10.1 直线、平面、投影与距离

动机

确定直线需要位置与方向。确定平面也需要位置，但其朝向常用一个垂直向量说明。 这一区别决定了如何写出几何对象的方程，以及位移的哪个分量才表示点到该对象的距离。

选定原点后，可以用位置向量表示点。位置之差才是位移：若 $P,Q$ 的位置为 $p,q$， 则 $\overrightarrow{PQ}=q-p$。明确相减次序，可以避免把点坐标误当方向向量。 上一章的范数与正交投影，将把最短距离问题转化成精确的代数计算。

直线及其方程

定义

具有非零方向的仿射直线

设 $n\in\mathbb Z^+$、$c\in\mathbb R^n$，且 $a\in\mathbb R^n\setminus\{\mathbf0\}$。经过 $c$、沿方向 $a$ 的直线为

$$L=\{c+ta:t\in\mathbb R\}.$$

坐标方程为 $x_i=c_i+ta_i$，其中 $i=1,\ldots,n$。 所有坐标必须同时使用同一个实参数 $t$。

条件 $a\ne\mathbf0$ 保证集合是一条直线，而不是单个点。直线上任一点 $c+t_0a$ 都能替代基点 $c$，因为 $c+ta=(c+t_0a)+(t-t_0)a$。把方向换成 $ka$，其中 $k\ne0$， 也不改变直线，因为 $kt$ 仍遍历所有实数。基点和方向向量都不唯一；真正定义直线的是所得的点集。

若每个 $a_i\ne0$，消去参数得到对称式

$$\frac{x_1-c_1}{a_1}=\cdots=\frac{x_n-c_n}{a_n}.$$

若 $a_i=0$，该坐标的方程应为 $x_i=c_i$。只有非零方向分量才能放进比值的分母。 若方向只有一个非零分量，该坐标自由变化，其余坐标固定。 参数式无需除以方向分量，所以能统一处理这些情况。

例题

同一直线的不同方程

方程

$$\frac{x-2}{3}=y-4=\frac z5$$

的基点为 $c=(2,4,0)$，方向为 $a=(3,1,5)$；中间一项隐含分母 $1$。 取 $t=2$ 得到点 $(8,6,10)$，因此

$$\frac{x-8}{3}=y-6=\frac{z-10}{5}$$

也描述同一直线，只是参数起点改变。把两个基点分别代入另一方程，可核对它们都在线上； 共同方向则保证整条直线相同。仅仅经过同一个点，并不足以证明两条直线相同。

反例模式

方向分量为零，表示对应坐标固定

取 $c=(2,1,5)$、$a=(3,4,0)$。写成 $(x-2)/3=(y-1)/4=(z-5)/0$ 是错误的，因为最后一项没有定义。 即使 $z=5$，也只会得到 $0/0$，不能作为参数。

正确方程是

$$\frac{x-2}{3}=\frac{y-1}{4},\qquad z=5,$$

或 $(x,y,z)=(2,1,5)+t(3,4,0)$。例如 $t=1$ 给出 $(5,5,5)$，满足修复后的方程。 若直接删除 $z=5$，则高度可以任意变化，所得是平面。因此固定坐标必须保留，不能因分母为零而丢弃。

点到直线的距离

定理

垂足是直线上唯一的最近点

设 $L=c+\mathbb Ra$，其中 $a\ne\mathbf0$，且 $q\in\mathbb R^n$。 令 $v=q-c$，则唯一最近点及距离为

$$t_* =\frac{v\cdot a}{\|a\|^2},\qquad q'=c+t_*a,\qquad d(q,L)=\|v-t_*a\|.$$

等价地，

$$d(q,L)^2=\|v\|^2-\frac{(v\cdot a)^2}{\|a\|^2}.$$

令 $r=v-t_*a$，所选系数使 $r\cdot a=0$。对其他参数 $t$，从直线上该点到 $q$ 的位移为 $r+(t_*-t)a$，所以

$$\|q-(c+ta)\|^2=\|r\|^2+(t-t_*)^2\|a\|^2.$$

正交性使混合项消失。第二项非负，且因 $a\ne\mathbf0$，恰在 $t=t_*$ 时为零。 因此不仅找到了垂直的候选点，还证明它确实最短且唯一。展开 $\|r\|^2$ 就得到另一距离公式。 距离为零，当且仅当 $q$ 本来就在直线上。

垂足不依赖所选基点。把 $c$ 换成 $c+t_0a$，位移变为 $v-t_0a$， 最小化参数变为 $t_*-t_0$，因此

$$(c+t_0a)+(t_*-t_0)a=c+t_*a.$$

不同参数表示仍给出同一个几何最近点。公式必须投影 $q-c$，不能只投影位置向量 $q$。 例如直线 $L=(0,1)+\mathbb R(1,0)$ 上，从 $q=(2,3)$ 引出的垂足为 $(2,1)$； 若直接把 $q$ 投影到 $(1,0)$，则得到 $(2,0)$，它根本不在 $L$ 上。 先减去基点来投影位移，再把基点加回来，才能得到仿射直线上的点。

例题

点到直线的最短距离

考虑

$$\frac{x-2}{3}=\frac{y+1}{-2}=\frac{z-2}{2},\qquad Q=(10,-3,4).$$

从三个分子读出基点 $c=(2,-1,2)$，方向为 $a=(3,-2,2)$。 于是 $v=Q-c=(8,-2,2)$、$v\cdot a=24+4+4=32$、$\|a\|^2=17$，所以

$$\operatorname{proj}_a(v)=\frac{32}{17}(3,-2,2),\qquad r=\frac1{17}(40,30,-30).$$

核对 $r\cdot a=(120-60-60)/17=0$，确认残差垂直于直线。 垂足为 $q'=(130,-81,98)/17$，距离为

$$d(Q,L)=\sqrt{\frac{40^2+30^2+(-30)^2}{17^2}} =\sqrt{\frac{200}{17}}.$$

每个坐标都会影响结果；若改变第三个分子的常数，直线的位置就改变，距离也须重新计算。

两条不平行直线之间的距离

设 $\mathbb R^3$ 中的直线为 $L_1=c_1+\mathbb Ra_1$、$L_2=c_2+\mathbb Ra_2$， 方向均非零且不平行。令

$$r=(c_1-c_2)+ta_1-sa_2.$$

它是从 $L_2$ 上一点到 $L_1$ 上一点的位移。解联立方程 $r\cdot a_1=r\cdot a_2=0$， 求出 $t,s$。不平行方向满足严格 Cauchy–Schwarz 不等式，故 $\|a_1\|^2\|a_2\|^2-(a_1\cdot a_2)^2\gt0$，系数行列式非零，候选点对唯一。

要证明它最短，把参数分别改变 $h,k$。新连线向量为 $r+ha_1-ka_2$，且

$$\|r+ha_1-ka_2\|^2=\|r\|^2+\|ha_1-ka_2\|^2\ge\|r\|^2.$$

两项正交，所以没有混合项。不平行性又使等号只能在 $h=k=0$ 时成立。 距离为 $\|r\|$：相交时为零，异面时为正。若两直线平行，行列式为零， 应改为在一条线上任选一点，求它到另一条线的距离。

例题

异面直线之间的最短连线

设

$$L_1:(4,1,8)+t(0,1,-2),\qquad L_2:(4,-5,11)+s(1,-3,4).$$

从 $L_2$ 到 $L_1$ 的连线向量为 $r=(-s,6+t+3s,-3-2t-4s)$。 与两个方向都垂直，给出

$$12+5t+11s=0,\qquad -30-11t-26s=0.$$

解得 $t=2$、$s=-2$。最近点为 $A=(4,3,4)$、$B=(2,1,3)$，故 $r=A-B=(2,2,1)$。 直接核对 $r\cdot(0,1,-2)=0$、$r\cdot(1,-3,4)=0$，距离便是 $\sqrt{4+4+1}=3$。 正距离也确认这两条不平行直线并不相交。

平面与法向量

定义

平面的点法式与直角坐标方程

给定 $p_0\in\mathbb R^3$ 及非零法向量 $\nu=(A,B,C)$，平面为

$$\Pi=\{x:\nu\cdot(x-p_0)=0\}.$$

展开得到 $Ax+By+Cz+D=0$，其中 $D=-\nu\cdot p_0$，且 $(A,B,C)\ne(0,0,0)$。

平面上任意两点的位移都与 $\nu$ 正交。把四个坐标方程系数同乘一个非零标量，不改变平面。 若法向量为零，$D=0$ 时方程给出整个 $\mathbb R^3$，$D\ne0$ 时则给出空集，都不是平面。 所以非零条件既有代数意义，也有几何意义。

概念视角几何

直线方向沿着对象，法向量则垂直于对象

直线的方向 $a$ 描述允许的位移：两点之差是 $a$ 的倍数。 平面的法向量 $\nu$ 描述必须消失的分量：每个允许的位移都与 $\nu$ 点积为零。 因此法向量不是沿平面移动的方向。

这解释了两种距离构造。求点到直线的距离，应去掉沿直线的分量，再测量残差。 求点到平面的距离，则测量法向分量，保留垂直于法向量的部分作为平面内的位移。 同一正交分解，因目标对象不同而选择不同的分量。

定理

点到平面的最近点与距离

设 $\Pi=\{x:\nu\cdot x+D=0\}$，其中 $\nu\ne\mathbf0$。 对任意点 $q$，

$$q'=q-\frac{\nu\cdot q+D}{\|\nu\|^2}\nu\in\Pi,\qquad d(q,\Pi)=\frac{|\nu\cdot q+D|}{\|\nu\|}.$$

代入可得 $\nu\cdot q'+D=0$，而 $q-q'$ 平行于法向量。 任取 $x\in\Pi$，$q'-x$ 都垂直于 $\nu$，因此

$$\|q-x\|^2=\|q-q'\|^2+\|q'-x\|^2.$$

右边恰在 $x=q'$ 时达到唯一最小值。对所显示的法向分量取范数，便得到含绝对值的距离公式。 若反转法向，带符号的分子会变号，距离却不变。把整个平面方程乘以非零标量时， 分子与分母同乘该标量的绝对值，所以距离公式同样不变。

例题

原点到平面的距离

对 $\Pi:2x-2y-z-3=0$，取 $\nu=(2,-2,-1)$，则 $\|\nu\|=3$。 原点到平面的距离为 $|-3|/3=1$，垂足是

$$q'=\frac13(2,-2,-1).$$

代入得到 $4/3+4/3+1/3-3=0$，确认垂足在平面上。它的范数为 $1$，与距离计算一致。

直线与平面的相交、夹角和投影

定理

直线与平面相交的全部情形

设 $L=c+\mathbb Ra$，其中 $a\ne\mathbf0$，且 $\Pi:\nu\cdot x+D=0$，其中 $\nu\ne\mathbf0$。代入得到

$$(\nu\cdot a)t+(\nu\cdot c+D)=0.$$

若 $\nu\cdot a\ne0$，恰有一个交点，对应 $t=-(\nu\cdot c+D)/(\nu\cdot a)$。 若 $\nu\cdot a=0$ 且 $\nu\cdot c+D=0$，整条直线在平面内。 若前者为零而后者非零，则没有交点。

这恰好对应一个标量线性方程的三种情况。除法前先检查系数：系数为零提供了明确的几何信息， 不能将其当作需要忽略的计算失败。

直线与平面的无向夹角 $\alpha\in[0,\pi/2]$ 满足

$$\sin\alpha=\frac{|a\cdot\nu|}{\|a\|\|\nu\|}.$$

取直线与平面法向所在方向之间的角 $\beta\in[0,\pi/2]$，由 $\cos\beta=|a\cdot\nu|/(\|a\|\|\nu\|)$ 定义，则 $\alpha=\pi/2-\beta$。 绝对值保证改变 $a$ 或 $\nu$ 的符号不影响夹角。 直线方向平行于平面时夹角为零，包括直线位于平面内的情形；直线垂直于平面时夹角为 $\pi/2$。

把每个点 $c+ta$ 代入平面的最近点公式，分别整理常数项与参数项：

$$\begin{aligned} c'&=c-\frac{\nu\cdot c+D}{\|\nu\|^2}\nu,\\ a'&=a-\frac{\nu\cdot a}{\|\nu\|^2}\nu,\\ \operatorname{proj}_{\Pi}(c+ta)&=c'+ta'. \end{aligned}$$

其中 $c'\in\Pi$、$\nu\cdot a'=0$。若 $a'\ne\mathbf0$，像是一条直线； 若 $a'=\mathbf0$，等价于 $a$ 平行于 $\nu$，像便只有点 $c'$。 所以直线的投影不一定仍是直线。点的公式含 $D$，方向的公式却不含 $D$， 因为方向是位移，而不是需要放到仿射平面上的点。

例题

一次计算求出交点、夹角与投影

设 $L:(1,2,0)+t(2,-1,2)$、$\Pi:x+y+z=0$。 此时 $a=(2,-1,2)$、$\nu=(1,1,1)$，代入得 $3+3t=0$， 所以 $t=-1$，交点是 $(-1,3,-2)$。

由于 $a\cdot\nu=3$、$\|a\|=3$、$\|\nu\|=\sqrt3$， 有 $\sin\alpha=1/\sqrt3$、$\alpha=\arcsin(1/\sqrt3)$。投影直线的基点与方向为

$$c'=(0,1,-1),\qquad a'=(1,-2,1).$$

故其方程是 $(0,1,-1)+t(1,-2,1)$。在 $t=-1$ 时经过原交点， 所以等价的对称式为

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

基点与方向各自满足正确条件：$\nu\cdot c'=0$、$\nu\cdot a'=0$。 只找到平行方向，并不足以确定投影直线的位置。

仿射超平面

在 $\mathbb R^n$ 中，同样的点法式定义仿射超平面

$$H=\{x\in\mathbb R^n:\nu\cdot x+b=0\},\qquad \nu\ne\mathbf0.$$

法向量至少有一个分量非零，所以可把相应坐标唯一地表示为其余 $n-1$ 个自由坐标的函数， 这解释了超平面的维数为 $n-1$。它在 $\mathbb R^2$ 中是直线，在 $\mathbb R^3$ 中是平面， $n=1$ 时则是单点。最近点与距离证明只使用点积，因此适用于任意维数。 特别地，平面直线 $Ax+By+C=0$（$(A,B)\ne(0,0)$）的法向量为 $(A,B)$， 距离公式为 $|Ax_0+By_0+C|/\sqrt{A^2+B^2}$。

快速检查

思考检查

Q1. 直线方向的第三个分量为零时，对称式的第三个比值应换成什么？

回到该坐标的参数方程。

解答 · 快速检查 Q1

应写 $z=c_3$。该坐标固定，不能除以零，也不能省略。

思考检查

Q2. 若直线方向与平面法向量正交，直线是否一定与平面没有交点？

区分方向条件与基点条件。

解答 · 快速检查 Q2

不一定。若 $\nu\cdot c+D=0$，整条直线位于平面内；否则两者不相交。 两种情况都满足 $\nu\cdot a=0$。

总结

参数式给出一个点与非零方向，法向方程则给出仿射约束。正交残差不仅导出距离公式， 也证明其最短性质。直线与平面的问题归结为一个标量交点方程，以及方向的法向分量。 保留固定坐标、检查非零分母，并区分投影点与投影方向，是这些计算共有的要求。

练习

1. 对平面直线 $Ax+By+C=0$，假设 $(A,B)\ne(0,0)$，推导法向量与距离公式。 再求原点到 $3x+4y-10=0$ 的距离。
2. 求 $Q=(10,-3,4)$ 到第二个例题中直线的垂足，核对它确实在线上，且残差与方向正交。
3. 对 $\Pi:x+y+z=0$，分别判断 $L_1:(1,0,-1)+t(1,-1,0)$ 与 $L_2:(1,0,0)+t(1,-1,0)$ 的相交情形。
4. 把直线 $(1,2,0)+t(1,1,1)$ 投影到 $x+y+z=0$。 像是直线还是点？写出其坐标。

引导解答

解答 · 解答 1

将直线上两点的方程相减，得到 $(A,B)\cdot(x-x',y-y')=0$，所以 $(A,B)$ 是非零法向量， 超平面距离公式适用。对于指定直线，距离为 $10/\sqrt{9+16}=2$，垂足为 $(6/5,8/5)$。

解答 · 解答 2

垂足为 $(130,-81,98)/17=c+(32/17)a$，其中 $c=(2,-1,2)$、$a=(3,-2,2)$。 三个对称式比值都等于 $32/17$。从垂足到 $Q$ 的位移为 $(40,30,-30)/17$， 它与 $a$ 的点积为零。

解答 · 解答 3

两个方向与 $(1,1,1)$ 的点积都为零。第一个基点的坐标和为零，故 $L_1$ 在平面内； 第二个基点的坐标和为一，故 $L_2$ 与平面没有交点。

解答 · 解答 4

直线方向等于法向量，所以投影方向为零。投影基点时减去 $(1,1,1)$，得到 $(0,1,-1)$。 每个参数值都有同一个像，因此投影只有一个点。