仿射坐标系

不共面向量

定理1 空间中任意给定三个不共面的向量$\bm{e_1},\bm{e_2},\bm{e_3}$，则任意一个向量$\bm{m}$可以唯一表示成$\bm{e_1},\bm{e_2},\bm{e_3}$的线性组合.

证明：
可表性.
取一点O，作$\overrightarrow{OA_1},\overrightarrow{OA_2},\overrightarrow{OA_3}$分别表示$\bm{e_1},\bm{e_2},\bm{e_3},\bm{m}$. 过M作直线$MN//\overrightarrow{OA_3}$交平面$OA_1A_2$于点N，过N作直线$NP//OA_1$交$OA_2$于P.

有，

\[\overrightarrow{OA_1}=\bm{e_1},\overrightarrow{OA_2}=\bm{e_2},\overrightarrow{OA_3}=\bm{e_3}, \\ \overrightarrow{OP}//\bm{e_1}, \overrightarrow{PN}//\bm{e_2}, \overrightarrow{NM}//\bm{e_3} \]

∴存在实数x,y,z使得

\[\overrightarrow{OP}=x\bm{e_1},\overrightarrow{PN}=y\bm{e_2},\overrightarrow{NM}=z\bm{e_3} \]

而

\[\bm{m}=\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{PN}+\overrightarrow{NM}=x\bm{e_1}+y\bm{e_2}+z\bm{e_3} \]

唯一性. 如果存在另一组实数$x_1,y_1,z_1$，使得

\[m=\overrightarrow{OM}=x_1\bm{e_1}+y_1\bm{e_2}+z_1\bm{e_3} \]

则有，

\[(x-x_1)\bm{e_1}+(y-y_1)\bm{e_2}+(z-z_1)\bm{e_3}=0 \]

∵$\bm{e_1},\bm{e_2},\bm{e_3}$不共面
∴不存在非零实数$\alpha,\beta,\gamma$使得$\alpha\bm{e_1}+\beta\bm{e_2}+\gamma\bm{e_3}=0$成立
也就是说，$\alpha=\beta=\gamma=0$
∴$x-x_1=y-y_1=z-z_1=0$
∴$x=x_1,y=y_1,z=z_1$

基向量

定义1 空间中任意三个有次序的不共面的向量$\bm{e_1},\bm{e_2},\bm{e_3}$称为空间中的一组基. 对于空间中任一向量$\bm{m}$，若

\[\bm{m}=x\bm{e_1}+y\bm{e_2}+z\bm{e_3} \]

则把有序三元实数组(x,y,z)称为$\bm{m}$在基$\bm{e_1},\bm{e_2},\bm{e_3}$中的坐标.

如3D笛卡尔坐标系下，基向量可以是$\bm{e_1}=(1,0,0),\bm{e_2}=(0,1,0)\bm{e_3}=(0,0,1)$. 空间中向量$\bm{m}=10\bm{e_1}+20\bm{e_2}+30\bm{e_3}$，可以用三元数组(10,20,30)来表示.

仿射标架（仿射坐标系）

定义2 空间中一个点O和一组基$\bm{e_1},\bm{e_2},\bm{e_3}$合在一起称为空间的一个仿射标架或仿射坐标系，记作$[O;\bm{e_1},\bm{e_2},\bm{e_3}]$，其中O称为原点. 对于空间中任一点M，把它的定位向量$\overrightarrow{OM}$在基$\bm{e_1},\bm{e_2},\bm{e_3}$中的坐标称为点M在仿射标架$[O;\bm{e_1},\bm{e_2},\bm{e_3}]$中的坐标.

简单说，原点 + 基 = 仿射标架（或仿射坐标系）

由定义知，点M在仿射坐标系$[O;\bm{e_1},\bm{e_2},\bm{e_3}]$下坐标为(x,y,z)的充要条件：

\[\overrightarrow{OM}=x\bm{e_1}+y\bm{e_2}+z\bm{e_3} \]

$\bm{m}$在基$\bm{e_1},\bm{e_2},\bm{e_3}$中的坐标，也称为$\bm{m}$在仿射坐标系$[O;\bm{e_1},\bm{e_2},\bm{e_3}]$中的坐标.

坐标轴

设$[O;\bm{e_1},\bm{e_2},\bm{e_3}]$为一个仿射标架，过原点O且分别以$\bm{e_1},\bm{e_2},\bm{e_3}$为方向的有向直线分别称为x轴，y轴，z轴，它们统称坐标轴. 每2个坐标轴决定的平面称为坐标平面，分别是xOy, yOz, zOx平面. 坐标平面将空间分为8部分，称为八个挂限（注：2D平面是象限），每个挂限内，点的坐标符号不变.

直角标架（直角坐标系）

定义3 如果单位向量$\bm{e_1},\bm{e_2},\bm{e_3}$两两垂直，则$[O;\bm{e_1},\bm{e_2},\bm{e_3}]$称为一个直角标架或直角坐标系.

注意：此时$\bm{e_1},\bm{e_2},\bm{e_3}$必不共面.

直角标架是一个特殊的仿射标架. 点或向量在直接坐标系中的坐标，称为直角坐标，在仿射坐标系中的坐标称为仿射坐标.

向量共线（共面）

注：由于仿射标架下很多结论证明依赖于这部分，因此将其加入本文.

向量的加法、数量乘法（向量乘以实数）统称线性运算.

设$\bm{a_1,a_2,...,a_n}$是一组向量，$k_1,k_2,...,k_n$是一组实数，则$k_1\bm{a_1}+k_2\bm{a_2}+...+k_n\bm{a_n}$是一个向量，称它为向量组$\bm{a_1,a_2,...,a_n}$的一个线性组合，称$k_1,k_2,...,k_n$是这个组合的系数.

定义4 向量组如果用同一起点的有向线段表示后，它们在一条直线（一个平面）上，则称这个向量组是共线（共面）的.

如果向量$\bm{a}$与$\bm{b}$共线，记作$\bm{a}//\bm{b}$.

有以下结论：
1）$\bm{0}$向量与任意向量共线；
2）共线的向量组一定共面；
3）如果$\bm{a}=\lambda\bm{b}$，则$\bm{a,b}$共线.

两向量共线

命题1 如果$\bm{a,b}$共线，且$\bm{a}\neq 0$，则存在唯一实数使得$\bm{b}=\lambda\bm{a}$.

证明：存在性.
如果$\bm{a,b}$同向，则对应单位向量$\bm{b^0}=\bm{a^0}$，进而由：

\[\bm{b}=|\bm{b}|\bm{b^0}=|\bm{b}|\bm{a^0}=|\bm{b}|(|\bm{a}|^{-1}\bm{a})=(|\bm{b}||\bm{a}|^{-1})\bm{a} \]

可取$\lambda=|\bm{b}||\bm{a}|^{-1}$，可得$\bm{b}=\lambda\bm{a}$.
如果$\bm{a,b}$反向，则对应单位向量$\bm{b^0}=-\bm{a^0}$，也可得到类似结论.

唯一性.
假设$\bm{b}=\lambda \bm{a}=\mu \bm{a}$，则$(\lambda-\mu)\bm{a}=0$
∵$\bm{a}\neq 0$
∴$\lambda-\mu=0$
∴$\lambda=\mu$

命题2 $\bm{a,b}$共线充要条件：存在不全为0的实数λ、μ，使得

\[\lambda \bm{a}+\mu \bm{b}=0 \]

证明：必要性.
设$\bm{a,b}$共线
如果$\bm{a}=\bm{b}=0$，可取$\lambda=1,\mu=1$，则$1\bm{a}+1\bm{b}=0$.
如果$\bm{a,b}$不全为0，不妨设$\bm{a}\neq 0$，则存在实数λ使得$\bm{b}=\lambda\bm{a}$. 有

\[\lambda \bm{a} + (-1)\bm{b}=0 \]

充分性.
如果有不全为0的实数λ、μ使得$\lambda \bm{a}+\mu \bm{b}=0$成立.
不妨设$\bm{a}\neq 0$，则$\bm{a}=-\frac{\mu}{\lambda}\bm{b}$
∴$\bm{a,b}$共线

推论1 $\bm{a,b}$不共线的充要条件：要使得式$\lambda\bm{a}+\mu\bm{b}=0$成立，则$\lambda=\mu=0$.

证明：
必要性. 设$\bm{a,b}$不共线.
反证法：如果存在λ、μ不全为0，使得$\lambda\bm{a}+\mu\bm{b}=0$成立，那么上面定理，知$\bm{a,b}$共线. 这与假设茅盾，因此$\lambda=\mu=0$.

充分性. 设$\lambda\bm{a}+\mu\bm{b}=0$成立时，必有$\lambda=\mu=0$.
反证法：假设$\bm{a,b}$共线
当$\bm{a}$是0向量时，μ必为0，但λ可以是任意值，不符合必有$\lambda=\mu=0$的结论；
同理，当$\bm{b}$是0向量时，也不符合结论.
当$\bm{a},\bm{b}$都不是0向量时，那么存在实数γ，使得$a=γb$，即$1\bm{a}+(-γ)\bm{b}=0$，可取$\lambda=1,\mu=-γ$不符合结论.

因此，假设不成立，也就是$\bm{a,b}$不共线成立.

三向量共面

命题3 如果$\bm{c}=\lambda\bm{a}+\mu\bm{b}$，则$\bm{a,b,c}$共面.

证明：
如果$\bm{a}\parallel\bm{b}$，则$\bm{a,b,c}$共线，从而共面.
如果$\bm{a}\nparallel\bm{b}$，
当$\lambda或\mu$为0时，则$\bm{c}$必与$\bm{b}或\bm{a}$共线

当$\lambda>0,\mu>0$时，$\bm{c}$是以$\lambda\bm{a}, \mu\bm{b}$为邻边的平行四边形对角线
∴$\bm{a,b,c}$共面

当$\lambda>0,\mu<0$时，$\bm{c}$是以$\lambda\bm{a}, (-\mu)(-\bm{b})$为邻边的平行四边形对角线
∴$\bm{a,b,c}$共面
其他符号情况，可类似讨论.

命题4 如果$\bm{a,b,c}$共面，且$\bm{a,b}$不共线，则存在唯一实数对λ、μ，使得$\bm{c}=\lambda \bm{a}+\mu \bm{b}$.

证明：
存在性.
从同一起点O作

\[\overrightarrow {OA}=\bm{a},\overrightarrow{OB}=\bm{b},\overrightarrow{OC}=\bm{c} \]

过点C作CD//OB交OA于D点.

∵$\overrightarrow{OD}//\bm{a}$
∴存在实数λ使得$\overrightarrow{OD}=\lambda\bm{a}$
同理，存在实数μ使得$\overrightarrow{DC}=\mu\bm{b}$
∴$\bm{c}=\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{DC}=\lambda \bm{a}+\mu \bm{b}$.

唯一性.
假设$\bm{c}=\lambda\bm{a}+\mu\bm{b}=\lambda_1\bm{a}+\mu_1\bm{b}$，则

\[(\lambda-\lambda_1)\bm{a}+(\mu-\mu_1)\bm{b}=0 \]

∵$\bm{a,b}$不共线
∴$\lambda-\lambda_1=\mu-\mu_1=0$
∴$\lambda=\lambda_1,\mu=\mu_1$

命题5 $\bm{a,b,c}$共面的充要条件：有不全为0的实数$k_1,k_2,k_3$，使得$k_1\bm{a}+k_2\bm{b}+k_3\bm{c}=0$.

证明：充分性.
不妨设$k_3\neq 0$
有

\[\bm{c}=\frac{k_1}{k_3}\bm{a}+\frac{k_2}{k_3}\bm{b} \]

由命题3知，$\bm{a,b,c}$共面.

必要性.
如果$\bm{a,b}$共线，由命题2知，有不全为0的实数λ、μ，使得$\lambda \bm{a}+\mu\bm{b}=0$，那么$\lambda \bm{a}+\mu\bm{b}+0 \bm{c}=0$.

如果$\bm{a,b}$不共线，由命题4知，存在唯一实数对λ、μ，使得$c=\lambda \bm{a}+\mu\bm{b}$，那么$\lambda \bm{a}+\mu\bm{b}+(-1)\bm{c}=0$.（-1不等于0）

推论1 $\bm{a,b,c}$不共面的充要条件：从式$k_1\bm{a}+k_2\bm{b}+k_3\bm{c}=0$，可以推出$k_1=k_2=k_3=0$.

证明：必要性. $\bm{a,b,c}$不共面.
反证法.
假设$k_1,k_2,k_3$不全为0时$k_1\bm{a}+k_2\bm{b}+k_3\bm{c}=0$成立，则由命题5，$\bm{a,b,c}$共面. 这与$\bm{a,b,c}$不共面条件茅盾，因此$k_1,k_2,k_3$必全为0.

充分性. $k_1\bm{a}+k_2\bm{b}+k_3\bm{c}=0$成立时，$k_1=k_2=k_3=0$
反证法.
假设$\bm{a,b,c}$共面，由命题5，$k_1,k_2,k_3$必不全为0. 这与$k_1=k_2=k_3=0$茅盾，因此$\bm{a,b,c}$必共面.

tips：该推论是命题5的逆否命题.

应用

例1 点M在线段AB上的充要条件：存在非负实数λ、μ使得$\overrightarrow{OM}=\lambda \overrightarrow{OA}+\mu\overrightarrow{OB}且λ+μ=1$，其中O是任意取的一点.

证明：必要性.
∵点M在线段AB上
∴$\overrightarrow{AM},\overrightarrow{AB}$同向
有$\overrightarrow{AM}=k\overrightarrow{AB},0\le k \le 1$
任取一点O，有

\[\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{OM}-\overrightarrow{OA}=k\overrightarrow{AB}=k(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA})\\ \implies \overrightarrow{OM}=(1-k)\overrightarrow{OA}+k\overrightarrow{OB} \]

可取λ=1-k，μ=k，则λ+μ=1且λ≥0，μ≥0.

充分性.
如果存在非负实数λ、μ使得$\overrightarrow{OM}=\lambda \overrightarrow{OA}+\mu\overrightarrow{OB}且λ+μ=1$，其中O是任取的一点. 那么，有

\[\begin{aligned} \overrightarrow{AM}&=\overrightarrow{OM}-\overrightarrow{OA}\\ &=\lambda \overrightarrow{OA}+\mu \overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}\\ &=(\lambda-1)\overrightarrow{OA}+\mu\overrightarrow{OB}\\ &=-\mu\overrightarrow{OA}+\mu\overrightarrow{OB}\\ &=\mu(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA})\\ &=\mu \overrightarrow{AB} \end{aligned} \]

∴$\overrightarrow{AM},\overrightarrow{AB}$共线，M在直线AB上
又$0\le \mu \le 1$
∴M在线段AB上

tips：该命题是线性坐标插值，坐标证明方式见数学基础：三角形重心坐标插值公式的证明

例2 A、B、C三点共线充要条件：存在不全为0的实数$\lambda、\mu、\nu$使得$\lambda\overrightarrow{OA}+\mu\overrightarrow{OB}+\nu\overrightarrow{OC}=0且\lambda+\mu+\nu=0$，其中O是任取的一点.

证明：必要性.
设A、B、C共线.
则$\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}$共线
∴存在不全为0的实数k,l使得$k\overrightarrow{AB}+l\overrightarrow{AC}=0$（命题2）
∴

\[k\overrightarrow{AB}+l\overrightarrow{AC}=k(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA})+l(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA})=-(k+l)\overrightarrow{OA}+k\overrightarrow{OB}+l\overrightarrow{OC} \]

可取$\lambda=-(k+l),\mu=k,\nu=l$，于是有

\[\lambda\overrightarrow{OA}+\mu\overrightarrow{OB}+\nu\overrightarrow{OC}=0且\lambda+\mu+\nu=0 \]

充分性.
设存在不全为0的实数$\lambda、\mu、\nu$使得$\lambda\overrightarrow{OA}+\mu\overrightarrow{OB}+\nu\overrightarrow{OC}=0且\lambda+\mu+\nu=0$.
则有，

\[\begin{aligned} -(\mu+\nu)\overrightarrow{OA}+\mu\overrightarrow{OB}+\nu\overrightarrow{OC}&=0\\ \mu(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA})+\nu(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA})&=0\\ \mu \overrightarrow{AB}+\nu\overrightarrow{AC}&=0 \end{aligned} \]

∵$\lambda,\mu,\nu$不全为0且$\lambda+\mu+\nu=0$
∴$\mu,\nu$不全为0
∴$\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}$共线
∴A、B、C三点共线.

仿射标架下的三点共线条件

定理2 在三个点A,B,C所在的平面上取一个仿射标架$[O;\bm{e_1,e_2}]$，设A,B,C坐标分别为$(x_1,y_1),(x_2,y_2),(x_3,y_3)$，则A、B、C三点共线充要条件：

\[\begin{vmatrix} x_1 & x_2 & x_3\\ y_1 & y_2 & y_3\\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix}=0 \]

证明：
行列式较为复杂，先将行列式简化下. 由于行列式将第i行（或列）乘以常数，然后再加到第j行（或列），行列式值不变，有

\[\begin{vmatrix} x_1 & x_2 & x_3\\ y_1 & y_2 & y_3\\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix} =\begin{vmatrix} x_1-x_3 & x_2-x_3 & x_3\\ y_1-y_3 & y_2-y_3 & y_3\\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} =\begin{vmatrix} x_1-x_3 & x_2-x_3\\ y_1-y_3 & y_2-y_3 \end{vmatrix} \]

必要性.
设A、B、C三点共线.
则$\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}$共线
∴存在不全为0的实数λ、μ使得$\lambda \overrightarrow{CA}+\mu \overrightarrow{CB}=0$
该式写成坐标形式：

\[\begin{cases} \lambda(x_1-x_3)+\mu(x_2-x_3)=0\\ \lambda(y_1-y_3)+\mu(y_2-y_3)=0 \end{cases} \]

关于x、y的齐次线性方程组：

\[\begin{cases} x(x_1-x_3)+y(x_2-x_3)=0\\ x(y_1-y_3)+y(y_2-y_3)=0 \end{cases} \]

有非零解$x=\lambda,y=\mu$的充要条件为系数矩阵的行列式为0（见余胜春编《线性代数》.2009 P102推论2），即

\[\begin{vmatrix} x_1-x_3 & x_2-x_3\\ y_1-y_3 & y_2-y_3 \end{vmatrix}=0 \]

充分性.
设行列式值为0，说明上面的齐次线性方程组有非零0解：$x=\lambda,y=\mu$，可使得$\lambda \overrightarrow{CA}+\mu \overrightarrow{CB}=0$
此时，A、B、C共线.

定理3 设向量$\bm{a,b}$在空间仿射标架$[O;\bm{e_1,e_2,e_3}]$中坐标分别是$(a_1,a_2,a_3),(b_1,b_2,b_3)$. 则$\bm{a,b}$共线充要条件：

\[\begin{vmatrix} a_1 & b_1\\ a_2 & b_2 \end{vmatrix} =\begin{vmatrix} a_1 & b_1\\ a_3 & b_3 \end{vmatrix} =\begin{vmatrix} a_2 & b_2\\ a_3 & b_3 \end{vmatrix} =0 \]

证明：必要性.
设$\bm{a,b}$共线.
当$\bm{a}=0$时，结论显然成立.
当$\bm{a}\neq 0$时，存在实数λ使得$\bm{b}=\lambda\bm{a}$，有，

\[b_i=\lambda a_i,i=1,2,3 \]

进而有

\[\begin{vmatrix} a_1 & b_1\\ a_2 & b_2 \end{vmatrix} =\begin{vmatrix} a_1 & ka_1\\ a_2 & ka_2 \end{vmatrix}=0 \]

同理，

\[\begin{vmatrix} a_1 & b_1\\ a_3 & b_3 \end{vmatrix} =\begin{vmatrix} a_2 & b_2\\ a_3 & b_3 \end{vmatrix} =0 \]

充分性.
设行列式值为0. 有

\[\begin{cases} \begin{vmatrix} a_1 & b_1\\ a_2 & b_2 \end{vmatrix} =a_1b_2-a_2b_1=0\\ \begin{vmatrix} a_1 & b_1\\ a_3 & b_3 \end{vmatrix} =a_1b_3-a_3b_1=0\\ \begin{vmatrix} a_2 & b_2\\ a_3 & b_3 \end{vmatrix} =a_2b_3-a_3b_2=0 \end{cases} \]

如果$\bm{a,b}$中有一个为0，则$\bm{a,b}$显然共线；
如果$\bm{a,b}$都不是0，不妨设$a_1\neq 0, b_1\neq 0$（其他情况类似）

有

\[\begin{cases} b_2=\frac{b_1}{a_1}a_2\\ b_3=\frac{b_1}{a_1}a_3\\ a_2b_3=a_3b_2 \end{cases} \]

令$k=\frac{b_1}{a_1}$
∴$\bm{b}=(b_1,b_2,b_3)=(b_1,\frac{b_1}{a_1}a_2,\frac{b_1}{a_1}a_3)=k(a_1,a_2,a_3)=k\bm{a}$
∴$\bm{a,b}$共线.

线段的定比分点

这里从分点角度，对线性插值做了更详细描述，参见数学基础：三角形重心坐标插值公式的证明

对于线段AB（A≠B），如果点C满足$\overrightarrow{AC}=\lambda \overrightarrow{CB}$，则称点C分线段AB成定比λ.
当λ>0时，$\overrightarrow{AC},\overrightarrow{CB}$同向，点C是线段AB内部的点，称C为内分点；
当λ<0时，$\overrightarrow{AC},\overrightarrow{CB}$反向，C是线段AB外的一点，称C为外分点；
当λ=0时，C与A重合.
假如λ=-1，则$\overrightarrow{AC}=-\overrightarrow{CB}$，即$\overrightarrow{AB}=0$这与A≠B茅盾，因此λ≠-1.

命题6 设A、B坐标分别为$(x_1,y_1,z_1)、(x_2,y_2,z_2)，则分线段AB成定比λ（λ≠-1）的分点C坐标：

\[x=\frac{x_1+\lambda x_2}{1+\lambda},y=\frac{y_1+\lambda y_2}{1+\lambda},z=\frac{z_1+\lambda z_2}{1+\lambda} \]

证明：设C坐标(x,y,z)，则$\overrightarrow{AC}=\lambda \overrightarrow{CB}$，坐标形式：

\[\begin{cases} x-x_1=\lambda(x_2-x)\\ y-y_1=\lambda(y_2-y)\\ z-z_1=\lambda(z_2-z) \end{cases} \]

可得

\[x=\frac{x_1+\lambda x_2}{1+\lambda},y=\frac{y_1+\lambda y_2}{1+\lambda},z=\frac{z_1+\lambda z_2}{1+\lambda} \]

其中，$\lambda=\frac{|\overrightarrow{AC}|}{|\overrightarrow{CB}|}$

空间直线和平面

仿射坐标系中的平面

仿射坐标系下，如何表示一个平面？

我们知道，确定一个平面的条件（or）：
1）不在一条直线上的3个点；
2）一条直线+直线外一点；
3）2条相交直线；
4）2条平行直线.

为方便使用向量法，用1个点+2个不共线向量（相当于2条相交直线）确定一个平面.

问题转换为数学描述：
选定一个仿射标架$[O;\bm{e_1},\bm{e_2},\bm{e_3}]$. 已知点$M_0(x_0,y_0,z_0), \vec{v_1}=(X_1,Y_1,Z_1), \vec{v_2}=(X_2,Y_2,Z_2)$，其中$\vec{v_1},\vec{v_2}$不共线. 现在要求点$M_0$和$\vec{v_1},\vec{v_2}$确定的平面π的方程.

点M(x,y,z)在平面π的充要条件：$\overrightarrow{M_0M}$与$\bm{v_1}, \bm{v_2}$共面.
∵$\bm{v_1}\nparallel \bm{v_2}$
∴$\overrightarrow{M_0M},\bm{v_1},\bm{v_2}$共面的充要条件为存在实数λ, μ使得：

\[\overrightarrow{M_0M}=\lambda v_1 + \mu v_2 \]

参数方程

用坐标形式（方程组）表示：

\[\begin{cases} x=x_0+\lambda X_1+\mu X_2, \\ y=y_0+\lambda Y_1+\mu Y_2, \\ z=z_0+\lambda Z_1+\mu Z_2 \end{cases} \]

上式称为平面π的参数方程，其中λ,μ称为参数，可以是任意实数.

tips：确定仿射标架后，再确定一个点M，如果它到原点的向量能用2个基向量线性表示，那么，该点M的集合就是基向量所确定的平面.

普通方程

由解析几何笔记：向量的外积中三向量共面条件知，向量$\bm{a}(a_1,a_2,a_3),\bm{b}(b_1,b_2,b_3),\bm{c}(c_1,c_2,c_3)$共面的充要条件混合积为0，即$\bm{a}\times\bm{b}=\bm{c}$，对应坐标表示：

\[\begin{vmatrix} a_1 & b_1 & c_1\\ a_2 & b_2 & c_2\\ a_3 & b_3 & c_3 \end{vmatrix}=0 \]

∴$\overrightarrow{M_0M}$与$\bm{v_1}, \bm{v_2}$共面的充要条件：

\[\begin{vmatrix} x-x_0 & X_1 & X_2\\ y-y_0 & Y_1 & Y_2\\ z-z_0 & Z_1 & Z_2 \end{vmatrix}=0 \]

按第1列展开后可得，

\[Ax+By+Cz+D=0 \]

其中，

\[A= \begin{vmatrix} Y_1 & Y_2\\ Z_1 & Z_2 \end{vmatrix}, B= -\begin{vmatrix} X_1 & X_2\\ Z_1 & Z_2 \end{vmatrix}, C= \begin{vmatrix} X_1 & X_2\\ Y_1 & Y_2 \end{vmatrix}, D=-(Ax_0+By_0+Cz_0) \]

上式称为平面的普通方程.

定理2 设平面π方程：$Ax+By+Cz+D=0$，则向量$\bm{ω}(r,s,t)$//π的充要条件：$Ar+Bs+Ct=0$.

证明：
∵向量$\bm{ω}$//π, $v_1,v_2$位于平面π
∴$\bm{ω,v_1,v_2}$共面
根据三向量共面条件知，$\bm{ω,v_1,v_2}$共面充要条件：

\[\begin{vmatrix} r & X_1 & X_2\\ s & Y_1 & Y_2\\ t & Z_1 & Z_2 \end{vmatrix} \]

可得，

\[Ar+Bs+Ct=0 \]

思考：能否由平面π方程，得到平面上2个不共线向量？
答案是可以的. 下面进行推导.

平面π方程的方程中，A、B、C不能全为0，否则(x,y,z)可以任意取值，其集合就不是平面了. 不妨设A≠0，则有

\[r+\frac{B}{A}s+\frac{C}{A}t=0 \]

要求平面上2个不共线向量，也就是要得到2个不共线的向量$\bm{ω_1,ω_2}$满足上式.
不妨取$\bm{ω_1}=(-\frac{B}{A},1,0),\bm{ω_2}=(-\frac{C}{A},0,1)$.

推论1 设平面π方程：$Ax+By+Cz+D=0$，则平面π//x轴（或y轴、z轴）的充要条件是A=0（或B=0、C=0）；平面π通过原点的充要条件是D=0.

证明：x轴+方向单位向量$\bm{e_1}(1,0,0)$.
由定理2知，$\bm{e_1}$//平面π充要条件：

\[A\cdot 1+B\cdot 0+C\cdot 0=0\Leftrightarrow A=0 \]

同理，对于y轴（$\bm{e_2}(0,1,0)$）、z轴（$\bm{e_3}(0,0,1)$）也分别能得到类似结论：B=0、C=0.

下面证平面π通过原点的充要条件.
必要性：平面π通过原点$O(0,0,0)$
那么O必位于平面π方程，即$A\cdot 0+B\cdot 0+C\cdot 0+D=0\implies D=0$

充分性：D=0
有$A\cdot 0+B\cdot 0+C\cdot 0+D=0$
即原点$(0,0,0)$位于平面π.

定理3 在空间中取定一个仿射坐标系，则平面的方程必定是三元一次方程；反之，任意一个三元一次方程表示一个平面.

证明：
前半部：
由前面平面的普通方程的推导，知平面的方程必定是形如$Ax+By+Cz+D=0$的三元一次方程.

后半部：
思路：用一个三元一次方程构造一个平面.
任意给定一个三元一次方程：$A_1x+B_1y+C_1z+D_1=0$，A、B、C不能同时为0，否则方程与x、y、z无关，就不是三元一次方程.

不妨设A≠0. 取点$M_1(-\frac{D_1}{A_1},0,0)$，取向量$\bm{μ_1}(-\frac{B_1}{A_1},1,0),\bm{μ_2}(-\frac{C_1}{A_1},0,1)$.

显然，$\bm{μ_1},\bm{μ_2}$不共线（否则$\bm{μ_1}//\bm{μ_2}$）. 那么，由1点+2向量决定的平面方程为：

\[\begin{vmatrix} x-(-\frac{D_1}{A_1}) & -\frac{B_1}{A_1} & -\frac{C_1}{A_1}\\ y-0 & 1 & 0\\ z-0 & 0 & 1 \end{vmatrix}=0 \Leftrightarrow A_1x+B_1y+C_1z+D_1=0 \]

也就是说，方程$A_1x+B_1y+C_1z+D_1=0$对应由点$M_1$、向量$\bm{μ_1},\bm{u_2}$唯一决定的平面.

两平面的位置关系

两平面位置关系有3种：
1）相交于一条直线；
2）平行；
3）重合.ggggggggggggggg

已知平面方程，如何判定位置关系？

定理4 取定一个仿射标架，设2平面$π_1,π_2$方程分别为：

\[A_1x+B_1y+C_1z+D_1=0,\\ A_2x+B_2y+C_2z+D_2=0. \]

则
1）$π_1,π_2$相交的充要条件：方程的一次项系数不成比例；
2）$π_1,π_2$平行的充要条件：方程的一次项系数成比例，但常数项不与这些系数成比例；
3）$π_1,π_2$平行的充要条件：方程的所有系数成比例（包括常数项）.

证明：
充分性.
1）设$π_1,π_2$方程的一次项系数不成比例，则向量$\bm{a_1}=(A_1,B_1,C_1),\bm{a_2}=(A_2,B_2,C_2)$不共线.

因此，下面式子至少有一个成立

\[\begin{cases} \frac{A_1}{A_2}\neq \frac{B_1}{B_2}\\ \frac{A_1}{A_3}\neq \frac{B_1}{B_3}\\ \frac{A_2}{A_3}\neq \frac{B_2}{B_3} \end{cases} \]

写成行列式形式：

\[\begin{vmatrix} A_1 & B_1\\ A_2 & B_2 \end{vmatrix}\neq 0, \begin{vmatrix} A_2 & B_2\\ A_3 & B_3 \end{vmatrix}\neq 0, \begin{vmatrix} A_2 & B_2\\ A_3 & B_3 \end{vmatrix}\neq 0 \]

至少有一个行列式值不为0，否则$\bm{a,b}$共线（定理3）.

不妨设第一个行列式值不为0，则可令方程组z=0，可得到x、y的非齐次线性方程组：

\[\begin{cases} A_1x+B_1y+D_1=0\\ A_2x+B_2y+D_2=0 \end{cases} \]

线性方程组系数行列式不为0，即系数矩阵的秩R=2（R=n），则方程组有唯一解，设为$(x_0,y_0)$.
那么，$(x_0,y_0,0)$就是$π_1,π_2$联立的方程组的解，这也是$π_1,π_2$在z=0时的唯一解.

z=0时，$π_1$方程变换为$A_1x+B_1y+D_1=0$，有无数个解（几何图形是一条直线），除了$(x_0,y_0,0)$，其他点都不在$π_2$上，因此，两平面$π_1,π_2$既不是重合，又不是平行关系，只能是相交.

2）设方程组一次项系数成比例，但不包括常数项.
即存在实数λ≠0使得$(A_2,B_2,C_2)=\lambda(A_1,B_1,C_1)$
代入$π_1,π_2$方程组：

\[\begin{cases} A_1x+B_1y+C_1z+D_1=0\\ \lambda A_1x+\lambda B_1y+\lambda C_1z+D_2=0 \end{cases} \]

可得

\[\frac{D_2}{\lambda}=D_1 \]

∵常数项不成比例
∴$D_1\neq \frac{D_2}{\lambda}$
∴方程组无解，即$π_1,π_2$平行

3）设方程组一次项系数成比例，包括常数项.
即存在实数λ≠0使得$(A_2,B_2,C_2,D_2)=\lambda(A_1,B_1,C_1,D_1)$
代入$π_1,π_2$方程组：

\[\begin{cases} A_1x+B_1y+C_1z+D_1=0\\ \lambda (A_1x+B_1y+C_1z+D_1)=0 \end{cases} \]

可见两个方程的解完全相同，即$π_1,π_2$重合.

必要性. 反证法.
1）设$π_1,π_2$相交.
假设一次项系数成比例，则$π_1,π_2$平行或重合. 与条件矛盾，故只能相交.

2）3）证法类同.

三平面交于一点

命题7 设三个平面在仿射坐标系中方程分别为：

\[A_1x+B_1y+C_1z+D_1=0,\\ A_2x+B_2y+C_2z+D_2=0,\\ A_3x+B_3y+C_3z+D_3=0. \]

则三平面恰好交于一点的充要条件：

\[\begin{vmatrix} A_1 & B_1 & C_1\\ A_2 & B_2 & C_2\\ A_3 & B_3 & C_3 \end{vmatrix}\neq 0 \]

证明：
根据克拉默法则，方程组解有唯一解的充要条件是系数行列式不为零（见余胜春编《线性代数》.2009 P96），即

\[\begin{vmatrix} A_1 & B_1 & C_1\\ A_2 & B_2 & C_2\\ A_3 & B_3 & C_3 \end{vmatrix}\neq 0 \]

参考

[1]丘维声.解析几何[M].北京大学出版社,2017.

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解析几何笔记：仿射坐标系