 1)2 ≥
1 100 × (6 − 16)2 = 49 49
( x − 2) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 1) 2 ≥
⇒
100 10 = 7 49
∴
最小值為
10 7
範例9 【詳解】A(5，3，− 4)，B(3，4，− 2)，平面E：2x + y − 2z = 3 ____\
(1) AB = ( − 2，1，2)，平面E的法向量 n = (2，1，− 2) ____\
____\
AB 與 n 夾角θ ⇒ cosθ =
| AB．n |
=
____\
| − 4 +1− 4 | 9． 9
| AB |．| n |
=
7 9
7 4 2 ⇒ sinθ = 1 − ( ) 2 = 9 9
4 2 4 2 = 9 3 (2) A、B二點代入平面E，(10 + 3 + 8 − 3)(6 + 4 + 4 − 3) > 0，故A、B在平面E同一側 ∴
正射影長 = AB × sinθ = 9 ×
設A對平面E的對稱點A′(x，y，z) ⇒
_____\
AA′// n ⇒
_____\
AA′ = tn
⇒ (x − 5，y − 3，z + 4) = t(2，1，− 2) ⇒ (x，y，z) = (5 + 2t，3 + t，− 4 − 2t) A與A′中點 (
5 + 5 + 2t 3+3+t − 4 − 4 − 2t 1 ， ， ) = (5 + t，3 + t，− 4 − t)在平面E上 2 2 2 2
1 ⇒ 2(5 + t) + (3 + t) − 2( − 4 − t) = 3 ⇒ t = − 4 ∴ A′(− 3，− 1，4) 2 ∴
PA + PB 的最小值 = A′B = 6 2 + 5 2 + 6 2 = 97
(3) PA： PB = d(A，E)：d(B，E) =
| 10 + 3 + 8 − 3 | 2 + 1 + (− 2) 2
(4)設此平面法向量 N = (a，b，c) ⇒
2
2
：
| 6+ 4+ 4−3| 2 + 1 + (− 2) 2
2
2
= 18：11 =
18 11
____\
N ⊥ n，N ⊥ AB
∴
⎧2a + b − 2c = 0 ⎨ ⎩− 2a + b + 2c = 0
∴
平面方程式為(x − 5) + (z + 4) = 0，即x + z = 1
⇒ (a，b，c) = (a，0，a) = (1，0，1)
隨堂練習 【詳解】(1) A點在平面F上之投影點恰為 AB 之中點M(2，1，0) ____\
則平面F之法向量為 BA = (6，− 4，12)，且F過M(2，1，0)
F：6(x − 2) − 4(y − 1) + 12z = 0，得F：3x − 2y + 6z − 4 = 0 追求卓越
鋒凡數學家教班
主題 四：平面與直線
27
(2) P∈E且P∈F（F為 AB 之中垂平面）時，| PA − PB |有最小值為0 ⎧ E：x + 3 y − 2 z + 11 = 0 則P必在直線L： ⎨ ⎩ F：3x − 2 y + 6 z − 4 = 0 ⇒ 方向向量 d = (1，3，− 2) × (3，− 2，6) = (14，− 12，− 11) ∴ 方向向量比a：b：11 = (− 14)：12：11，得a + b = (− 14) + 12 = − 2
範例10 【詳解】(A)錯。表法向量(2，− 1，0)的平面 (B)對。表過點(1，2，0)，方向向量(0，0，1)的直線
(C)錯。直線L之方向向量與平面E之法向量平行，故L ⊥ E (D)錯。兩直線之方向向量平行且L2：
x − 3 y −1 z − 4 上一點 = = 1 2 1
x − 2 y +1 z − 3 ，故重合 = = 1 2 1 (E)對。Exy：z = 0，法向量為(0，0，1) (3，1，4)∈L1：
隨堂練習 【詳解】(A)對。L代入E，4(1 + 4t) − 5(3 − 5t) + 11 = 0 ⇒ t = 0，表L與E恰交一點
(B)對。L之方向向量 d = (4，0，− 5)與平面E之法向量 n = (10，1，8)垂直且L∉E ∴L // E (C)錯。L之方向向量 d = (4，0，− 5)與平面E之法向量 n = (5，3，4)不平行 ∴ L與E不垂直 ___\
(D)錯。L之方向向量 d = (4，0，− 5)與x軸之方向向量 d x = (1，0，0)不平行 L與x軸不平行 (E)錯。L與y軸不相交且不平行 ∴ L與y軸歪斜 ∴
範例11 ____\
【詳解】∵ AB = (1，3，2)為L之方向向量且L又過P(2，4，3) ∴
L的對稱比例式為
x−2 y −4 z −3 = = 1 3 2
隨堂練習 ⎧ ___\ ⎪ n = (3， − 1，1) ⇒ ⎨ ___1 \ ⎪ n = (1， 2 ，1) ⎩ 2 ___\ ___\ −1 1 1 3 3 −1 ) = ( − 3，− 2，7) 方向向量 d = n1 × n 2 = ( ， ， 2 1 1 1 1 2 ⎧3x − y + z + 2 = 0 1. 【詳解】直線L： ⎨ ⎩x + 2 y + z − 4 = 0
x −1 y +1 z − 5 = = −3 −2 7 2. 【詳解】平行y軸的一方向向量為(0，1，0)，又過A(1，2，− 3)
所求直線方程式為
追求卓越
鋒凡物理研究室
28
空間平面與直線
⎧ x =1 ⎪ 則此直線方程式： ⎨ y = 2 + t ，t∈R ⎪ z = −3 ⎩
練功升級區四 ____\
____\
【詳解】(1) AB = (3，4，0)， AC = (− 1，2，2)
1.
____\
⇒
AB ．
____\
AC = − 3 + 8 + 0 = 5 ____\
____\
____\
(2) AC 在 AB 上的正射影 = (
____\
AB．AC ____\
____\
) AB = (
| AB | 2
5 )(3，4，0) = 25
3 4 ( ， ，0) 5 5 (3)△ABC之面積 =
1 2
____\
____\
____\
____\
| AB |2 | AC |2 − ( AB．AC ) 2 =
1 2
25 × 9 − 5 2 = 5 2
____\
(4) P(x，y，z)為平面E上任一點，則 AP = (x + 1，y − 2，z − 3)， x +1 y − 2 z − 3
____\
____\
AB 及 AC 所張之平行六面體體積 = 0即
(5) AD 為∠BAC之角平分線 ∴ ____\
k AD =
4
0
−1
2
2
= 0 ⇒ E：4x − 3y + 5z − 5 = 0
BD ： CD = AB ： AC = 5：3⇒
____\
AD =
____\ 3 ____\ 5 ____\ AB + AC ， AE = 8 8
3k ____\ 5k ____\ AB + AC 8 8
____\
____\
____\
又 AE = 4 AB + β AC
2.
3
∴
⎧ 3k ⎪⎪ 8 = 4 ⎨ ⎪ 5k = β ⎪⎩ 8
⇒
32 ⎧ ⎪⎪k = 3 ⎨ ⎪ β = 5 × 32 = 20 ⎪⎩ 8 3 3
____\ 1 ____\ 1 ____\ 1 ____\ 1 【詳解】(1) OG = OA + OB + OC = [(3，1，− 2) + (2，7，0) + ( − 4，− 1，1)] 3 3 3 3
1 7 1 1 7 1 = ( ， ， − ) 故△ABC之重心坐標為 ( ， ， − ) 3 3 3 3 3 3 ____\
____\
____\
(2) AB = ( − 1，6，2)， AC = (− 7，− 2，3)， BC = (− 6，− 8，1) ____\
____\
____\
____\
AB ． AC = | AB |．| AC | cos∠BAC
追求卓越
6 2 6 −1 鋒−凡2 數 學3家 教 班 −7 −2 22 44 − 11
主題 四：平面與直線 ____\
____\
= | AB |．| AC |．
29
____\
____\
____\
| AB |2 + | AC |2 − | BC |2 ____\
____\
2 | AB |．| AC | ____\
____\
____\
| AB | 2 + | AC | 2 − | BC | 2 41 + 62 − 101 = = =1 2 2 ____\
____\
(3) AB × AC = (22，− 11，44) (4)△ABC =
11 21 1 ____\ 2 ____\ 2 ____\ ____\ 2 1 41．62 − 1 = | AB | ．| AC | − ( AB．AC ) = 2 2 2 ____\
(5)線段 AB 的垂直平分面π之法向量為 AB = ( − 1，6，2) ∴ 設π：− x + 6y + 2z = k 5 AB 之中點M( ，4，− 1)在平面π上 2 ∴ π：2x − 12y − 4z + 39 = 0
5 39 ⇒ k = − + 6．4 + 2( − 1) = 2 2 ____\
____\
(6)通過A，B，C三點的平面 δ 之法向量為 AB × AC = (22，− 11，44)
3.
∴ 設 δ ：2x − y + 4z = k B點在平面 δ 上 ⇒ k = 2．2 − 7 + 4．0 = − 3 ∴ δ ：2x − y + 4z + 3 = 0 【詳解】∵ A(2，3，0)，B(0，6，0)，C( − 2，− 3，4) ∴ ____\
____\
AB = ( − 2，3，0)， AC = ( − 4，− 6，4)
n = (1，2，− 2)為平面E：x + 2y − 2z + 5 = 0之法向量 ____\
(1)設 AB = ( − 2，3，0)與 n = (1，2，− 2)之夾角為θ ____\
則cosθ =
AB．n
=
____\
| AB ． | |n|
∴
−2+6+0 4 = 13 × 3 3 13
____\
A′B′ = AC = | AB | sin θ = 13 ×
⇒ sinθ =
(2) AB = ( − 2，3，0)， AC = ( − 4，− 6，4) ⇒ c△ABC之面積 =
3 13
101 101 = 3 3 13
____\
____\
101
____\
____\
| AB | = 13 ，| AC | = 68 = 2 17
1 ____\ 2 ____\ 2 ____\ ____\ 2 1 | AB | | AC | − ( AB．AC ) = 13 × 68 − (8 − 18 + 0) 2 = 14 2 2 ____\
____\
____\
d設P(x，y，z)為平面ABC上任一點，則 AP = (x − 2，y − 3，z)與 AB ， AC 共平面 x−2
∴
平面ABC的方程式為 − 2 −4
追求卓越
y −3
3 −6
z
0 = 0，即3x + 2y + 6z − 12 = 0 4
鋒凡物理研究室
30
空間平面與直線
e設θ表平面E與平面ABC之銳夾角，則cosθ =
3 + 4 − 12 5 = 9 + 4 + 36． 1 + 4 + 4 21
故△A′B′C ′之面積 = (△ABC之面積)．cosθ = 14 ×
5 10 = 21 3
4. 解析：(A) ( 0 , 0 , 0 )代入ax＋by＋cz＋d＝0得d＝0 (B) a＝0 ⇒ E：by＋cz＋d＝0 ( 1 , 0 , 0 )．( 0 , b , c )＝0 ∴平面E與yz平面垂直 (C) b＝0 ⇒ E：ax＋cz＋d＝0 ( 0 , 1 , 0 )．( a , 0 , c )＝0 ∴平面E與xz平垂直 (D) b＝c＝0 ⇒ E：ax＋d＝0 ( 1 , 0 , 0 )．( 1 , 0 , 0 )＝1≠0 ∴(D)錯 (E) ∵E與xy平面平行 ∴E：cz＋d＝0，d≠0 ｜6＋9－0－1｜ 14 5. 解析：(A) ＝ 7 ＝2 (B) 設正射影點為 ( 3＋2t , 3＋3t , －6t )，t為實數 4＋9＋36 17 2 ∴2 ( 3＋2t )＋3 ( 3＋3t )－6 (－6t )＝1 □49t＝－14，t＝－ 7 ， 即正射影點為 ( 7 , 17 4 15 6 12 12 13 9 24 15 12 7 , 7 ) (C) 對稱點為 ( 7 － 7 , 7 － 7 , 7 ＋ 7 )＝( 7 , 7 , 7 ) (D) AB ＝(－2 , －1 , 2 )， AC ＝( 1 ,－1 , 2 ) 設平面ABC的法向量為 ( a , b , c ) ( 0 , 2 , 1 )．( 2 , 3 , －6 ) ⎪⎧ 2a＋b－2c＝0 ∴⎨ a－b＋2c＝0 □ 取 ( a , b , c )＝( 0 , 2 , 1 ) cosθ＝ ＝0 ⎪⎩ 5 ．7 ∴△ABC在E上的正射影面積為0
(E)∵cosθ＝0 ∴sinθ＝1
6. 解析： n1 ＝（1 , k , 1）， n2 ＝（1 ,
π 1 ｜1＋ 2 k－1｜ 2 ,－1） cos 3 ＝ 2 ＝ k2＋2 ． 4
□ k2＋2＝2k2 □ k＝± 2 PQ ( 3 , 3 , 4 ) ∴所求 □ x＋2y＋z－13＝0 7. 解析： PQ ＝( 2 , 4 , 2 )，̅̅̅中點為 ｜3＋4＋4＋18｜ 8. 解析：最小值為 ＝ 29 設P點為 ( 1＋3t ,－2－2t , 1＋4t )，t為實數 9＋4＋16 ∴3 ( 1＋3t )－2 (－2－2t )＋4 ( 1＋4t )＋18＝0 ∴29t＝－29，t＝－1 ∴P (－2 , 0 ,－3 )
9. 解析： n1 ＝（3 , k－1 , 1）， n2 ＝（－2 , k , 0） k2－k－6＝0 □ k＝3或－2
□3＋9t＋4＋4t＋4＋16t＋18＝0
n1 ． n2 ＝－6＋k2－k＋0＝0
10. 解析：設 n ＝( x , y , z )為平面ABC之法向量，則 追求卓越
鋒凡數學家教班
主題 四：平面與直線 ⎧⎪ ⎨ ⎩⎪
31
n ． AB ＝0 ⇒ n ＝(－3 , 1 , 4 )為平面ABC之法向量，平面ABC之方程式為3x－y－4z＋ n ． AC ＝0
3＝0，又D在平面ABC上，則k＝3 11. 解析：設 n ＝( a , b , c )為平面之法向量，則 ⎧⎪ ⎨ ⎩⎪
n ．( 1 ,－1 , 1 )＝0 ⇒ n ＝( 1 ,－2 ,－3 )， 所求平面方程式為x－2y－3 z＝2 n ．( 1 , 2 ,－1 )＝0
1 1 1 x y z 12. 解析：令E： 3 ＋ 4 ＋ a ＝1 n1 ＝( 3 , 4 , a )
＝
1 a
1 2
1 1 1 ＋ ＋ 9 16 a2
＝
n2 ＝( 0 , 0 , 1 ) cos 45°＝
1 2 1 1 1 ， a2 ＝ 9 ＋ 16 ＋ a2 2
n1 ． n2 ⎪n1 ⎪ ⎪n2 ⎪
144 12 a2＝ 25 ∴a＝ 5 (負不合)
13. 解析：求銳夾角： ○1 E：x＋y＋ 2 z＝1，∴法向量 u1 ＝( 1 , 1 ,
2 ) □|u1 |＝
○2 xz平面：y＝0，法向量 u2 ＝( 0 , 1 , 0 ) □|u2 |＝ ○3 夾角：cosθ＝ 距離＝
12＋12＋( 2 )2 ＝2
02＋12＋02 ＝1
u1 ． u2 1．0＋1．1＋ 2 ．0 1 ＝ ＝2 2．1 |u1 | |u2 |
π ∴θ＝60°＝ 3
| 0＋0＋0－1 | 1 ＝2 1＋1＋2
14. 解析：設平面PQR：ax＋by＋cz＋d＝0 法向量 n ＝( a , b , c ) 又 PQ ＝( 3 ,－1 ,－5 )， PR ＝( 6 , 0 ,－4 ) ∴( a , b , c )．( 3 ,－1 ,－5 )＝0，( a , b , c ) 2 ( 6 , 0 ,－4 )＝0 □ 3a－b－5c＝0，6a－4c＝0，得a＝ 3 c，b＝－3c 故a：b：c＝2：－9：3 □ n ＝( 2 ,－9 , 3 ) □2x－9y＋3z＝－5
x y z 15. 解析：令E：3x＋2y－6z＝k □ k ＋ k ＋ k ＝1 3 2 －6 4k k k k 3 ＋ 2 － 6 ＝ 6 ＝6 □ k＝9 □ E：3x＋2y－6z＝9 16. 解析：設球心為A ( t , t , t )，其中t＞0 (滿足A到x＝0，y＝0，z＝0等距，且在第一卦限) －( t＋t＋t－1 ) 令E：x＋y＋z－1＝0，則d ( A , E )＝t ∴ ＝t □ ( 3＋ 3 ) t＝1， 1＋1＋1 1 故t＝ 6 ( 3－ 3 ) 17. 解析：(1) 1－2＋1＋3＞0，2－2－1＋3＞0 ∴A、B在平面E之同側 (2) 設A在E上之正射影為H，則 AH // ( 1 ,－2 , 1 )， 令H ( x0 , y0 , z0 )， 則 ( x0－1 , y0－1 , z0－1 ) ＝t ( 1 ,－2 , 1 ) ⇒ x0＝1＋t，y0＝1－2t，z0＝1＋t 代入E得 ( 1＋t )－2 ( 1－2t )＋( 1＋t )＋3＝0 追求卓越
鋒凡物理研究室
32
空間平面與直線
1 1 ∴H ( 2 , 2 , 2 )
1 ⇒ t＝－ 2
由中點公式知A關於E之對稱點為A′( 0 , 3 , 0 ) (3) ¯¯¯¯¯＋ PA ¯¯¯¯¯＝ PB ¯¯¯¯¯¯＋ PA′ ¯¯¯¯¯ PB ≥ ¯¯¯¯¯¯， A′B ←→
當P為 A′B 與E之交點時，¯¯¯¯¯＋ PA ¯¯¯¯¯有最小值 PB ¯¯¯¯¯¯ A′B 考慮A′、P、B三點共線時，¯¯¯¯¯¯ PA′//A′B ¯¯¯¯¯¯，設P ( a , b , c )，則 ( a －0 , b－3 , c－0 ) ＝t ( 2 ,－2 ,－1 )
⇒ a＝2t，b＝3－2t，c＝－t代入E得2t－2 ( 3－2t )＋(－t )＋3 3 ＝0 ⇒ t＝ 5 6 9 3 ∴P ( 5 , 5 ,－ 5 ) 時，¯¯¯¯¯＋ PA ¯¯¯¯¯有最小值，此最小值 PB ¯¯¯¯¯¯＝ A′B 22＋(－2 )2＋1 ＝3 x y z x y z 18. 解析：EABC： a ＋ a ＋ a ＝1，x＋y＋z＝a EABD： a ＋ a ＋ a ＝1，x＋y＋2z＝a 2 ∴d1：d2＝
⎟ 0＋0＋0－a ⎟ ⎟ 0＋0＋0－a ⎟ ⎟a⎟ ⎟a⎟ ： ＝ ： ＝ 2 ：1 1＋1＋1 1＋1＋4 3 6
19. 解析：設所求之平面E之法向量 n ＝( a , b , c ) ∵A，B兩點在E上 ∴ n ⊥ AB ＝(－1 , 1 ,－1 ) ⇔ n ． AB ＝0 1 ∵E與平面2x＋2y＋z－5＝0垂直 ∴ n ⊥( 2 , 2 , 1 ) ⇔ ( 2 , ⇒ －a＋b－c＝0…………○ 2 由○ 1 a－b＝－c…………○ 3 2 , 1 )＝0 ⇒ 2a＋2b＋c＝0…………○ －c －3c －3c c c 2 a＋b＝ 4 由○ 3，○ 4可解得a＝ 由○ …………○ ， b ＝ ∴ a ： b ： c ＝ ( ) ： ( 2 4 4 4 )：c 4 ＝3：(－1 )：(－4 ) ∴平面E之方程式：3 ( x－1 )－1．( y－0 )－4 ( z＋1 )＝0 化簡得3x－y－4z－7＝0 20. 解析：E：（x＋3y－z＋1）＋k（2x－y－z－3）＝0 （2 , 4 , 3）在E上 ⇒（2＋12－3＋1）＋k（4－4－3－3）＝0 12－6k＝0 ⇒ k＝2 ⇒ 5x＋y－3z－5＝0
x–2 y z–1 x–1 y–2 z+1 21. 解析：方程式為 1 = – 2 = 2 或 1 = – 2 = 2
故選(B)(C)(D)
－2＋3 －6＋4 －2－1 1 ＝ －2 ＝ －3 ，故(A)對
22. 解析：(A) ∵( 1 ,－2 ,－3 ) // (－2 , 4 , 6 ) 且
(B) ∵(－1 , 2 ,－3 )﹨ // ( 1 ,－2 ,－3 )，故(B)錯 (C) ∵( 1 , 2 , 3 )﹨ // ( 1 ,－2 ,－3 )，故(C)錯 ⎧ x＝t 2x＋y＋10＝0 ⎪ (D) 3y－2z＋14＝0□⎨ y＝－10－2t，t為實數 ∵( 1 ,－2 ,－3 ) // ( 1 ,－2 ,－3 ) ⎪⎩ z＝－8－3t ⎧⎪ ⎨ ⎩⎪
⎧⎪ x＝t 3x＋z＋8＝0 且( 0 ,－10 ,－8 )在L上，故(D)對 (E) 3y－2z＋14＝0□⎨ y＝－2t－10，t為實數，(E)對 ⎪⎩ z＝－3t－8 ⎧⎪ ⎨ ⎪⎩
追求卓越
鋒凡數學家教班
主題 五：平面與直線的關係
33
⎧⎪ x＝1＋2t 23. 解析：L：⎨ y＝2 (A) n1 ＝（0 , 1 , 0）⇒ L // xy平面 ⎪⎩ z＝－1＋3t (B) ly ＝（0 , 1 , 0）⇒ L⊥y軸 (C) n3 // l ⇒ E3⊥L (D) L4與L歪斜 (E) L5交L於（1 , 2 , －1）且L5⊥L 故選(B)(C)(E)
主題 五：平面與直線的關係 範例1 1.【詳解】∵ 直線L與平面E垂直 ∴ 直線L的方向向量為(1，− 1，3) 且過點P(2，− 1，3)，故直線L的對稱比例式為
x − 2 y +1 z − 3 = = 1 −1 3
⎧2 x + 3 y − 2 z + 5 = 0 ___\ ___\ 2. 【詳解】(1) L： ⎨ ， n1 × n 2 = (2，3，− 2) × (5，− 2，1) = (− 1，− 12，− ⎩5 x − 2 y + z = 0 19) 取 d = (1，12，19)為L之方向向量且L過點(0，5，10)，則L： ⎧x = 0 + t ⎪ ⎨ y = 5 + 12t ⎪ z = 10 + 19t ⎩
設P在L上之垂足為H，則H(t，5 + 12t，10 + 19t)
_____\
又 PH = (t − 7，− 1 + 12t，1 + 19t)⊥ d = (1，12，19) ∴
_____\
PH ． d =
0 ⇒ t = 0，得H(0，5，10)，故d(P；L) = PH = 49 + 1 + 1 = 51 (2)所求直線為 PH ：
x − 0 y − 5 z − 10 = = 7 1 −1
隨堂練習 【詳解】
⎧ x + 2y − 3z + 3 = 0……c ⎨ ⎩ 3x − 2y + z − 5 = 0……d 由c + d得4x − 2z − 2 = 0 ⇒ x = 1 z + 1 2 2
5 7 10z + 14 = 0 ⇒ y = z − 4 4
由c × 3 − d得8y −
1 1 ⎧x = 2t + 2 ⎪ 令z = t，則L之參數方程式為 ⎨ y = 5 t − 7，t ∈ R 4 4 ⎪ ⎩z = t
範例2 1. 【詳解】平面E垂直直線 追求卓越
x −1 y + 2 z − 3 = = 2 2 1 鋒凡物理研究室
34
空間平面與直線
⇒ E的一法線向量為(2，2，1)，又A(1，0，2)在E上 ∴ E之方程式為2(x − 1) + 2(y − 0) + 1．(z − 2) = 0，化簡得2x + 2y + z = 4 ⎧ x+ y + z −3= 0 的平面方程式為(x + y + z − 3) + k(2x − y + z − 3) = 0 2. 【詳解】設含直線 ⎨ ⎩2 x − y + z − 3 = 0 過點(1，− 1，− 1)，得(1 − 1 − 1 − 3) + k(2 + 1 − 1 − 3) = 0 ⇒ k = − 4 所求平面方程式為(x + y + z − 3) − 4(2x − y + z − 3) = 0，即7x − 5y + 3z − 9 = 0 _____\
_____\
3. 【詳解】 AP = (x + 1，y − 1，z + 2)， AB = (1，− 2，3) 及方向向量 d = (2，1，− 1)共平面 x +1 y −1 z + 2
故平行六面體體積為0 ⇒ |
1
−2
3
2
1
−1
|=0
得平面方程式為x − 7y − 5z = 2
隨堂練習 1.【詳解】取直線L上一點P(1，2，1) ∴ 直線L之方向向量 = (2，1，2) ∴
⇒
____\
PA = (3，1，0)
____\
PA × = (2，− 6，1)
包含A點及直線L之平面方程式為2x − 6y + z + 9 = 0
___\ ⎧ ⎪ L1之方向向量 d1 = (12，− 5，− 4) × (4，− 1，− 4) = (16，32，8) ⇒ 2. 【詳解】 ⎨ ___\ ⎪ L 之方向向量 d = (4， 2， 4) 2 ⎩ 2 32 8 8 16 16 32 ) = (112，− 32，− 96) ， ， ( 2 4 4 4 4 2
___\
___\
d1 × d 2 =
取所求平面E之法向量 n = (7，− 2，− 6)且平面E過點(1，1，− 3) ⇒ E：7(x − 1) − 2(y − 1) − 6(z + 3) = 0，得E：7x − 2y − 6z − 23 = 0
範例3 1. 【詳解】∵ L ⊥ E ∴ 方向向量 d = (6，b，c) // 法向量 n = (3，− 1，2) 6 b c (1)則 = = ，得b = − 2，c = 4，故數對(b，c) = ( − 2，4) 3 −1 2
(2)∵
⎧ x = −2 + 6t ⎪ H∈L： ⎨ y = 1 − 2t ⎪ z = 1 + 4t ⎩
∴ 設H( − 2 + 6t，1 − 2t，1 + 4t) ∵ H∈E ∴ H代入E
−1 1 1 ⇒ ( − 6 + 18t) − (1 − 2t) + (2 + 8t) = 2 ⇒ t = ，則H( ， ，2) 4 2 2
追求卓越
鋒凡數學家教班
主題 五：平面與直線的關係
35
2. 【詳解】點A關於平面E之對稱點為A′， AA′ 之中點為M，則 ⎧ x = 4 + 3t ⎪ AA′ ： ⎨ y = 2 + 4t ，t∈R，令中點M(4 + 3t，2 + 4t，− 1 − t)， ⎪ z = −1 − t ⎩
代入E：3x + 4y − z − 34 = 0 ⇒ t =
1 2
∵ t = 0得A點，t
1 1 = 得中點M，故t = × 2 = 1得對稱點A′ ∴ A′(7，6，− 2) 2 2
隨堂練習 ⎧ x = −1 + t x +1 y − 2 z + 5 ⎪ = = 【詳解】直線L： 化為參數式L： ⎨ y = 2 + 3t ，t∈R 1 3 −2 ⎪ z = −5 − 2t ⎩
令P為交點，P∈L，則將P( − 1 + t，2 + 3t，− 5 − 2t)代入平面2x + y − 3z + 7 = 0 得t = − 2，即交點P為( − 3，− 4，− 1)
範例4 【詳解】(1)設A在平面E的投影點H，則存在一實數t，使H的坐標為(2 + t，1 + t，− 4 + t) 又H在平面E上，所以(2 + t) + (1 + t) + (− 4 + t) = 5 即t = 2，所以H的坐標為(4，3，− 2) 設A′與A對平面E對稱，則H為 AA′ 的中點 令A′(x0，y0，z0)，則易得x0 = 6，y0 = 5，z0 = 0 線段 A′B 與平面E的交點P為平面上使 PA + PB 最小的點 ⎧ x = 6 − 10t ⎪ A′ B = (− 10，− 4，5)，直線AB的參數式為 ⎨ y = 5 − 4t ，t∈R ⎪ z = 5t ⎩
_____\
設交點P(6 − 10t，5 − 4t，5t)，則因為P在平面E上，所以(6 − 10t) + (5 − 4t) + 5t = 5 即得t =
2 3
∴ P(6 −
20 8 10 2 7 10 ，5 − ， ) = (− ， ， ) 3 3 3 3 3 3
(2) PA + PB 的最小值= PA′ + PB = A′B = (− 10) 2 + (− 4) 2 + 5 2 = 141
範例5 【詳解】A(1，2，3)，B(3，0，1) L： 追求卓越
x −1 y z − 2 = = 2 4 −2
⇒ x−1=
y z−2 = = t，L上任一 2 −1
鋒凡物理研究室
36
空間平面與直線
點P(t + 1，2t，− t + 2) PA + PB = t 2 + (2t − 2) 2 + (− 1 − t ) 2 + (t − 2) 2 + (2t ) 2 + (1 − t ) 2 1 7 = 6t 2 − 6t + 5 + 6t 2 − 6t + 5 = 2 6(t − ) 2 + 2 2
1 3 3 7 當t = 時， PA + PB 最小值 = 2 = 14 ，P的坐標為( ，1， ) 2 2 2 2
範例6： 【詳解】(1)設E的方程式為(x − y + 1) + k(3y − z − 2) = 0
⇒ x + (3k − 1)y − kz + (1 − 2k) = 0 ∵ E與L2平行 ∴ (1，3k − 1，− k)．(2，1，1) = 0 1 ⇒ 2 + 3k − 1 − k = 0 ⇒ k = − ，代入得E：2x − 5y + z + 4 = 0 2 (2)∵ A( − 1，2，1)在L2上 ∴ d(A，E) = d(L1，L2) =
| −2 − 10 + 1 + 4 | 2 + (−5) + 1 2
2
2
=
7 30
範例7 ____\
【詳解】 AB = ( − 2，0，1) ∴
⎧ x = 3 − 2t ⎪ AB ： ⎨ y = 0 ⎪z = t ⎩
⇒
⎧x + 2z = 3 AB 的二面式：⎨ ⎩y = 0
∴ 設平面E方程式：x + 2z − 3 + ty = 0 ⇒ x + ty + 2z − 3 = 0 ∴ cos
π 3
=
| (2，1，1) ．(1，t ， 2) | 4 + 1 + 1． 1 + t + 4 2
=
|t + 4| 6． t + 5 2
=
1 2
⇒ 4(t2 + 8t + 16) = 6(t2 + 5)
⇒ t2 − 16t − 17 = 0 ⇒ (t + 1)(t − 17) = 0 ⇒ t = − 1或17 ∴ 平面E方程式為x − y + 2z − 3 = 0或x + 17y + 2z − 3 = 0
範例8 【詳解】平面2x + y + z − 4 = 0的法向量 n = (2，1，1)
(1)∵
__\ __\ x+5 y +3 z +8 的方向向量 u1 = (1，1，1)且 n ． u1 = 2．1 + 1 + 1 = 4 ≠ 0 = = 1 1 1
∴ 直線與平面不平行 ⇒ (A)不真
(2)∵
__\ __\ x+5 y +3 z +8 的方向向量 u2 = ( − 1，1，1)且 n ． u2 = − 2 + 1 + 1 = 0 = = −1 1 1
∴ 直線與平面平行 ⇒ (B)真
(3)∵
__\ __\ x+5 y−2 z+5 的方向向量 u3 = (1，1，− 1)且 n ． u3 = 2 + 1 − 1 = 2 ≠ 0 = = 1 1 −1
∴ 直線與平面不平行 ⇒ (C)不真
(4)∵
__\ __\ x − 3 y − 4 z −1 的方向向量 u4 = (1，− 1，− 1)且 n ． u4 = 2 − 1 − 1 = 0 = = 1 −1 −1
追求卓越
鋒凡數學家教班
主題 五：平面與直線的關係
37
∴ 直線與平面平行 ⇒ (D)真 __\ −1 1 1 2 2 −1 ⎧2 x − y + z = 1 ， ， ) = ( − 3，0，6) 的方向向量 u5 = ( (5)∵ 直線 ⎨ 2 1 1 2 2 2 ⎩2 x + 2 y + z = 5 __\
且 n ． u5 = − 6 + 0 + 6 = 0 ∴ 直線與平面平行 ⇒ (E)真
範例9 ⎧ x = −1 + 3t ⎧ x = −2 + 2 ⎪ ⎪ 【詳解】L1： ⎨ y = 1 + 4t ，t∈R；L2： ⎨ y = −1 + 3 ， ∈R ⎪ z = 1 + 2t ⎪z = 1 + ⎩ ⎩ ⎧ x = −1 + 3t = −2 + 2 ⎪ 若有交點(x，y，z)，則 ⎨ y = 1 + 4t = −1 + 3 ，解方程組得t = 1， = 2 ⎪ z = 1 + 2t = 1 + ⎩
∴ 交點坐標( − 1 + 3 × 1，1 + 4 × 1，1 + 2 × 1) = (2，5，3)
隨堂練習 ⎧ x = 1+ t ⎧ x = 2+s ⎪ ⎪ 【詳解】L1： ⎨ y = 2t ，t ∈ R，L2： ⎨ y = 1 + 3s ，s ∈ R ⎪z = 2 − t ⎪ z = −1 + s ⎩ ⎩
⎧ t − s = 1……c ⎧1 + t = 2 + s ⎪ ⎪ 考慮方程組： ⎨ 2t = 1 + 3s ，即 ⎨ 2t − 3s = 1……d ⎪ t + s = 3……e ⎪2 − t = − 1 + s ⎩ ⎩
解ce ⇒ t = 2，s = 1，代入d恰滿足 故L1，L2的交點坐標為(1 + 2，2．2，2 − 2) = (3，4，0)
範例10 ⎧ x = 3 + 4t ⎪ 【詳解】L1： ⎨ y = − 2 + t ，設垂足Q為(3 + 4t，− 2 + t，1 − t) ⎪⎩ z = 1 − t _____\
P(1，− 1，3)∈L2， PQ = (2 + 4t，− 1 + t，− 2 − t) ⊥ L1 _____\
_____\
PQ ⊥ d ⇒ PQ ． d = 0⇒(2 + 4t，− 1 + t，− 2 − t)．(4，1，− 1) = 0
⇒ 18t + 9 = 0 ⇒ t =
追求卓越
−1 2
∴
_____\
PQ = (0，
−3 −3 ， ) 2 2 鋒凡物理研究室
38
空間平面與直線 _____\
∴ d(L1；L2) = | PQ | = 0 +
9 9 3 2 + = 4 4 2
隨堂練習 【詳解】 L1上一點P(1，2，− 13)，L2的方向向量 V = (1，2，− 2)與一點A(2，− 2，− 3) ____\
____\
____\
AP = (− 1，4，− 10)，| AP × V | = | (12，− 12，− 6) | = 18，| V | = 3 ⇒
| AP× V | =6 |V |
範例11 ⎧ x = 0 − 2s ⎧ x = 1 + 2t ⎪ ⎪ 【詳解】(1) L： ⎨ y = 0 + 2t ，L1： ⎨ y = −1 + s ⎪⎩ z = − 2 − 4t ⎪z = 0 + s ⎩
由c，d ⇒ t =
⇒
⎧1 + 2t = −2 s …… c ⎪ ⎨2t = −1 + s ……d ⎪− 2 − 4t = s …… e ⎩
−1 ，s = 0代入e合 ∴ L及L1交於一點 2
___\
(2) d 2 = ( − 1，− 1，2) // d = (2，2，− 4)，且L2上一點P( − 3，− 4，6)∈L
∴ L及L2重合 ___\
(3)(i) d 3 = (2，3，0) // d = (2，2，− 4) ∴ L3 // L ⎧ x = 0 + 2s ⎧ x = 1 + 2t ⎪ ⎪ ，L3： ⎨ y = −1 + 3s (ii) L： ⎨ y = 2t ⎪⎩ z = − 2 − 4t ⎪z = 2 ⎩
⇒
⎧1 + 2t = 2s ……c ⎪ ⎨2t = −1 + 3s ……d ⎪− 2 − 4t = 2 ……e ⎩
−1 ，s = 0代入e不合 ∴ L及L3不相交 2 由(i)，(ii)可知L及L3互為歪斜
由c，d ⇒ t =
範例12 【詳解】L1：
___\ x − 3 y +1 z − 2 的方向向量 v1 = (2，− 2，1) = = 2 1 −2
___\ x y z−4 的方向向量 v2 = (1，2，− 1) L2： = = 1 2 −1 (1)包含L2且平行L1的平面E的法線向量 n = (a，b，c) ___\ ___\ ⎧2a − 2b + c = 0 n ⊥ v1 ， n ⊥ v2 ⇒ ⎨ ⇒ a：b：c = 0：1：2 ⎩a + 2b − c = 0
L2上一點(0，0，4)在平面E上
∴ E的方程式為0．(x − 0) + 1．(y − 0) + 2．(z − 4) = 0，即y + 2z = 8 (2) L1，L2的距離 = L1上一點(3，− 1，2)到平面E的距離 追求卓越
鋒凡數學家教班
主題 五：平面與直線的關係
=
3 × 0 + 1 × (−1) + 2 × 2 − 8
=
0 +1+ 4
−5 5
39
= 5
隨堂練習 【詳解】(1) E的法向量 n = (2，− 1，− 2) × (1，2，1) −1 − 2 −2 2 2 −1 ， ， ⇒ n= ( ) = (3，− 4，5) 2 1 1 1 1 2 ∴ E：3(x − 1) − 4(y + 5) + 5(z + 1) = 0 ⇒ 3x − 4y + 5z − 18 = 0 (2) d(L1，L2) = d(P，E)，其中P(5，3，− 7)在L1上 ⇒ d(L1，L2) =
| 3 × 5 − 4 × 3 + 5(−7) − 18 | 3 2 + (−4) 2 + 5 2
=5 2
範例13 【詳解】L1：
x+3 y+7 z−6 x −3 y −8 z −3 ，L2： = = = = 3 −1 1 −3 2 4
(1)設公垂線在L1，L2上之垂足分別為P(3 + 3s，8 − s，3 + s)與Q(− 3 − 3t，− 7 + 2t，6 + 4t) ____\
則 PQ = (− 3s − 3t − 6，s + 2t − 15，− s + 4t + 3) 又直線L1與L2之方向向量各為 ____\
由 PQ ⊥ L1
⇒
____\
PQ ．
__\ 1
__\
1 = (3，− 1，1)，
__\ 2
= (− 3，2，4)
= 3(− 3s − 3t − 6) − (s + 2t − 15) + ( − s + 4t + 3) = − 11s − 7t = 0
⇒ 11s + 7t = 0……c ____\
由 PQ ⊥ L2
⇒
____\
PQ ．
__\ 2
= − 3(− 3s − 3t − 6) + 2(s + 2t − 15) + 4(− s + 4t + 3) = 7s + 29t = 0
⇒ 7s + 29t = 0……d 解c，d得s = t = 0，故P(3，8，3)，Q(− 3，− 7，6) (2)∵
____\
PQ = (− 6，− 15，3) = − 3(2，5，− 1)
∴ (2，5，− 1)為公垂線 PQ 的方向向量 故直線PQ的方程式為
x −3 y −8 z −3 = = 2 5 −1
(3) L1與L2間的最短距離，即公垂線段 PQ 之長為 PQ = (− 3 − 3) 2 + (− 7 − 8) 2 + (6 − 3) 2 = 36 + 225 + 9 = 3 30
隨堂練習 【詳解】(1) (4，− 3，− 1) × (3，− 4，− 2) = (2，5，− 7) ∴包含L2且平行L1之平面E：2x + 5y − 7z + 32 = 0 追求卓越
鋒凡物理研究室
40
空間平面與直線
A(11，− 5，− 7)在L1上，d(A，E) =
2 × 11 + 5(− 5) − 7(− 7) + 32 2 + 5 + ( − 7) 2
2
2
=
78 = 78 78
___\
L1：P(4t + 11，− 3t − 5，− 7 − t)， n1 = (4，− 3，− 1) ___\
L2：Q(3s − 5，− 4s + 4，− 2s + 6)， n2 = (3，− 4，− 2) _____\
PQ = (3s − 4t − 16，− 4s + 3t + 9，− 2s + t +13)
⇒
3s − 4t − 16 − 4s + 3t + 9 − 2s + t + 13 = = 2 5 −7
⇒ s = 2，t = − 2
(2)代入得P(4(− 2) + 11，− 3( − 2) − 5，− 7 − ( − 2)) = (3，1，− 5) _____\
_____\
(3) PQ = (− 2，− 5，7)，| PQ | = 78
範例14 【詳解】設Q( − t，− 1 + 2t，3 + t)是直線上的點 2 1 4 則 PQ = (1 + t)2 + ( − 1 + 1 − 2t)2 + (2 − 3 − t)2 = 6t2 + 4t + 2 = 6(t + )2 + 3 3 1 2 ∴ 當t = − 時， PQ 之距離為 3 3
1 1 1 1 5 8 此時Q( ，− 1 + 2．( − )，3 + ( − )) ⇒ Q( ，− ， ) 3 3 3 3 3 3
範例15 【詳解】取P(t + 3，2t + 1，t + 2) ∴ ∴ △PAB面積 =
1 2
2
2
_____\
____\
____\
AB = (3，0，− 3)， AP = (t + 5，2t，t − 3)
_____\
AB ．AP − ( AB ． AP ) 2 =
1 12(9t 2 + 6t + 3) 2
1 = 3 ． 9(t + ) 2 + 2 ≥ 3 ． 2 = 6 3
∴ △PAB面積的最小值為 6 ，此時t = −
1 3
8 1 5 ⇒ P( ， ， ) 3 3 3
練功升級區五 ⎧⎪ x＝t 1. 解析：x＝y＝z□⎨ y＝t，t為實數 ⎪⎩ z＝t (A) ( 1 , 1 , 1 )．( 3 ,－2 ,－1 )＝0 ∴平行 (B) ( 1 , 1 , 1 )．( 2 , 1 ,－3 )＝0 ∴平行
(C) ( 1 ,
1 , 1 )．( 1 , 4 ,－5 )＝0 ∴平行
(D) ( 1 ,
追求卓越
鋒凡數學家教班
主題 五：平面與直線的關係
41
1 , 1 )．( 1 , 1 , 1 )≠0 ∴不平行 (E) ( 1 , 1 , 1 )．( 1 , 1 ,－2 )＝0 ∴平行 | −2 + 12 + 0 − 21 |
11 21 21
11
2.
【詳解】d(L；E) = d(A；E) =
3.
⎧ x＝3t 2x＋3y＋4z＝12 ⎪ 解析：(B) z＝0 □ ⎨ y＝4－2t，t為實數 ⎪⎩ z＝0
4 + 16 + 1
=
=
21
⎧⎪ ⎨ ⎩⎪
x－3 y－2 ∵( 3 , 2 , 0 )為L上一點 ∴L之方程式： 3 ＝ ，z＝0 －2 1 1 (C) 3 × 2 ×6×4×3＝12 (D) ∵L在xy平面上 ⎪⎧ 2x＋3y＝12 12 ∴z軸與L的距離即為原點O至⎨ z＝0 的距離 ∴所求＝ 13 ⎩⎪
1 (E) 2 ×6×4＝12 4. 解析：設所求平面E為2x＋y－4＋k ( y＋2z )＝0 (1) 因過點 ( 2 ,－1 , 1 )，故k＝1， 平面E的方程式為x＋y＋z－2＝0； 5. 解析：設所求平面E之法向量 n ＝( a , b , c ) ∵E分別與x＋2y－z＋3＝0，2x－y＋z －1＝0垂直
∴ n ⊥( 1 , 2 ,－ 1 )且 n ⊥( 2 ,－ 1 , 1 ) 1 －c ○ ⎧ a＋2b－c＝0 3c 1 ，○ 2 可解得a＝ ∴⎨ 由○ ，b＝ 5 2 5 ○ ⎩ 2a－ b＋c＝0 ⇒ a：b：c＝1：(－3 )：(－5 ) ∴E之方程式為1．( x－1 )－3 ( y－2 )－5 ( z＋3 )＝0 化簡得x－3y－5z－10＝0 (2) 平面E的法向量為 ( 2 , k＋1 , 2k )，因與 ( 3 , 2 ,－3 )垂直，故6＋2k＋2－6k＝0，k＝ 2，則平面E之方程式為2x＋3y＋4z－4＝0 6. 解析：(1) 在L上取一點A ( 1 ,－2 , 2 )， 設包含L與P之平面E的法向量為 n ＝( a , b , c )
－3a＋3b＋c＝0 ⇒ a：b：c＝6：1：15 ⎪⎩ 2a＋3b－c＝0 ⎪⎧
∴ n ⊥ AP ＝(－3 , 3 , 1 )， n ⊥( 2 , 3 －1 ) ⇒ ⎨
∴可取 n ＝( 6 , 1 , 15 )為E之法向量 ∴E之方程式為6x＋y＋15z－34＝0
(2) 設包含L且垂直x－y＋z＝3之平面為F， n′ ＝( a , b , c )為F之一個法向量 ⎧ n′ ⊥( 2 , 3 ,－1 ) ⎧⎪ 2a＋3b－c＝0 ∴⎨ ⇒⎨ ⇒ a：b：c＝2：( －3 )：( －5 ) ⎩ n′ ⊥( 1 ,－1 , 1 ) ⎩⎪ a－ b＋c＝0 ∴F之方程式為2x－3y－5z＋2＝0。 7. 解析：設交線之一方向向量 l ＝( a , b , c )， 且平面E的法向量 n ＝（1 , 3 , －2），xy平 ⎧ l ． n ＝0 ⎧⎪ a＋3b－2c＝0 □⎨ ，解得a＝－3b，c＝0 面的法向量 nxy ＝（0 , 0 , 1） □ ⎨ ⎩ l ． nxy ＝0 ⎩⎪ c＝0
追求卓越
鋒凡物理研究室
42
空間平面與直線
⎧⎪ x＝5＋3t □ l ＝（3 , －1 , 0） 又平面E與x軸之交點（5 , 0 , 0） □L：⎨ y＝－t ，故選(A) ⎪⎩ z＝0 ⎪⎧ x－2＝－4y－4 8. 解析：⎨ 3x＋6＝2y＋28 ⇒ 7x＋10＝52 ⇒ x＝6，y＝－2 ⎪⎩
－2＋1 z－3 6－2 ＝ ＝ 4 2 ⇒ z＝5⇒ P（6 , －2 , 5） －1
⇒
9. 解析：方向向量為（3 , －5 , 0）∴L平行xy平面 __\
__\
__\
10. 【詳解】設平面E，F的法線向量各為 n1 ， n2 ，取 n2 = (2，− 1，3)
∵ E⊥F ⇒
__\
__\
n1 ⊥ n2
∵ L⊂E ⇒
2 −1 3 2 −1 3
∴ 3
2
4 3 2 4
__\
n1 ⊥L，L的方向向量為(3，2，4) __\
__\
n2 ，L的公垂向量 n1 = (10，− 1，− 7)
E：10x − y − 7z = − 25（∵ 點(−1，1，2) ∈ L ⇒ (−1，1，2) ∈ E） 11. 解析：取L1上的點P ( 0 , 1 , 2 )，設P點對L2的投影點Q為 ( 1＋4t ,－1＋2t , 8－2t )，則 1 PQ ＝( 1＋4t ,－2＋2t , 6－2t )，與L2的方向向量 ( 4 , 2 ,－2 )垂直，則t＝ 2 ，Q ( 3 , 0 , 7 )，所求距離＝| PQ |＝ 35 12. 解析： AB ＝(－7,－1 , 2 )，E之法向量 n ＝( 1 ,－2 ,－2 )，設θ為 AB 與 n 之夾角，則cos θ＝
－1 AB ． n ＝ ，sin θ＝ | AB | | n | 6
5 AB在E上之正射影長為 | AB | sin θ＝3 5 6 ， ¯¯¯¯¯
⎪⎧ 3x－y＋z＋5＝0 13. 解析：因與直線⎨ x－y－z－6＝0 平行， 故直線方向向量為 ( 2 , 4 ,－2 )＝2 ( 1 , 2 ,－ ⎪⎩
x－2 y＋3 z 1 )， 又過點 ( 2 ,－3 , 0 )， 則直線方程式為 1 ＝ 2 ＝ －1 14. 解析：設所求平面法向量為 n ＝( a , b , c )，則
－c ⎧ n ．( 1 , 2 , －1 )＝0 ⎨ ⇒ n ＝ 3 ( 5 ,－4 ,－3 ) 為平面法向量，又過點 ( 1 ,－2 , 1 )， ⎩ n ．( 2 , 1 , 2 )＝0 則所求平面方程式為 5x－4y－3z＝10 15. 解析： AB ＝( 1 , 1 , 3 )，可設P在L上的垂足為Q ( t , t＋1 , 3 t＋1 )，則 PQ ⊥ AB ，t＝ 9 9 20 38 29 －15 43 ， Q ( , , ) ， 則 P 相關於 L 之對稱點的坐標為 ( 11 11 11 11 11 , 11 , 11 ) 16. 解析：(1) 設所求平面的法向量為 ( a , b , c ) ( a , b , c )．( 3 , －4 , 5 )＝0 ⎪⎩ ( a , b , c )．( 1 , 2 , －2 )＝0 ⎪⎧
∴⎨
⎪⎧ ⎨ ⎪⎩
3a－4b＋5c＝0 a＋2b－2c＝0
∴取 ( a , b , c )＝( 2 ,－11 ,－10 ) ∴平面方程式為2x－11y－10z＝14 (2) 取P ( 1 ,－2 , 1 )，Q ( 2＋3t ,－4t , －1＋5t )，t為實數 ∴PQ ¯¯¯¯¯ 2＝( 3t＋1 )2＋(－4t＋
3 9 9 2 )2＋( 5t－2 )2＝50t2－30t＋9＝50 ( t2－ 5 t＋ 100 )＋ 2 ∴L1與L2距離為 追求卓越
鋒凡數學家教班
9 3 ＝ 2 2
主題 五：平面與直線的關係
43
1 1 17. 解析：(1) ( 1 , 0 , 0 )．( 1 , 2 , 2 )＝1．3．cosθ， cosθ＝ 3 (2) ± 3 ( 1 , 2 , 2 ) ×10＝ 10 20 20 ±( 3 , 3 , 3 ) (3) 設Q ( 3＋t , 2t , 2t )，t為實數 又 PQ ．( 1 , 2 , 2 )＝0， ( t＋1 , 2t＋15 , 2t＋16 )．( 1 , 2 , 2 )＝0 t＋1＋4t＋30＋4t＋32＝0，9t＝－63，t＝－7 ∴Q (－4 ,－14 ,－14 ) ⎧⎪ x＝－1＋2t 18. 解析：L：⎨ y＝－4＋3t ⎪⎩ z＝－2＋4t
代入3x＋2y＋z＝3 ⇒－3＋6t＋（－8）＋6t－2＋4t＝3，
16t＝16 ⇒ t＝1 ⇒ 交點（1 , －1 , 2） x－2 y－1 z－2 x－2 y－1 z－2 ，L2： 1 ＝ ＝ 19. 解析：L1： 2 ＝ 1 ＝ －1 －1 －2 ⎧⎪ x＝2t＋2＝s＋2 存在實數t、s，使得⎨ y＝t＋1＝－s＋1 ， 解得t＝0，s＝0 ⎪⎩ z＝－t＋2＝－2s＋2
交點（2 , 1 , 2）
l1 ＝（2 , 1 , －1）， l2 ＝（1 , －1 , －2） l1 ＋ l2 ＝（3 , 0 , －3） l ＝（1 , 0 , －1） l1 － l2 ＝（1 , 2 , 1） l ＝（1 , 2 , 1） z－2 y－1 z－2 x－2 x－2 ＝ ， y ＝ 1 或 ＝ ＝ 1 1 2 1 －1 20. 解析：(1) 設包含L1之平面為 ( 2x＋y－2z＋1 )＋k ( x－y＋z－1 )＝0 即 ( k＋2 ) x＋( 1－k ) y＋( k－2 ) z＋( 1－k )＝0 若此平面平行L2，則 ( k＋2 , 1－k , k－2 )⊥( 2 , 1 , 1 ) 3 ( k＋2 , 1－k , k－2 )．( 2 , 1 , 1 ) ＝0 2 ( k＋2 )＋( 1－k )＋( k－2 )＝0 k＝－ 2
－3 －3 3 ∴包含L1且平行L2之平面E為 (－ 2 ＋2 ) x＋［1－( 2 )］y＋( 2 －2 ) z＋［1－ －3 ( 2 )］＝0 即x＋5y－7z＋5＝0 (2) L1、L2間之最短距離等於點 (－1 , 2 , 1 ) 至平面E之距離d， |－1＋10－7＋5 | 7 7 3 ＝ ＝ 15 d＝ 1＋25＋49 5 3 ⎧⎪ x＝0＋t 21. 解析：L：⎨ y＝0＋2t ，t為實數 令x軸上動點P ( a , 0 , 0 ) ⎪⎩ z＝1＋4t
則d＝ ＝
( t－a )2＋( 2t )2＋( 4t＋1 )2 ＝ 2 1 1 ( a－t )2＋20 ( t2＋ 5 t＋ 25 )＋ 5 ＝
1 在a＝t＝－ 5 時，有最小值＝
( a2－2at＋t2 )＋( 20t2＋8t＋1 ) 1 1 ( a－t )2＋20 ( t＋ 5 )2＋ 5
5 1 1 ＝ 又 x 軸上點為 P ( － 5 5 ,0,0) 5
22. 【詳解】(1)垂直E：x + y + z = 0之直線方向向量即為E的法線向量(1，1，1) 追求卓越
鋒凡物理研究室
44
空間平面與直線
此直線過A (1，2，3) ∴
⎧x = 1 + t ⎪ 直線參數式為 ⎨ y = 2 + t，t ∈ R ⎪z = 3 + t ⎩
(2)將(1)的參數式代入E，(1 + t) + (2 + t) + (3 + t) = 0 ⇒ t = − 2 ∴ 直線與E的交點為B( − 1，0，1)，即為A在E上的正射影 (3)設A對E的對稱點A′，則 AA′ 中點B，得A′( − 2 − 1，0 − 2，2 − 3) = ( − 3，− 2，− 1) 23. 【詳解】(1)設P(3，− 1，− 2)∈L2且P在L1之垂足為H，則H( −1 + 2t，2 − 2t，3 + t) _____\
PH = ( − 4 + 2t，3 − 2t，5 + t) ⊥ L1之方向向量 d = (2，− 2，1)
_____\
PH ． d = − 8 + 4t − 6 + 4t + 5 + t = 0 ⇒ t = 1，得H(1，0，4)
所求 = d(L1；L2) = d(P；L1) = PH = 4 + 1 + 36 = 41 _____\
(2) PQ = ( − 4，3，5)， d = (2，− 2，1) _____\
則 PQ × d = (
3 5 5 −4 −4 3 ， ， ) = (13， −2 1 1 2 2 −2
14，2)
取所求平面E之法向量 n = (13，14，2)且E過P(3，− 1，− 2) 則E：13(x − 3) + 14(y + 1) + 2(z + 2) = 0 ⇒ E：13x + 14y + 2z = 21 24. 【詳解】(1) x + y + z = 1……c，2x + 3y + 5z = 7……d
c × 5 − d得3x + 2y = − 2 ⇒ x = x=
∴
2y + 2 = 2z − 4 ⇒ −3
2y + 2 ；c × 3 − d得x − 2z = − 4 ⇒ x = 2z − 4 −3
x y +1 = =z−2=t 2 −3
⎧ x = 2t ⎪ ： ⎨ y = − 3t − 1 ，t ∈ R，（表法不唯一） ⎪z = t + 2 ⎩
(2)設 上一點Q(2t，− 3t − 1，t + 2) 2
PQ = (2t − 4)2 + (3t − 2)2 + t2 = 14t2 − 28t + 20 = 14(t − 1)2 + 6 ∴
t = 1時， PQ 最小值 6 ，即為P點到 的距離
(3)設包含 與P點之平面π的方程式為(2x + 3y + 5z − 7) + k(x + y + z − 1) = 0 P(4，− 3，2)代入，(8 − 9 + 10 − 7) + k(4 − 3 + 2 − 1) = 0 ⇒ k = − 1 ∴ π：x + 2y + 4z − 6 = 0 25. 【詳解】(1)如圖，L1及L2為兩歪斜線，當螞蟻甲走到P，螞蟻乙
走到Q時，兩螞蟻有最短距離，其中P(2 + t，4 + 2t，2 − t)及Q( − 追求卓越
鋒凡數學家教班
主題 五：平面與直線的關係
45
1 + 2s，3 − 2s，s) ⇒
_____\
PQ = ( − 3 + 2s − t，− 1 − 2s − 2t，− 2 + s + t)
⎧ _____\ ___\ ⎧ _____\ ___\ ⎧s + 2t + 1 = 0 ⎧t = −1 ⎪ PQ ⊥ d 1 = (1，2，− 1) ⎪ PQ．d = 0 ∵ ⎨ _____ ___ ∴ ⎨ _____ ___1 ⇒ ⎨ ，得 ⎨ \ \ \ \ ⎩3s + t − 2 = 0 ⎩s = 1 ⎪ PQ ⊥ d = (2，− 2，1) ⎪ PQ．d = 0 2 ⎩ 2 ⎩ ⎧ P(1，2，3) 即⎨ ∴ 甲螞蟻所在位置之坐標為P(1，2，3) ⎩Q(1，1，1) (2)最短距離 = PQ = 5 ⎧ x = −2 − 4t ⎪ 26. 【詳解】(1) AB ： ⎨ y = −3 + 4t ，t∈R，由D向 AB 作垂直線，其垂足為Q， DQ 長即為所 ⎪⎩ z = 1 − 6t
求 ∵
Q∈ AB
∴
_____\
令Q( − 2 − 4t，− 3 + 4t，1 − 6t)， DQ = ( − 3 − 4t，− 6 + 4t，− 2 − 6t)
_____\
又 DQ ⊥ ( − 4，4，− 6) ⇒ 12 + 16t − 24 + 16t + 12 + 36t = 0 ⇒ t=0 ∴
Q = A = ( − 2，− 3，1)
⇒ d(D； AB )
= DQ = DA = 9 + 36 + 4 = 7 (2)由(1)可知 AD 為 AB 及 CD 之公垂線 ∴d( AB ； CD ) = DQ = DA = 7 27. 【詳解】(A)錯。L：
x − 3 y − 2 z +1 = = −1 2 −2
⇒ 方向向量 d = ( − 1，2，− 2) _____\
(B)對。設Q(3 − t，2 + 2t，− 1 − 2t)，則 PQ = (8 − t，2 + 2t，7 − 2t) ⊥ d = ( − 1，2，− 2) ∴
_____\
PQ ． d = t − 8 + 4 + 4t − 14 + 4t = 0 ⇒ t = 2，即Q(1，6，− 5)
(C)對。d(P；L) = PQ = 36 + 36 + 9 = 9 (D)錯。Q(1，6，− 5)為P( − 5，0，− 8)及P′之中點 ⇒ P′(7，12，− 2) ⎧x − 3 y − 2 ⎪⎪ − 1 = 2 (E)錯。L： ⎨ ⎪ y − 2 = z +1 −2 ⎩⎪ 2
⎧ E ：2 x + y − 8 = 0 ⇒ L： ⎨ 1 ⎩ E 2：y + z − 1 = 0
設所求平面E：(2x + y − 8) + k(y + z − 1) = 0且過P( − 5，0，− 8) P代入E ⇒ − 18 − 9k = 0 ⇒ k = − 2 ∴ E：(2x + y − 8) + ( − 2)(y + z − 1) = 0 ⇒ E：2x − y − 2z − 6 = 0 追求卓越
鋒凡物理研究室
46
空間平面與直線
⎧x + 2 y = 1 28. 【詳解】(1)由L： ⎨ ，令y = t ⎩z = 0
⎧ x = 1 − 2t ⎪ ⇒ L： ⎨ y = t ，t∈R ⎪z = 0 ⎩
2 1 (2)設P∈L，則P(1 − 2t，t，0)， OP = (1 − 2t ) 2 + t 2 + 0 2 = 5t 2 − 4t + 1 = 5(t − ) 2 + 5 5
2 5 1 當t = 時， OP 有最小值 ，即d(O；L) = 5 5 5 ⎧E ： x + 2 y − 1 = 0 之平面E，且過O(0，0，0) (3)包含L： ⎨ 1 ⎩ E 2：z = 0
設E：z + k(x + 2y − 1) = 0……c O(0，0，0)代入E ⇒ 0 − k = 0 ⇒ k = 0代入c，得E：z = 0 29. 【詳解】 M為A，A′之中點，M(t，3 − 2t，t)代入E ⇒ t =
1 2
1 t = 0表A點，t = 表M點 ∴ t = 1時得對稱點A′(1，1，1) 2 ⎧ x = 0 + 2t ⎪ (2) AB ： ⎨ y = 3 − 2t ，t∈R ⎪z = 0 − t ⎩
設P(2t，3 − 2t，− t)代入E ⇒ t = ∵
3 5
∴
6 9 3 P( ， ，− ) 5 5 5
AB 交平面E於P，則反射後之路徑為 A′ P ，故 A′ P ：
⎧⎪ x＝a＋2t ⎧⎪ x＝2＋k 30. 解析：L1：⎨ y＝4－t ，L2：⎨ y＝－a＋k ⎪⎩ z＝a＋t ⎪⎩ z＝3＋2k
x −1 y −1 z −1 = = 1 4 −8
⎧⎪ a＋2t＝2＋k ⎨ 4－t＝－a＋k ⎪⎩ a＋t＝3＋2k
t＝2，k＝－3，a＝－5
故選(B)(D)
追求卓越
鋒凡數學家教班