平面及其方程

§4.2 · 核心概念🌱 基础篇 →

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前置诊断

① 直接前置（需先掌握）向量及其运算（数量积、向量积、混合积）③ 掌握后可解锁空间直线及其方程曲面与空间曲线（旋转面、柱面、二次曲面）

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 平面方程的三种形式：点法式、一般式（系数即法向量）、截距式★★ 必会

基本观念：确定一张平面，需要一个点与一个法向量 $n$ 。

① 点法式：过点

M_{0} (x_{0}, y_{0}, z_{0})

、以

n = (A, B, C) \neq = 0

为法向量的平面为

A (x - x_{0}) + B (y - y_{0}) + C (z - z_{0}) = 0.

依据是：点

M (x, y, z)

在平面上

⟺ M_{0} M ⊥ n ⟺ n \cdot M_{0} M = 0

。解题时几乎所有几何条件都可先化为一个点与一个法向量，再写成点法式。

② 一般式：

A x + B y + C z + D = 0

，其中

A, B, C

不全为零，一次项的系数就是法向量

n = (A, B, C)

。特殊位置可以直接判断：

D = 0 ⟺

平面过原点；如果方程缺某个变量，即该变量的系数为

0

，那么

⟺

法向量的相应分量为零

⟺

平面平行于该坐标轴，例如

C = 0

时平面平行于

z

轴。两平面的位置关系完全由法向量决定：平行

⟺ \frac{A _{1}}{A _{2}} = \frac{B _{1}}{B _{2}} = \frac{C _{1}}{C _{2}}

；垂直

⟺ A_{1} A_{2} + B_{1} B_{2} + C_{1} C_{2} = 0

；夹角（取锐角）

cos θ = \frac{∣ n _{1} \cdot n _{2} ∣}{∣ n _{1} ∣ ∣ n _{2} ∣}

。

③ 截距式：如果平面在三坐标轴上的截距

a, b, c

都不为零，那么

\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1.

它适用于已知三个截距的问题，以及平面与坐标面围成四面体、其体积

V = \frac{1}{6} ∣ ab c ∣

一类的问题。如果平面过原点或平行于某坐标轴，那么它没有截距式。

附：点

M_{0} (x_{0}, y_{0}, z_{0})

到平面

A x + B y + C z + D = 0

的距离为

d = \frac{∣ A x _{0} + B y _{0} + C z _{0} + D ∣}{A ^{2} + B ^{2} + C ^{2}}

其推导以及垂足与对称点的求法见下一条。

证明 / 推导

点法式 $\Rightarrow$ 一般式。 把点法式展开，即得

A x + B y + C z + D = 0

，其中

D = - (A x_{0} + B y_{0} + C z_{0})

。

一般式中的系数确为法向量。 设

M_{0}, M

都满足一般式，两式相减，得

A (x - x_{0}) + B (y - y_{0}) + C (z - z_{0}) = 0, 即 (A, B, C) \cdot M_{0} M = 0,

故

(A, B, C)

与平面内的一切向量都垂直，它就是法向量。

截距式的推导。 平面与三坐标轴交于

(a, 0, 0), (0, b, 0), (0, 0, c)

，代入一般式得

A a = B b = C c = - D \neq = 0

，再用

- D

除一般式，即得

\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1

。

■

举例说明

真题（1990 数一） 求过点

M (1, 2, - 1)

且与直线

⎩ ⎨ ⎧ x = - t + 2 y = 3 t - 4 z = t - 1

垂直的平面方程。

解. 平面

⊥

直线

⟺

直线的方向向量可直接取作平面的法向量。由参数式读出

s = (- 1, 3, 1)

，故取

n = s

。按①写出点法式：

- (x - 1) + 3 (y - 2) + (z + 1) = 0,

化简得

x - 3 y - z + 4 = 0

。可见条件的转化顺序是：垂直于直线

\to

方向向量即法向量

\to

点法式，其间并无迂回。

2. 点到平面距离公式的一种推导：沿法向前进一步，同时求出垂足（投影点）与对称点★ 要懂

距离公式通常用投影的长度来解释，下面给出一个用处更广的参数化推导：自点

M_{1}

沿法向

n

前进，直到落在平面上，所走过的长度就是距离，落点就是垂足。这个方法一次可以求出距离、垂足与对称点三样结果，是求点关于平面的对称点、以及点在平面上的投影的标准方法，比单纯记忆距离公式有用得多。做法是：过

M_{1} (x_{1}, y_{1}, z_{1})

作法线，其参数方程为

M_{1} + t n

，代入平面方程解出

t^{*}

，则垂足

= M_{1} + t^{*} n

，距离

= ∣ t^{*} ∣ ∣ n ∣

，对称点

= M_{1} + 2 t^{*} n

。

证明 / 推导

证设平面

π : A x + B y + C z + D = 0

，

n = (A, B, C)

。过

M_{1}

的法线上的点为

(x, y, z) = (x_{1} + A t, y_{1} + B t, z_{1} + C t) .

代入平面方程，得

A (x_{1} + A t) + B (y_{1} + B t) + C (z_{1} + C t) + D = 0

，即

(A x_{1} + B y_{1} + C z_{1} + D) + t (A^{2} + B^{2} + C^{2}) = 0 \Rightarrow t^{*} = - \frac{A x _{1} + B y _{1} + C z _{1} + D}{A ^{2} + B ^{2} + C ^{2}} .

垂足就是

t = t^{*}

处的点。于是距离为

d = ∣ M_{1} M_{垂} ∣ = ∣ t^{*} ∣ \cdot ∣ n ∣ = \frac{∣ A x _{1} + B y _{1} + C z _{1} + D ∣}{A ^{2} + B ^{2} + C ^{2}} \cdot A^{2} + B^{2} + C^{2} = \frac{∣ A x _{1} + B y _{1} + C z _{1} + D ∣}{A ^{2} + B ^{2} + C ^{2}} .

对称点取

t = 2 t^{*}

，因为沿法向前进两倍的长度即到达对称的位置。

■

举例说明

求点

M_{1} (1, 2, 1)

关于平面

π : x + y + z - 3 = 0

的对称点。这里

n = (1, 1, 1)

，

A^{2} + B^{2} + C^{2} = 3

，

A x_{1} + B y_{1} + C z_{1} + D = 1 + 2 + 1 - 3 = 1

，故

t^{*} = - \frac{1}{3}

。于是对称点

= M_{1} + 2 t^{*} n = (1, 2, 1) - \frac{2}{3} (1, 1, 1) = (\frac{1}{3}, \frac{4}{3}, \frac{1}{3})

。验证：把中点

(\frac{2}{3}, \frac{5}{3}, \frac{2}{3})

代入平面方程，得

\frac{2}{3} + \frac{5}{3} + \frac{2}{3} - 3 = 0

，中点确在平面上，所得结果正确。

3. 三平面的位置关系与三元一次方程组解的判定（几何与线性代数的联系）

下面把三平面的位置关系与线性方程组的理论联系起来。三张平面

π_{i} : n_{i} \cdot r = d_{i}

联立成

A r = d

，其中系数矩阵

A

的各行就是三个法向量。用系数矩阵的秩 $r (A)$ 与增广矩阵的秩 $r (\overset{ˉ}{A})$ 判定：如果

r (A) = r (\overset{ˉ}{A}) = 3

，即三个法向量线性无关，那么三平面交于唯一的点；如果

r (A) = r (\overset{ˉ}{A}) = 2

，那么三平面交于一条公共直线，构成一个平面束；如果

r (A) = r (\overset{ˉ}{A}) = 1

，那么三平面重合；如果

r (A) < r (\overset{ˉ}{A})

，那么三平面没有公共点。这时又分三种情形：三张平面互相平行；其中两张平行，第三张与它们都相交；三张平面两两相交，围成三棱柱状。这样就把第 4 章的几何直观与线性方程组解的结构联系了起来，它是理解方程组何时有唯一解、何时无解、何时有无穷多解的一个直观模型。

证明 / 推导

证设

π_{i} : n_{i} \cdot r = d_{i} (i = 1, 2, 3)

，其中每个

n_{i} \neq = 0

，因而

r (A) \geq 1

。三平面的公共点就是线性方程组

A r = d

的解，所以位置关系完全由解的情况决定。下面按秩分四种情形讨论。

① $r (A) = r (\overset{ˉ}{A}) = 3$ . 由

r (A) = 3

得

∣ A ∣ \neq = 0

，方程组有唯一解，故三平面交于一点。这时三个法向量线性无关。

② $r (A) = r (\overset{ˉ}{A}) = 2$ . 方程组相容，设

r_{0}

是它的一个解。相应的齐次方程组

A r = 0

的解空间的维数为

3 - r (A) = 1

，设

s

是它的一个基础解系。于是通解为

r = r_{0} + t s (t \in R)

，它表示过点

r_{0}

、以

s

为方向向量的一条直线。故三平面交于一条直线。

③ $r (A) = r (\overset{ˉ}{A}) = 1$ . 由

r (\overset{ˉ}{A}) = 1

知增广矩阵的三行两两成比例。又每一行

(n_{i}, d_{i})

都不是零行，故存在非零的数

k_{2}, k_{3}

，使

(n_{2}, d_{2}) = k_{2} (n_{1}, d_{1})

，

(n_{3}, d_{3}) = k_{3} (n_{1}, d_{1})

。因此后两个方程与第一个方程等价，三张平面重合。

④ $r (A) < r (\overset{ˉ}{A})$ . 方程组无解，故三平面没有公共点。这里再分两种情形。

如果

r (A) = 1

，那么三个法向量两两平行，于是三张平面两两平行；由方程组无解知它们不全重合。

如果

r (A) = 2

，那么齐次方程组的解空间是一维的，设基础解系为

s \neq = 0

，则

n_{i} \cdot s = 0 (i = 1, 2, 3)

，即

s

同时平行于三张平面。此时若有两个法向量成比例，例如

n_{1}

与

n_{2}

平行，则

π_{1}

与

π_{2}

平行。二者不重合，否则方程组相容，与无解矛盾。又

n_{3}

与它们不平行，故

π_{3}

与二者都相交。若三个法向量两两不成比例，则每两张平面都相交于一条直线。这三条交线的方向向量都与

s

平行，因而互相平行。三条交线又互不重合，否则重合的那条直线上的点将属于三张平面，与无公共点矛盾。因此三张平面围成三棱柱状。

以上四种情形穷尽了一切可能，并且互不相容，这就证明了上面的判定法则。

■

举例说明

判断

π_{1} : x + y + z = 1, π_{2} : x - y + z = 0, π_{3} : 2 x + 2 z = 1

的位置关系。三个法向量为

n_{1} = (1, 1, 1), n_{2} = (1, - 1, 1), n_{3} = (2, 0, 2)

。注意到

n_{1} + n_{2} = (2, 0, 2) = n_{3}

，故三个法向量线性相关，

r (A) = 2

。再看右端，

d_{1} + d_{2} = 1 + 0 = 1 = d_{3}

，方程组相容，故

r (\overset{ˉ}{A}) = 2 = r (A)

。因此三平面交于一条公共直线，其中

π_{3}

属于由

π_{1}, π_{2}

生成的平面束。

4. 平面束是过定直线的一族平面，适用于带附加条件的求平面问题

平面束

π_{1} + λ π_{2} = 0

为什么恰好取遍过交线

L

的一切平面，而只差一个

π_{2}

？这是因为过

L

的平面，其法向量必与

L

的方向

s = n_{1} \times n_{2}

垂直。这样的法向量构成一个二维子空间，其中不计倍数的方向只有一维；而

n_{1}, n_{2}

所张成的就是这个二维子空间，故

n_{1} + λ n_{2}

可以取遍其中的方向，只取不到

n_{2}

的方向。用法：如果要求平面过某直线

L

，并且满足一个附加条件（过某点，垂直于某平面，与某平面成定角，或与某点等距），那么设出的束方程只含一个待定的

λ

，代入附加条件解出

λ

即可，不必先求

L

的点向式再拼凑方程。

证明 / 推导

证设

L

为所给的直线，

π

是过它的平面，其法向量为

m

。由

π \supset L

得

\Rightarrow m ⊥ s = n_{1} \times n_{2}

。而

{v : v ⊥ s}

是二维子空间，其中

n_{1}, n_{2}

都垂直于

s

，因为它们各自所在的平面都含

L

；又二者线性无关，否则

π_{1} ∥ π_{2}

，两平面就没有交线。因此它们构成该二维子空间的一组基，于是

m = μ n_{1} + ν n_{2}

。又因

π

过

L

上的一点，可以定出它的常数项恰为

μ d_{1}^{'} + ν d_{2}^{'}

的形式，故

π : μ π_{1} + ν π_{2} = 0

。除去

μ = 0

的情形（这时所得即

π_{2}

）以后，两边除以

μ

，并记

λ = ν / μ

，即得

π_{1} + λ π_{2} = 0

。

■

举例说明

求过直线

L : {x + y - z = 0 x - y + z - 2 = 0

且与平面

π_{0} : x + 2 y + z = 0

垂直的平面。设平面束为

(x + y - z) + λ (x - y + z - 2) = 0

，即

(1 + λ) x + (1 - λ) y + (- 1 + λ) z - 2 λ = 0

，其法向量

m = (1 + λ, 1 - λ, - 1 + λ)

。令它与

n_{0} = (1, 2, 1)

垂直，得

m \cdot n_{0} = (1 + λ) + 2 (1 - λ) + (- 1 + λ) = 2 = 0

。这一等式的左端恒等于 2，故

2 \neq = 0

，其中已不含

λ

，可见平面束中没有满足条件的平面。为此还须检验

π_{2}

本身：由

n_{2} = (1, - 1, 1)

算得

n_{2} \cdot n_{0} = 1 - 2 + 1 = 0

，可见二者确实垂直，故所求平面即

π_{2} : x - y + z - 2 = 0

。必须注意：平面束中取不到

π_{2}

，因此这种情形必须单独验证。

5. 两平行平面之间的距离：先判定平行，再把系数化为相同，用常数项之差除以法向量的模

如果两平面平行，那么

n_{1} ∥ n_{2}

，于是可把两个方程写成具有同一法向量的形式

A x + B y + C z + D_{1} = 0

与

A x + B y + C z + D_{2} = 0

。这时它们之间的距离

d = \frac{∣ D _{1} - D _{2} ∣}{A ^{2} + B ^{2} + C ^{2}}

。必须注意的前提是：两个方程中一次项的系数

(A, B, C)

必须化为完全相同，而不能只是成比例，否则

∣ D_{1} - D_{2} ∣

就没有意义。这个公式是在一个平面上取一点、再求它到另一平面的距离的化简结果，直接使用可以省去一步。如果系数只是成比例，那么应先把整个方程乘以一个常数，把系数配平，再套用公式。

证明 / 推导

证在第一个平面上任取一点

P_{0} (x_{0}, y_{0}, z_{0})

，则

A x_{0} + B y_{0} + C z_{0} = - D_{1}

。它到第二个平面的距离为

d = \frac{∣ A x _{0} + B y _{0} + C z _{0} + D _{2} ∣}{A ^{2} + B ^{2} + C ^{2}} = \frac{∣ - D _{1} + D _{2} ∣}{A ^{2} + B ^{2} + C ^{2}} = \frac{∣ D _{1} - D _{2} ∣}{A ^{2} + B ^{2} + C ^{2}} .

因两平面平行，故

P_{0}

的选取不影响所得的结果。

■

举例说明

求

2 x - y + 2 z = 5

与

4 x - 2 y + 4 z = 3

之间的距离。后者的系数是前者的

2

倍，先把系数化为相同：

4 x - 2 y + 4 z = 10

与

4 x - 2 y + 4 z = 3

。于是

d = \frac{∣10 - 3∣}{4 ^{2} + 2 ^{2} + 4 ^{2}} = \frac{7}{6}

。必须注意，如果忘记配平系数而直接用

∣5 - 3∣

，那么将得出错误的答案。

💡 小知识

把三张平面的方程联立起来，得到的是一个三元一次方程组。它有唯一解、无解、无穷多解这三种情形，正好对应三个平面交于一点、没有公共点、交于一条公共直线。线性代数里方程组解的判定，最直观的原型就是这幅几何图景。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 求过点

M_{0} (1, - 2, 3)

且以

n = (2, 1, - 1)

为法向量的平面方程（化为一般式）。难度 1

直接套点法式

A (x - x_{0}) + B (y - y_{0}) + C (z - z_{0}) = 0

：

2 (x - 1) + 1 \cdot (y - (- 2)) + (- 1) (z - 3) = 0.

展开：

2 x - 2 + y + 2 - z + 3 = 0 ⟹ 2 x + y - z + 3 = 0.

验证：把

M_{0} (1, - 2, 3)

代入左端得

2 - 2 - 3 + 3 = 0

，确在平面上。

例 2 求过三点

A (1, 0, 0), B (0, 2, 0), C (0, 0, 3)

的平面方程。难度 1

解法一（截距式）。 三点恰是三坐标轴上的截距

a = 1, b = 2, c = 3

，故

\frac{x}{1} + \frac{y}{2} + \frac{z}{3} = 1.

两边乘

6

得一般式

6 x + 3 y + 2 z - 6 = 0

。 解法二（点法式）。 取平面内两向量

A B = (- 1, 2, 0), A C = (- 1, 0, 3)

，法向量

n = A B \times A C = i - 1 - 1 j 20 k 03 = (6, 3, 2) .

过

A (1, 0, 0)

：

6 (x - 1) + 3 y + 2 z = 0

，即

6 x + 3 y + 2 z - 6 = 0

，与解法一一致。

例 3 求点

M (1, 2, 1)

到平面

π : 2 x + 2 y - z + 3 = 0

的距离，并求过

M

且与

π

平行的平面方程。难度 2

距离用公式

d = \frac{∣ A x _{1} + B y _{1} + C z _{1} + D ∣}{A ^{2} + B ^{2} + C ^{2}}

：

d = \frac{∣2 \times 1 + 2 \times 2 - 1 \times 1 + 3∣}{2 ^{2} + 2 ^{2} + ( - 1 ) ^{2}} = \frac{∣2 + 4 - 1 + 3∣}{9} = \frac{8}{3} .

平行平面与

π

共用法向量

(2, 2, - 1)

，设为

2 x + 2 y - z + D = 0

。代入

M (1, 2, 1)

：

2 + 4 - 1 + D = 0 ⟹ D = - 5.

故所求平面为

2 x + 2 y - z - 5 = 0

。

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2006 年 · 数一 · 第 4 题 · 填空题 · 4 分

点

(2, 1, 0)

到平面

3 x + 4 y + 5 z = 0

的距离

d =

___.

2003 年 · 数一 · 第 2 题 · 填空题 · 4 分

曲面

z = x^{2} + y^{2}

与平面

2 x + 4 y - z = 0

平行的切平面的方程是 ___.

1998 年 · 数一 · 第 11 题 · 解答题 · 5 分

求直线

l : \frac{x - 1}{1} = \frac{y}{1} = \frac{z - 1}{- 1}

在平面

π : x - y + 2 z - 1 = 0

上的投影直线

l_{0}

的方程，并求

l_{0}

绕

y

轴旋转一周所成曲面的方程。

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

平面

3 x - 2 y + z - 5 = 0

的一个法向量是

A $(3, - 2, 1)$
B $(3, - 2, - 5)$
C $(- 2, 1, - 5)$
D $(3, 2, 1)$

练习 2 · 填空题

过点

(2, - 1, 3)

且以

(1, 0, - 2)

为法向量的平面方程（一般式）为 ____。

练习 3 · 填空题

点

(1, 1, 1)

到平面

x + 2 y - 2 z - 3 = 0

的距离为 ____。

练习 4 · 选择题

平面

x + y + z = 1

与平面

x - y + z = 1

的夹角（取锐角）的余弦为

A $\frac{1}{3}$
B $\frac{2}{3}$
C $\frac{1}{3}$
D $0$

练习 5 · 选择题

两平行平面

2 x - y + 2 z - 3 = 0

与

2 x - y + 2 z + 6 = 0

之间的距离为

A $1$
B $2$
C $3$
D $9$

练习 6 · 选择题

过直线

L : \frac{x - 1}{1} = \frac{y}{2} = \frac{z + 1}{- 1}

且与平面

π_{1} : x + y + z = 0

垂直的平面方程是（　）。

A $3 x - 2 y - z - 4 = 0$
B $x + 2 y - z - 2 = 0$
C $3 x - 2 y - z + 4 = 0$
D $x + y + z = 0$

练习 7 · 填空题

过直线

L : {x + y + z - 1 = 0, 2 x - y + z = 0

且与平面

x + 2 y - z = 0

垂直的平面方程为 ____。

练习 8 · 解答题

已知点

M (2, - 1, 1)

、

N (0, 1, 3)

与平面

π_{1} : x + 2 y - z + 3 = 0

。

(1)

求过

M, N

且与

π_{1}

垂直的平面

π

的方程；

(2)

求原点

O

到平面

π

的距离；

(3)

求

π

与

π_{1}

的交线的对称式方程。

1996 年 · 数一 · 第 2 题 · 填空题 · 3 分

设一平面经过原点及点

(6, - 3, 2)

，且与平面

4 x - y + 2 z = 8

垂直，则此平面方程为 ___.

1991 年 · 数一 · 第 3 题 · 填空题 · 3 分

已知两条直线方程为

L_{1} : \frac{x - 1}{1} = \frac{y - 2}{0} = \frac{z - 3}{- 1}

，

L_{2} : \frac{x + 2}{2} = \frac{y - 1}{1} = \frac{z}{1}

，则过

L_{1}

且平行于

L_{2}

的平面方程是 ___.

1990 年 · 数一 · 第 1 题 · 填空题 · 3 分

过点

M (1, 2, - 1)

且与直线

⎩ ⎨ ⎧ x = - t + 2, y = 3 t - 4, z = t - 1

垂直的平面方程为 ___.