10.1 直線、平面、投影與距離

動機

確定直線需要位置與方向。確定平面也需要位置，但其朝向常用一個垂直向量說明。 這一區別決定了如何寫出幾何對象的方程，以及位移的哪個分量才表示點到該對象的距離。

選定原點後，可以用位置向量表示點。位置之差才是位移：若 $P,Q$ 的位置為 $p,q$， 則 $\overrightarrow{PQ}=q-p$。明確相減次序，可以避免把點坐標誤當方向向量。 上一章的範數與正交投影，將把最短距離問題轉化成精確的代數計算。

直線及其方程

定義

具有非零方向的仿射直線

設 $n\in\mathbb Z^+$、$c\in\mathbb R^n$，且 $a\in\mathbb R^n\setminus\{\mathbf0\}$。經過 $c$、沿方向 $a$ 的直線為

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

坐標方程為 $x_i=c_i+ta_i$，其中 $i=1,\ldots,n$。 所有坐標必須同時使用同一個實參數 $t$。

條件 $a\ne\mathbf0$ 保證集合是一條直線，而不是單個點。直線上任一點 $c+t_0a$ 都能替代基點 $c$，因為 $c+ta=(c+t_0a)+(t-t_0)a$。把方向換成 $ka$，其中 $k\ne0$， 也不改變直線，因為 $kt$ 仍遍歷所有實數。基點和方向向量都不唯一；真正定義直線的是所得的點集。

若每個 $a_i\ne0$，消去參數得到對稱式

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

若 $a_i=0$，該坐標的方程應為 $x_i=c_i$。只有非零方向分量才能放進比值的分母。 若方向只有一個非零分量，該坐標自由變化，其餘坐標固定。 參數式無需除以方向分量，所以能統一處理這些情況。

例題

同一直線的不同方程

方程

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

的基點為 $c=(2,4,0)$，方向為 $a=(3,1,5)$；中間一項隱含分母 $1$。 取 $t=2$ 得到點 $(8,6,10)$，因此

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

也描述同一直線，只是參數起點改變。把兩個基點分別代入另一方程，可核對它們都在線上； 共同方向則保證整條直線相同。僅僅經過同一個點，並不足以證明兩條直線相同。

反例模式

方向分量為零，表示對應坐標固定

取 $c=(2,1,5)$、$a=(3,4,0)$。寫成 $(x-2)/3=(y-1)/4=(z-5)/0$ 是錯誤的，因為最後一項沒有定義。 即使 $z=5$，也只會得到 $0/0$，不能作為參數。

正確方程是

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

或 $(x,y,z)=(2,1,5)+t(3,4,0)$。例如 $t=1$ 給出 $(5,5,5)$，滿足修復後的方程。 若直接刪除 $z=5$，則高度可以任意變化，所得是平面。因此固定坐標必須保留，不能因分母為零而丟棄。

點到直線的距離

定理

垂足是直線上唯一的最近點

設 $L=c+\mathbb Ra$，其中 $a\ne\mathbf0$，且 $q\in\mathbb R^n$。 令 $v=q-c$，則唯一最近點及距離為

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

等價地，

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

令 $r=v-t_*a$，所選系數使 $r\cdot a=0$。對其他參數 $t$，從直線上該點到 $q$ 的位移為 $r+(t_*-t)a$，所以

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

正交性使混合項消失。第二項非負，且因 $a\ne\mathbf0$，恰在 $t=t_*$ 時為零。 因此不僅找到了垂直的候選點，還證明它確實最短且唯一。展開 $\|r\|^2$ 就得到另一距離公式。 距離為零，當且僅當 $q$ 本來就在直線上。

垂足不依賴所選基點。把 $c$ 換成 $c+t_0a$，位移變為 $v-t_0a$， 最小化參數變為 $t_*-t_0$，因此

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

不同參數表示仍給出同一個幾何最近點。公式必須投影 $q-c$，不能只投影位置向量 $q$。 例如直線 $L=(0,1)+\mathbb R(1,0)$ 上，從 $q=(2,3)$ 引出的垂足為 $(2,1)$； 若直接把 $q$ 投影到 $(1,0)$，則得到 $(2,0)$，它根本不在 $L$ 上。 先減去基點來投影位移，再把基點加回來，才能得到仿射直線上的點。

例題

點到直線的最短距離

考慮

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

從三個分子讀出基點 $c=(2,-1,2)$，方向為 $a=(3,-2,2)$。 於是 $v=Q-c=(8,-2,2)$、$v\cdot a=24+4+4=32$、$\|a\|^2=17$，所以

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

核對 $r\cdot a=(120-60-60)/17=0$，確認殘差垂直於直線。 垂足為 $q'=(130,-81,98)/17$，距離為

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

每個坐標都會影響結果；若改變第三個分子的常數，直線的位置就改變，距離也須重新計算。

兩條不平行直線之間的距離

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

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

它是從 $L_2$ 上一點到 $L_1$ 上一點的位移。解聯立方程 $r\cdot a_1=r\cdot a_2=0$， 求出 $t,s$。不平行方向滿足嚴格 Cauchy–Schwarz 不等式，故 $\|a_1\|^2\|a_2\|^2-(a_1\cdot a_2)^2\gt0$，系數行列式非零，候選點對唯一。

要證明它最短，把參數分別改變 $h,k$。新連線向量為 $r+ha_1-ka_2$，且

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

兩項正交，所以沒有混合項。不平行性又使等號只能在 $h=k=0$ 時成立。 距離為 $\|r\|$：相交時為零，異面時為正。若兩直線平行，行列式為零， 應改為在一條線上任選一點，求它到另一條線的距離。

例題

異面直線之間的最短連線

設

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

從 $L_2$ 到 $L_1$ 的連線向量為 $r=(-s,6+t+3s,-3-2t-4s)$。 與兩個方向都垂直，給出

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

解得 $t=2$、$s=-2$。最近點為 $A=(4,3,4)$、$B=(2,1,3)$，故 $r=A-B=(2,2,1)$。 直接核對 $r\cdot(0,1,-2)=0$、$r\cdot(1,-3,4)=0$，距離便是 $\sqrt{4+4+1}=3$。 正距離也確認這兩條不平行直線並不相交。

平面與法向量

定義

平面的點法式與直角坐標方程

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

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

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

平面上任意兩點的位移都與 $\nu$ 正交。把四個坐標方程系數同乘一個非零標量，不改變平面。 若法向量為零，$D=0$ 時方程給出整個 $\mathbb R^3$，$D\ne0$ 時則給出空集，都不是平面。 所以非零條件既有代數意義，也有幾何意義。

概念視角幾何

直線方向沿著對象，法向量則垂直於對象

直線的方向 $a$ 描述允許的位移：兩點之差是 $a$ 的倍數。 平面的法向量 $\nu$ 描述必須消失的分量：每個允許的位移都與 $\nu$ 點積為零。 因此法向量不是沿平面移動的方向。

這解釋了兩種距離構造。求點到直線的距離，應去掉沿直線的分量，再測量殘差。 求點到平面的距離，則測量法向分量，保留垂直於法向量的部分作為平面內的位移。 同一正交分解，因目標對象不同而選擇不同的分量。

定理

點到平面的最近點與距離

設 $\Pi=\{x:\nu\cdot x+D=0\}$，其中 $\nu\ne\mathbf0$。 對任意點 $q$，

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

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

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

右邊恰在 $x=q'$ 時達到唯一最小值。對所顯示的法向分量取範數，便得到含絕對值的距離公式。 若反轉法向，帶符號的分子會變號，距離卻不變。把整個平面方程乘以非零標量時， 分子與分母同乘該標量的絕對值，所以距離公式同樣不變。

例題

原點到平面的距離

對 $\Pi:2x-2y-z-3=0$，取 $\nu=(2,-2,-1)$，則 $\|\nu\|=3$。 原點到平面的距離為 $|-3|/3=1$，垂足是

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

代入得到 $4/3+4/3+1/3-3=0$，確認垂足在平面上。它的範數為 $1$，與距離計算一致。

直線與平面的相交、夾角和投影

定理

直線與平面相交的全部情形

設 $L=c+\mathbb Ra$，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 $\nu\cdot a\ne0$，恰有一個交點，對應 $t=-(\nu\cdot c+D)/(\nu\cdot a)$。 若 $\nu\cdot a=0$ 且 $\nu\cdot c+D=0$，整條直線在平面內。 若前者為零而後者非零，則沒有交點。

這恰好對應一個標量線性方程的三種情況。除法前先檢查系數：系數為零提供了明確的幾何資訊， 不能將其當作需要忽略的計算失敗。

直線與平面的無向夾角 $\alpha\in[0,\pi/2]$ 滿足

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

取直線與平面法向所在方向之間的角 $\beta\in[0,\pi/2]$，由 $\cos\beta=|a\cdot\nu|/(\|a\|\|\nu\|)$ 定義，則 $\alpha=\pi/2-\beta$。 絕對值保證改變 $a$ 或 $\nu$ 的符號不影響夾角。 直線方向平行於平面時夾角為零，包括直線位於平面內的情形；直線垂直於平面時夾角為 $\pi/2$。

把每個點 $c+ta$ 代入平面的最近點公式，分別整理常數項與參數項：

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

其中 $c'\in\Pi$、$\nu\cdot a'=0$。若 $a'\ne\mathbf0$，像是一條直線； 若 $a'=\mathbf0$，等價於 $a$ 平行於 $\nu$，像便只有點 $c'$。 所以直線的投影不一定仍是直線。點的公式含 $D$，方向的公式卻不含 $D$， 因為方向是位移，而不是需要放到仿射平面上的點。

例題

一次計算求出交點、夾角與投影

設 $L:(1,2,0)+t(2,-1,2)$、$\Pi:x+y+z=0$。 此時 $a=(2,-1,2)$、$\nu=(1,1,1)$，代入得 $3+3t=0$， 所以 $t=-1$，交點是 $(-1,3,-2)$。

由於 $a\cdot\nu=3$、$\|a\|=3$、$\|\nu\|=\sqrt3$， 有 $\sin\alpha=1/\sqrt3$、$\alpha=\arcsin(1/\sqrt3)$。投影直線的基點與方向為

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

故其方程是 $(0,1,-1)+t(1,-2,1)$。在 $t=-1$ 時經過原交點， 所以等價的對稱式為

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

基點與方向各自滿足正確條件：$\nu\cdot c'=0$、$\nu\cdot a'=0$。 只找到平行方向，並不足以確定投影直線的位置。

仿射超平面

在 $\mathbb R^n$ 中，同樣的點法式定義仿射超平面

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

法向量至少有一個分量非零，所以可把相應坐標唯一地表示為其餘 $n-1$ 個自由坐標的函數， 這解釋了超平面的維數為 $n-1$。它在 $\mathbb R^2$ 中是直線，在 $\mathbb R^3$ 中是平面， $n=1$ 時則是單點。最近點與距離證明只使用點積，因此適用於任意維數。 特別地，平面直線 $Ax+By+C=0$（$(A,B)\ne(0,0)$）的法向量為 $(A,B)$， 距離公式為 $|Ax_0+By_0+C|/\sqrt{A^2+B^2}$。

快速檢查

思考檢查

Q1. 直線方向的第三個分量為零時，對稱式的第三個比值應換成甚麼？

回到該坐標的參數方程。

解答 · 快速檢查 Q1

應寫 $z=c_3$。該坐標固定，不能除以零，也不能省略。

思考檢查

Q2. 若直線方向與平面法向量正交，直線是否一定與平面沒有交點？

區分方向條件與基點條件。

解答 · 快速檢查 Q2

不一定。若 $\nu\cdot c+D=0$，整條直線位於平面內；否則兩者不相交。 兩種情況都滿足 $\nu\cdot a=0$。

總結

參數式給出一個點與非零方向，法向方程則給出仿射約束。正交殘差不僅導出距離公式， 也證明其最短性質。直線與平面的問題歸結為一個標量交點方程，以及方向的法向分量。 保留固定坐標、檢查非零分母，並區分投影點與投影方向，是這些計算共有的要求。

練習

1. 對平面直線 $Ax+By+C=0$，假設 $(A,B)\ne(0,0)$，推導法向量與距離公式。 再求原點到 $3x+4y-10=0$ 的距離。
2. 求 $Q=(10,-3,4)$ 到第二個例題中直線的垂足，核對它確實在線上，且殘差與方向正交。
3. 對 $\Pi:x+y+z=0$，分別判斷 $L_1:(1,0,-1)+t(1,-1,0)$ 與 $L_2:(1,0,0)+t(1,-1,0)$ 的相交情形。
4. 把直線 $(1,2,0)+t(1,1,1)$ 投影到 $x+y+z=0$。 像是直線還是點？寫出其坐標。

引導解答

解答 · 解答 1

將直線上兩點的方程相減，得到 $(A,B)\cdot(x-x',y-y')=0$，所以 $(A,B)$ 是非零法向量， 超平面距離公式適用。對於指定直線，距離為 $10/\sqrt{9+16}=2$，垂足為 $(6/5,8/5)$。

解答 · 解答 2

垂足為 $(130,-81,98)/17=c+(32/17)a$，其中 $c=(2,-1,2)$、$a=(3,-2,2)$。 三個對稱式比值都等於 $32/17$。從垂足到 $Q$ 的位移為 $(40,30,-30)/17$， 它與 $a$ 的點積為零。

解答 · 解答 3

兩個方向與 $(1,1,1)$ 的點積都為零。第一個基點的坐標和為零，故 $L_1$ 在平面內； 第二個基點的坐標和為一，故 $L_2$ 與平面沒有交點。

解答 · 解答 4

直線方向等於法向量，所以投影方向為零。投影基點時減去 $(1,1,1)$，得到 $(0,1,-1)$。 每個參數值都有同一個像，因此投影只有一個點。