空間における平面の方程式

== 空間における平面の方程式 == ≪目次≫ …項目名をクリックすれば，目的地に行けます

1. 法線ベクトルによる平面の方程式
2. 2つのベクトルで張られる平面の方程式
3. 3点を通る平面の方程式
4. 点と平面の距離
5. ヘッセの標準形
6. 2平面のなす角
7. 2平面の交角を二等分する平面

別のページにある目次

1. 1点を通り方向ベクトル $\vec{u}$ に平行な直線の方程式
2. 1点を通り直線2に平行な直線1の方程式
3. 2点を通る直線の方程式
4. 点と直線の距離
5. 平行な2直線間の距離
6. ねじれの位置にある2直線間の距離
7. 直線の方向余弦
8. ２直線のなす角

1.　直線と平面の交点の座標
2.　2平面の交線の方程式
3.　直線と点を含む平面の方程式
4.　直線1を含み直線2と平行な平面の方程式

（交わる2直線を含む平面の方程式）

5.　直線を含み平面に垂直な平面の方程式

（2点を通り平面に垂直な平面の方程式）

6.　直線と平面がなす角

1. 法線ベクトルによる平面の方程式

　三次元空間において１点 $P_1(x_1,\hspace{2}y_1,\hspace{2}z_1)$ を通り，法線ベクトル $\vec{n}=(a,\hspace{2}b,\hspace{2}c)$ に垂直な平面の方程式
内積表示
$\vec{n}\cdot(\vec{x}-\vec{x_1})=0$
成分表示
$a(x-x_1)+ b(y-y_1)+ c(z-z_1)=0$

（解説）
　 $\vec{P_1P}=\vec{x}-\vec{x_1}$ が法線ベクトル $\vec{n}=(a,\hspace{2}b,\hspace{2}c)$ に垂直であれば，点 $P$ はその平面上にあり，逆にその平面上にあれば $\vec{P_1P}=\vec{x}-\vec{x_1}$ が法線ベクトル $\vec{n}=(a,\hspace{2}b,\hspace{2}c)$ に垂直となるから，上記の関係が成り立つ．

【例題1】
　三次元空間において点 $P_1(1,\hspace{2}-2,\hspace{2}3)$ を通り，法線ベクトル $\vec{n}=(4,\hspace{2}5,\hspace{2}-6)$ に垂直な平面の方程式を求めてください．

（解答）
$4(x-1)+ 5(y+ 2)-6(z-3)=0$
$4x+ 5y-6z+ 24=0$ …（答）
※表示形式が特に指定されていなければ，成分表示で答えるとよい．

【問題1.1】　
　点 $P_1(2,\hspace{2}-3,\hspace{2}0)$ を通り，法線ベクトル $\vec{n}=(3,\hspace{2}0,\hspace{2}1)$ に垂直な平面の方程式を求めてください．

解答を見る解答を隠す

$3(x-2)+ 0(y+ 3)+ (z-0)=0$
$3x+ z-6=0$ …（答）

【問題1.2】　
　点 $P_1(3,\hspace{2}2,\hspace{2}-1)$ を通り，平面 $x+ y+ 2z+ 3=0$ に平行な平面の方程式を求めてください．

解答を見る解答を隠す

平面 $x+ y+ 2z+ 3=0$ に平行だから，法線ベクトルは $\vec{n}=(1,\hspace{2}1,\hspace{2}2)$ （定数項の3は使わない）
$1(x-3)+ 1(y-2)+ 2(z+ 1)=0$
$x+ y+ 2z-3=0$ …（答）

2. 2つのベクトルで張られる平面の方程式

　三次元空間において１点 $P_1(x_1,\hspace{2}y_1,\hspace{2}z_1)$ を通り，２つの１次独立なベクトル $\vec{l_1}=(l_1,\hspace{2}m_1,\hspace{2}n_1)$ ， $\vec{l_2}=(l_2,\hspace{2}m_2,\hspace{2}n_2)$ で張られる平面の方程式

○ベクトル表示
$\vec{x}=\vec{x_1}+ s\vec{l_1}+ t\vec{l_2}$
○媒介変数表示

$x=x_1+ sl_1+ tl_2$
$y=y_1+ sm_1+ tm_2$
$z=z_1+ sn_1+ tn_2$
○行列式表示
$\begin{vmatrix}x-x_1& y-y_1& z-z_1\\l_1& m_1& n_1\\l_2& m_2& n_2\end{vmatrix}=0$
○スカラー三重積表示
$(\vec{x}-\vec{x_1})\cdot(\vec{l_1}\times\vec{l_2})=0$

【例題2】
　三次元空間において点 $P_1(1,\hspace{2}2,\hspace{2}3)$ を通り，２つのベクトル $\vec{l_1}=(0,\hspace{2}1,\hspace{2}-1)$ ， $\vec{l_2}=(-1,\hspace{2}2,\hspace{2}-6)$ によって張られる平面の方程式を求めてください．

（解答）…媒介変数を消去する方法（高校数学でできる答案）
　媒介変数表示に直すと

$x=1-t$ …(1)
$y=2+ s+ 2t$ …(2)
$z=3-s-6t$ …(3)
(2)+(3)によりs消去
$y+ z=5-4t$ …(4)
(1)×4−(4)によりt消去
$4x-(y+ z)=-1$
$4x-y-z+ 1=0$ …（答）

（別解1） …垂直条件から法線ベクトルを求める方法（高校数学でできる答案）
２つのベクトル $\vec{l_1}=(0,\hspace{2}1,\hspace{2}-1)$ ， $\vec{l_2}=(-1,\hspace{2}2,\hspace{2}-6)$ に垂直な法線ベクトルを $\vec{n}=(p,\hspace{2}q,\hspace{2}r)$ とおく
$\vec{n}\perp\vec{l_1}$ により
$q-r=0$ …(1)
$\vec{n}\perp\vec{l_2}$ により
$-p+ 2q-6r=0$ …(2)
連立方程式(1)(2)は未知数が3個，方程式が2個なので，不定解を持つ．そこで１文字rについては解かないことにして、p,qをrで表す．

$q=(r)$ …(1’)
$-p+ 2q=(6r)$ …(2’)
(1’)より $q=(r)$ ，これを(2’)に代入すると， $p=(-4r)$
結局, $p:q:r=(-4r):r:r$
$\vec{n}=(-4,\hspace{2}1,\hspace{2}1)$ とすると
$-4(x-1)+(y-2)+(z-3)=0$
$4x-y-z+ 1=0$ …（答）

（別解2） …ベクトルの外積を用いて法線ベクトルを求める方法（大学数学の答案）
$\vec{l_1}\times\vec{l_2}=\begin{vmatrix}\vec{e_1}&\vec{e_2}&\vec{e_3}\\0& 1& -1\\-1& 2& -6\end{vmatrix}=(-4,\hspace{2}1,\hspace{2}1)$
だから，これを平面の法線ベクトルとすると
$-4(x-1)+(y-2)+(z-3)=0$
$4x-y-z+ 1=0$ …（答）

（別解3） …行列式の形で公式にしてしまう方法（大学数学の答案）
　上記の別解2の方法を見ると，次のことが常に成り立つといえる

点 $P_1(x_1,\hspace{2}y_1,\hspace{2}z_1)$ を通り，２つのベクトル $\vec{l_1}=(l_1,\hspace{2}m_1,\hspace{2}n_1)$ ， $\vec{l_2}=(l_2,\hspace{2}m_2,\hspace{2}n_2)$ によって張られる平面の方程式は
$(\vec{x}-\vec{x_1})\cdot(\vec{l_1}\times\vec{l_2})=\begin{vmatrix}x-x_1& y-y_1& z-z_1\\ l_1& m_1& n_1\\ l_2& m_2& n_2\end{vmatrix}=0$

$\begin{vmatrix}x-1& y-2& z-3\\ 0& 1& -1\\ -1& 2& -6\end{vmatrix}=0$
$-4(x-1)+(y-2)+(z-3)=0$
$4x-y-z+ 1=0$ …（答）

【問題2.1】　
　三次元空間において点 $P_1(1,\hspace{2}4,\hspace{2}2)$ を通り，２つのベクトル $\vec{l_1}=(1,\hspace{2}-3,\hspace{2}1)$ ， $\vec{l_2}=(2,\hspace{2}-6,\hspace{2}-2)$ によって張られる平面の方程式を求めてください．

解答を見る解答を隠す

（解答）…媒介変数表示→媒介変数消去
$(x,\hspace{2}y,\hspace{2}z)=(1,\hspace{2}4,\hspace{2}2)+ s(1,\hspace{2}-3,\hspace{2}1)+ t(2,\hspace{2}-6,\hspace{2}-2)$ を媒介変数表示に直すと

$x=1+ s+ 2t$ …(1)
$y=4-3s-6t$ …(2)
$z=2+ s-2t$ …(3)
(3)+(1)によりt消去
$x+ z=3+ 2s$ …(4)
(2)−(3)×3によりt消去
$y-3z=-s-6s$ …(5)
(5)+(4)×3
$y-3z+ 3(x+ z)=7$
$3x+ y=7$ …（答）

消去の仕方によっては

$z-x=1-4t$ …(A)
$3x+ y=7$ …(B)
のようになることがあるが，(B)が解を表す．(A)は $z-x$ が任意の値を取れることを示しているが，制限のないことは数学の答案に書かなくてよいから，(B)だけで解になる．

（別解1）…垂直条件から法線ベクトルを求める
２つのベクトル $\vec{l_1}=(1,\hspace{2}-3,\hspace{2}1)$ ， $\vec{l_2}=(2,\hspace{2}-6,\hspace{2}-2)$ に垂直な法線ベクトルを $\vec{n}=(p,\hspace{2}q,\hspace{2}r)$ とおく
$\vec{n}\perp\vec{l_1}$ により
$p-3q+ r=0$ …(1)
$\vec{n}\perp\vec{l_2}$ により
$2p-6q-2r=0$
$p-3q-r=0$ …(2)
連立方程式(1)(2)は未知数が3個，方程式が2個なので，不定解を持つ．そこで１文字qについては解かないことにして,p,rをqで表す．

$p+ r=(3q)$ …(1’)
$p-r=(3q)$ …(2’)
(1’)(2’)より $p=(3q),\hspace{2}r=0$
$p:q:r=3q:q:0=3:1:0$
$\vec{n}=(3,\hspace{2}1,\hspace{2}0)$ とすると
$3(x-1)+(y-4)+ 0(z-2)=0$
$3x+ y-7=0$ …（答）

（別解2） …ベクトルの外積を用いて法線ベクトルを求める方法（大学数学の答案）
$\vec{l_1}\times\vec{l_2}=\begin{vmatrix}\vec{e_1}&\vec{e_2}&\vec{e_3}\\1& -3& 1\\2& -6& -2\end{vmatrix}=(12,\hspace{2}4,\hspace{2}0)$
だから，これを平面の法線ベクトルとすると
$12(x-1)+ 4(y-4)+ 0(z-2)=0$
$12x+ 4y-28=0$
$3x+ y-7=0$ …（答）

（別解3） …行列式の公式で解く方法（大学数学の答案）
$\begin{vmatrix}x-1& y-4& z-2\\ 1& -3& 1\\ 2& -6& -2\end{vmatrix}=0$
$12(x-1)+ 4(y-4)+ 0(z-3)=0$
$12x+ 4y-28=0$
$3x+ y-7=0$ …（答）

【問題2.2】　
　三次元空間において点 $P_1(2,\hspace{2}1,\hspace{2}-1)$ を通り，２つのベクトル $\vec{l_1}=(-2,\hspace{2}-2,\hspace{2}1)$ ， $\vec{l_2}=(1,\hspace{2}2,\hspace{2}1)$ によって張られる平面の方程式を求めてください．

解答を見る解答を隠す

（解答）…媒介変数表示→媒介変数消去
$(x,\hspace{2}y,\hspace{2}z)=(2,\hspace{2}1,\hspace{2}-1)+ s(-2,\hspace{2}-2,\hspace{2}1)+ t(1,\hspace{2}2,\hspace{2}1)$ を媒介変数表示に直すと

$x=2-2s+ t$ …(1)
$y=1-2s+ 2t$ …(2)
$z=-1+ s+ t$ …(3)
(1)+(3)×2, (2)+(3)×2によりs消去
$x+ 2z=3t$ …(4)
$y+ 2z=-1+ 4t$ …(5)
(4)÷3, (5)÷4によりt消去
$\frac{x+ 2z}{3}=\frac{y+ 2z+ 1}{4}$
$4(x+ 2z)=3(y+ 2z+ 1)$
$4x-3y+ 2z-3=0$ …（答）

（別解1）…垂直条件から法線ベクトルを求める
２つのベクトル $\vec{l_1}=(-2,\hspace{2}-2,\hspace{2}1)$ ， $\vec{l_2}=(1,\hspace{2}2,\hspace{2}-2)$ に垂直な法線ベクトルを $\vec{n}=(p,\hspace{2}q,\hspace{2}r)$ とおく
$\vec{n}\perp\vec{l_1}$ により
$-2p-2q+ r=0$ …(1)
$\vec{n}\perp\vec{l_2}$ により
$p+ 2q+ r=0$ …(2)
連立方程式(1)(2)は未知数が3個，方程式が2個なので，不定解を持つ．そこで１文字rについては解かないことにして,p,qをrで表す．

$2p+ 2q=(r)$ …(1’)
$p+ 2q=(-r)$ …(2’)
(1’)−(2’)
$p=(2r)$
これを(2’)に代入
$2q=(-3r)$
$q=-\frac{3}{2}r$
$p:q:r=2r:-\frac{3}{2}r:r=4:(-3):2$
$\vec{n}=(4,\hspace{2}-3,\hspace{2}2)$ とすると
$4(x-2)-3(y-1)+ 2(z+ 1)=0$
$4x-3y+ 2z-3=0$ …（答）

（別解2） …ベクトルの外積を用いて法線ベクトルを求める
$\vec{l_1}\times\vec{l_2}=\begin{vmatrix}\vec{e_1}&\vec{e_2}&\vec{e_3}\\-2& -2& 1\\1& 2& 1\end{vmatrix}=(-4,\hspace{2}3,\hspace{2}-2)$
だから，これを平面の法線ベクトルとすると
$-4(x-2)+ 3(y-1)-2(z+ 1)=0$
$4x-3y+ 2z-3=0$ …（答）

（別解3） …行列式の公式で解く
$\begin{vmatrix}x-2& y-1& z+ 1\\ -2& -2& 1\\ 1& 2& 1\end{vmatrix}=0$
$-4(x-2)+ 3(y-1)-2(z+ 1)=0$
$4x-3y+ 2z-3=0$ …（答）

3. 3点を通る平面の方程式

【例題3.1】
　同一直線上にない3点 $P_1(1,\hspace{2}1,\hspace{2}-1)$ ， $P_2(2,\hspace{2}4,\hspace{2}1)$ ， $P_3(1,\hspace{2}-2,\hspace{2}-7)$ を通る平面の方程式を求めてください．

（解答）…連立方程式の不定解を求める方法（高校数学でできる答案）
求める平面の方程式を $ax+ by+ cz+ d=0$ とおく
$P_1,\hspace{2}P_2,\hspace{2}P_3$ を通るから，次の連立方程式を満たす．

$a+ b-c+ d=0$ …(1)
$2a+ 4b+ c+ d=0$ …(2)
$a-2b-7c+ d=0$ …(3)
この連立方程式は，未知数が $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d$ の4個，方程式が(1)(2)(3)の３個だから不定解を持つ．そこで $d$ については解かないことにして， $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c$ を $d$ で表す．

$a+ b-c=(-d)$ …(1’)
$2a+ 4b+ c=(-d)$ …(2’)
$a-2b-7c=(-d)$ …(3’)
(1)+(2), (2)×7+(3)によりcを消去する
$3a+ 5b=(-2d)$ …(4)
$15a+ 26b=(-8d)$ …(5)
(4)×5−(5)
$-b=(-2d)$
$a=-4d,\hspace{2}b=2d,\hspace{2}c=-d$
$a:b:c:d=-4:2:-1:1$
$-4x+ 2y-z+ 1=0$
$4x-2y+ z-1=0$ …（答）

（別解1） …垂直条件を使って法線ベクトルを求める
　点 $P_1(1,\hspace{2}1,\hspace{2}-1)$ を通り，２つのベクトル $\vec{P_1P_2}=(1,\hspace{2}3,\hspace{2}2)$ ， $\vec{P_1P_3}=(0,\hspace{2}-3,\hspace{2}-6)$ で張られる平面と考える．
法線ベクトルを $\vec{n}=(p,\hspace{2}q,\hspace{2}r)$ とおく
$\vec{n}\perp\vec{P_1P_2}$ により
$p+ 3q+ 2r=0$ …(1)
$\vec{n}\perp\vec{P_1P_3}$ により
$-3q-6r=0$
$q+ 2r=0$ …(2)
連立方程式(1)(2)は未知数が3個，方程式が2個なので，不定解を持つ．そこで１文字rについては解かないことにして,p,qをrで表す．
$q=-2r,\hspace{2}p=4r$
$p:q:r=4r:-2r:r=4:-2:1$
法線ベクトルを $\vec{n}=(4,\hspace{2}-2,\hspace{2}1)$ とすると，平面の方程式は
$4(x-1)-2(y-1)+(z+ 1)=0$
$4x-2y+ z-1=0$ …（答）

（別解2）…外積を使って法線ベクトルを求める
　点 $P_1(1,\hspace{2}1,\hspace{2}-1)$ を通り，２つのベクトル $\vec{P_1P_2}=(1,\hspace{2}3,\hspace{2}2)$ ， $\vec{P_1P_3}=(0,\hspace{2}-3,\hspace{2}-6)$ で張られる平面と考える．
法線ベクトルは２つのベクトルの外積で得られるから
$\vec{n}=\vec{P_1P_2}\times\vec{P_1P_3}=\begin{vmatrix}\vec{e_1}&\vec{e_2}&\vec{e_3}\\1& 3& 2\\0& -3& -6\end{vmatrix}$
$=(-12,\hspace{2}6,\hspace{2}-3)$
$-12(x-1)+ 6(y-1)-3(z+ 1)=0$
$-12x+ 6y-3z+ 3=0$
$4x-2y+ z-1=0$ …（答）

別解2の方法を公式として次の形にまとめることができる．
　同一直線上にない3点 $P_1(x_1,\hspace{2}y_1,\hspace{2}z_1)$ ， $P_2(x_2,\hspace{2}y_2,\hspace{2}z_2)$ ， $P_3(x_3,\hspace{2}y_3,\hspace{2}z_3)$ を通る平面は, 点 $P_1(x_1,\hspace{2}y_1,\hspace{2}z_1)$ を通り，２つのベクトル $\vec{P_1P_2}=(x_2-x_1,\hspace{2}y_2-y_1,\hspace{2}z_2-z_1)$ ， $\vec{P_1P_3}=(x_3-x_1,\hspace{2}y_3-y_1,\hspace{2}z_3-z_1)$ で張られる平面に等しい．
３つのベクトル $\vec{P_1P}=(x-x_1,\hspace{2}y-y_1,\hspace{2}z-z_1)$ ， $\vec{P_1P_2}=(x_2-x_1,\hspace{2}y_2-y_1,\hspace{2}z_2-z_1)$ ， $\vec{P_1P_3}=(x_3-x_1,\hspace{2}y_3-y_1,\hspace{2}z_3-z_1)$ が同一平面上にある条件=1次従属である条件から
$\begin{vmatrix}x-x_1& y-y_1& z-z_1\\ x_2-x_1& y_2-y_1& z_2-z_1\\ x_3-x_1& y_3-y_1& z_3-z_1\end{vmatrix}=0$

　同じことであるが，この公式は次のように見ることもできる．
２つのベクトル $\vec{P_1P_2}=(x_2-x_1,\hspace{2}y_2-y_1,\hspace{2}z_2-z_1)$ ， $\vec{P_1P_3}=(x_3-x_1,\hspace{2}y_3-y_1,\hspace{2}z_3-z_1)$ で張られる平面の法線ベクトルは，これら２つのベクトルの外積で求められるから， $\vec{n}=\begin{vmatrix}\vec{e_1}& \vec{e_2}& \vec{e_3}\\ x_2-x_1& y_2-y_1& z_2-z_1\\ x_3-x_1& y_3-y_1& z_3-z_1\end{vmatrix}=0$
　平面の方程式は $(\vec{x}-\vec{x_1})\cdot\vec{n}=0$ と書ける．すなわち
$(\vec{x}-\vec{x_1})\cdot(\vec{P_1P_2}\times\vec{P_1P_3})=0$
ベクトルのスカラー三重積については，次の公式がある．
$\vec{a}=(a_1,\hspace{2}a_2,\hspace{2}a_3)$ , $\vec{b}=(b_1,\hspace{2}b_2,\hspace{2}b_3)$ , $\vec{c}=(c_1,\hspace{2}c_2,\hspace{2}c_3)$ のスカラー三重積は
$\vec{a}\cdot(\vec{b}\times\vec{c})=\begin{vmatrix}a_1& a_2& a_3\\b_1& b_2& b_3\\c_1& c_2& c_3\end{vmatrix}$
に等しい.そこで
$\begin{vmatrix}x-x_1& y-y_1& z-z_1\\ x_2-x_1& y_2-y_1& z_2-z_1\\ x_3-x_1& y_3-y_1& z_3-z_1\end{vmatrix}=0$
が成り立つ．
（別解3）
3点 $(1,\hspace{2}1,\hspace{2}-1)$ , $(2,\hspace{2}4,\hspace{2}1)$ , $(1,\hspace{2}-2,\hspace{2}-7)$ を通る平面の方程式は
$\begin{vmatrix}x-1& y-1& z+ 1\\ 2-1& 4-1& 1+ 1\\ 1-1& -2-1& -7+ 1\end{vmatrix}=0$
すなわち
$\begin{vmatrix}x-1& y-1& z+ 1\\ 1& 3& 2\\ 0& -3& -6\end{vmatrix}=0$
すなわち
$(-12)(x-1)+ 6(y-1)-3(z+ 1)=0$
$-12x+ 6y-3z+ 3=0$
$4x-2y+ z-1=0$

　4点 $P(x,\hspace{2}y,\hspace{2}z)$ , $P_1(x_1,\hspace{2}y_1,\hspace{2}z_1)$ , $P_2(x_2,\hspace{2}y_2,\hspace{2}z_2)$ , $P_3(x_3,\hspace{2}y_3,\hspace{2}z_3)$ が平面 $ax+ by+ cz+ d=0$ 上にあるとき

$ax+ by+ cz+ d=0$ …(0)
$ax_1+ by_1+ cz_1+ d=0$ …(1)
$ax_2+ by_2+ cz_2+ d=0$ …(2)
$ax_3+ by_3+ cz_3+ d=0$ …(3)
が成り立つ． $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d$ を未知数とする連立方程式と見たとき，この連立方程式が $a=b=c=d=0$ という自明解以外の解を持つためには
$\begin{vmatrix}x& y& z& 1\\ x_1& y_1& z_1& 1\\ x_2& y_2& z_2& 1\\x_3& y_3& z_3& 1\end{vmatrix}=0$ …(A)
この行列式に対して，各行から第2行を引く行基本変形を行うと
$\begin{vmatrix}x-x_1& y-y_1& z-z_1& 0\\ x_1& y_1& z_1& 1\\ x_2-x_1& y_2-y_1& z_2-z_1& 0\\x_3-x_1& y_3-y_1& z_3-z_1& 0\end{vmatrix}=0$
この行列式を第4列に沿って余因子展開すると
$\begin{vmatrix}x-x_1& y-y_1& z-z_1\\ x_2-x_1& y_2-y_1& z_2-z_1\\ x_3-x_1& y_3-y_1& z_3-z_1\end{vmatrix}=0$ …(B)
　したがって，(A)と(B)は同値である．

【3点を通る平面の方程式】
同一直線上にない3点 $P_1(x_1,\hspace{2}y_1,\hspace{2}z_1)$ , $P_2(x_2,\hspace{2}y_2,\hspace{2}z_2)$ , $P_3(x_3,\hspace{2}y_3,\hspace{2}z_3)$ を通る平面の方程式は
$\begin{vmatrix}x& y& z& 1\\ x_1& y_1& z_1& 1\\ x_2& y_2& z_2& 1\\x_3& y_3& z_3& 1\end{vmatrix}=0$ …(A)
これは，次の形で書いてもよい．
$\begin{vmatrix}x-x_1& y-y_1& z-z_1\\ x_2-x_1& y_2-y_1& z_2-z_1\\ x_3-x_1& y_3-y_1& z_3-z_1\end{vmatrix}=0$ …(B)

【例題3.2】
　同一直線上にない3点 $P_1(1,\hspace{2}3,\hspace{2}-2)$ ， $P_2(0,\hspace{2}4,\hspace{2}-3)$ ， $P_3(1,\hspace{2}-2,\hspace{2}0)$ を通る平面の方程式を求めてください．

（解答1）
$\begin{vmatrix}x& y& z& 1\\ 1& 3& -2& 1\\ 0& 4& -3& 1\\1& -2& 0& 1\end{vmatrix}=0$
行基本変形を行ってから余因子展開する
第1行，第2行，第3行から各々第4行を引く
$\begin{vmatrix}x-1& y+ 2& z& 0\\ 0& 5& -2& 0\\ -1& 6& -3& 0\\1& -2& 0& 1\end{vmatrix}=0$

第4列に沿って余因子展開する
$\begin{vmatrix}x-1& y+ 2& z\\ 0& 5& -2\\ -1& 6& -3\end{vmatrix}=0$
第1行に沿って余因子展開する
$-3(x-1)+ 2(y+ 2)+ 5z=0$
$-3x+ 2y+ 5z+ 7=0$ …（答）

（解答2）
$\begin{vmatrix}x-1& y-3& z+ 2\\ -1& 1& -1\\ 0& -5& 2\end{vmatrix}=0$
第1行に沿って余因子展開する
$-3(x-1)+ 2(y-3)+ 5(z+ 2)=0$
$-3x+ 2y+ 5z+ 7=0$ …（答）

【問題3.1】　
　同一直線上にない3点 $P_1(0,\hspace{2}-1,\hspace{2}0)$ ， $P_2(-1,\hspace{2}1,\hspace{2}2)$ ， $P_3(0,\hspace{2}3,\hspace{2}3)$ を通る平面の方程式を求めてください．

解答を見る解答を隠す

（解答1）
$\begin{vmatrix}x& y& z& 1\\ 0& -1& 0& 1\\ -1& 1& 2& 1\\0& 3& 3& 1\end{vmatrix}=0$
第1,2,3行から第4行を引く
$\begin{vmatrix}x& y-3& z-3& 0\\ 0& -4& -3& 0\\ -1& -2& -1& 0\\0& 3& 3& 1\end{vmatrix}=0$
第4列に沿って余因子展開する
$\begin{vmatrix}x& y-3& z-3\\ 0& -4& -3\\ -1& -2& -1\end{vmatrix}=0$
第1行に沿って余因子展開する
$-2x+ 3(y-3)-4(z-3)=0$
$2x-3y+ 4z-3=0$ …（答）
（解答2）
$\begin{vmatrix}x& y+ 1& z\\ -1& 2& 2\\ 0& 4& 3\end{vmatrix}=0$
$-2x+ 3(y+ 1)-4z=0$
$2x-3y+ 4z-3=0$ …（答）

【問題3.2】　
　同一直線上にない3点 $P_1(0,\hspace{2}-3,\hspace{2}2)$ ， $P_2(-2,\hspace{2}0,\hspace{2}3)$ ， $P_3(1,\hspace{2}-2,\hspace{2}1)$ を通る平面の方程式を求めてください．

解答を見る解答を隠す

（解答1）
$\begin{vmatrix}x& y& z& 1\\ 0& -3& 2& 1\\ -2& 0& 3& 1\\1& -2& 1& 1\end{vmatrix}=0$
第1,2,3行から第4行を引く
$\begin{vmatrix}x-1& y+ 2& z-1& 0\\ -1& -1& 1& 0\\ -3& 2& 2& 0\\1& -2& 1& 1\end{vmatrix}=0$
第4列に沿って余因子展開する
$\begin{vmatrix}x-1& y+ 2& z-1\\ -1& -1& 1\\ -3& 2& 2\end{vmatrix}=0$
第1行に沿って余因子展開する
$-4(x-1)-(y+ 2)-5(z-1)=0$
$4x+ y+ 5z-7=0$ …（答）
（解答2）
$\begin{vmatrix}x& y+ 3& z-2\\ -2& 3& 1\\ 1& 1& -1\end{vmatrix}=0$
$-4x-(y+ 3)-5(z-2)=0$
$4x+ y+ 5z-7=0$ …（答）

4. 点と平面の距離

【点と平面の距離】
(1) 点 $P_0(x_0,\hspace{2}y_0,\hspace{2}z_0)$ から平面 $ax+ by+ cz+ d=0$ に引いた垂線の長さは
$\frac{\left|\hspace{2}ax_0+ by_0+ cz_0+ d\hspace{2}\right|}{\sqrt{a^2+ b^2+ c^2}}$

(2) 特に，原点 $O(0,\hspace{2}0,\hspace{2}0)$ から平面 $ax+ by+ cz+ d=0$ に引いた垂線の長さは
$\frac{\left|\hspace{2}d\hspace{2}\right|}{\sqrt{a^2+ b^2+ c^2}}$

※（よくある間違い）
　分母はx, y, z成分の3つの数字を使うので，高校生の答案には，ついうっかり $x_0,\hspace{2}y_0,\hspace{2}z_0$ を使ってしまう間違いが多い．
　よく見てもらえば分かるように，４個ある数字 $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d$ のうちの3個だけを使って $\sqrt{a^2+ b^2+ c^2}$ を作る．（間違う人は， $d$ に気を使い過ぎて判断ミスをしたのかもしれない．法線ベクトル $\vec{n}=(a,\hspace{2}b,\hspace{2}c)$ に関係しているのは $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c$ で， $d$ は法線ベクトルと関係ない）

（証明）
(1)←
　平面 $ax+ by+ cz+ d=0$ に引いた垂線の足をHとするとき，P₀Hの長さを求める．
　平面 $ax+ by+ cz+ d=0$ の法線べクトルは $\vec{n}=(a,\hspace{2}b,\hspace{2}c)$ とおけるから，直線P₀Hの方程式（Hの座標）は

$x=x_0+ ta$
$y=y_0+ tb$ （tは実数）
$z=z_0+ tc$
とおける．この点Hが平面 $ax+ by+ cz+ d=0$ 上にあるようなtの値を求める.
$a(x_0+ ta)+ b(y_0+ tb)+ c(z_0+ tc)+ d=0$
より
$t(a^2+ b^2+ c^2)+(ax_0+ by_0+ cz_0+ d)=0$
$t=\frac{-(ax_0+ by_0+ cz_0+ d)}{a^2+ b^2+ c^2}$
$P_0H=\mid t\cdot\vec{n}\mid=\frac{\left|-(ax_0+ by_0+ cz_0+ d)\right|}{a^2+ b^2+ c^2}\cdot\sqrt{a^2+ b^2+ c^2}$
$=\frac{\left|ax_0+ by_0+ cz_0+ d\right|}{\sqrt{a^2+ b^2+ c^2}}$
(2)←
　(1)において点P₀の座標を $(0,\hspace{2}0,\hspace{2}0)$ とすれば得られる．

（図解）
　そもそも平面の方程式が $ax+ by+ cz+ d=0$ だったら， $ax+ by+ cz+ d$ の値は０じゃないのか？そもそも何が問題なのかという初歩的な疑問を持っている人へ

　平面の方程式が $ax+ by+ cz+ d=0$ で，図の灰色で示される平面であるとき，例えば図の点Hのように $ax+ by+ cz+ d=0$ にある点は，方程式 $ax+ by+ cz+ d=0$ を満たすので， $ax+ by+ cz+ d$ の値は０になります．
　しかし，例えば図の点P₀は平面 $ax+ by+ cz+ d=0$ 上にないので，一般には $ax_0+ by_0+ cz_0+ d$ の値は０にはなりません．図に示したように，平面 $ax+ by+ cz+ d=0$ からの距離に関係のある数字 $\cdots\hspace{2},\hspace{2}-2,\hspace{2}-1,\hspace{2}0,\hspace{2}1,\hspace{2}2,\hspace{2}\cdots$ の縞模様となって並びます．ただし， $ax+ by+ cz+ d=0$ から見て，平面の法線ベクトル $\vec{n}=(a,\hspace{2}b,\hspace{2}c)$ と同じ向きにあれば正の値（1, 2, 3, …），逆向きに進んだ場所にあれば負の値（−1, −2, …）になるので，距離を表わすためには，絶対値を付けて
$\left| ax_0+ by_0+ cz_0+ d\right|$
とします．
　さらに， $ax_0+ by_0+ cz_0+ d=-2,\hspace{2}-1,\hspace{2}0,\hspace{2}1,\hspace{2}2,...$ と並んでいる平面の間隔が１目盛り当たり $\frac{1}{\sqrt{a^2+ b^2+ c^2}}$ になっているので，実際の距離は
$\frac{1}{\sqrt{a^2+ b^2+ c^2}}\times\left| ax_0+ by_0+ cz_0+ d\right|$
になります．

（別の証明）

　右図においてPHを含む平面が $ax+ by+ cz+ d=0$ で，平面外の一点がP₀であるとする．このとき，点P₀と平面とに距離として，P₀Hを求めればよい．
　ところで，２つのベクトルの内積は
$\vec{P_0P}\cdot\vec{n}=\left|\vec{P_0P}\right|\cdot\left|\vec{n}\right|\cdot\cos\theta$
となるが，ここで
$\left|\vec{P_0P}\right|\cdot\cos\theta=P_0H$
であるから
$\vec{P_0P}\cdot\vec{n}=P_0H\left|\vec{n}\right|$
そこで，平面の法線ベクトル $\vec{n}$ の代わりに，その大きさで割って単位ベクトルにしたもの
$\vec{n}\apos=\frac{\vec{n}}{\left|\vec{n}\right|}=\frac{1}{\sqrt{a^2+ b^2+ c^2}}(a,\hspace{2}b,\hspace{2}c)$
との内積をとれば，

$\vec{P_0P}\cdot\vec{n}\apos=P_0H$
となって，点と平面の距離（符号は付いている）に等しくなる．
$\vec{P_0P}=(x-x_0,\hspace{2}y-y_0,\hspace{2}z-z_0)$
$\vec{n}\apos=\frac{1}{\sqrt{a^2+ b^2+ c^2}}(a,\hspace{2}b,\hspace{2}c)$
より
$\vec{P_0P}\cdot\vec{n}=\frac{a(x-x_0)+ b(y-y_0)+ c(z-z_0)}{\sqrt{a^2+ b^2+ c^2}}$
ここで $ax+ by+ cz+ d=0$ だから
$\vec{P_0P}\cdot\vec{n}=\frac{-(ax_0+ by_0+ cz_0+ d)}{\sqrt{a^2+ b^2+ c^2}}$
　負の値になれば正に変えるものとして，絶対値を付けると，公式が得られる．
$\frac{\left| ax_0+ by_0+ cz_0+ d\right|}{\sqrt{a^2+ b^2+ c^2}}$

【例題】
(1) 点(1, 2, 3)から平面3x+4y+5z−1=0に引いた垂線の長さを求めよ．
(2) 点P(2, −3, 0)と平面x+2y−2z+1=0との距離を求めよ．
(3) 原点O(0, 0, 0)と平面x+y−z+3=0との距離を求めよ．

（解答）
(1)
$\frac{\left|3\cdot 1+ 4\cdot 2+ 5\cdot 3-1\right|}{\sqrt{3^2+ 4^2+ 5^2}}=\frac{25}{\sqrt{50}}=\frac{25}{5\sqrt{2}}=\frac{5}{\sqrt{2}}$
(2)
$\frac{\left|2\cdot 1+ (-3)\cdot 2+ 0+ 1\right|}{\sqrt{1^2+ 2^2+ (-2)^2}}=\frac{\mid -3\mid}{\sqrt{9}}=\frac{3}{3}=1$
(3)
$\frac{\left|0+ 0+ 0+ 3\right|}{\sqrt{1^2+ 2^2+ (-1)^2}}=\frac{\mid 3\mid}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}$

【例題】
(1) 平行な２平面3x−4y+5z+1=0, 3x−4y+5z−1=0の間の距離を求めよ．
(2) 平行な２平面 $x+\frac{y}{2}+\frac{z}{3}=-1,\hspace{3}x+\frac{y}{2}+\frac{z}{3}=1$ の間の距離を求めよ．

（解答）
(1) 平面3x−4y+5z+1=0上の1点を適当に選ぶ．
例えば(1, 1, 0)
次に，その点と平面3x−4y+5z−1=0の間の距離を求めるとよい．
$\frac{\left|3-4-1\right|}{\sqrt{3^2+ (-4)^2+ 5^2}}=\frac{2}{5\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{5}$
(2) 平面 $x+\frac{y}{2}+\frac{z}{3}=-1$ 上の1点を適当に選ぶ．
例えば(−1, 0, 0)
次に，その点と平面 $x+\frac{y}{2}+\frac{z}{3}=1$ の間の距離を求めるとよい．
$\frac{\left|-1+ 0+ 0- 1\right|}{\sqrt{1^2+(\frac{1}{2})^2+(\frac{1}{3})^2}}=\frac{2}{\frac{7}{6}}=\frac{12}{7}$

【ヘッセの標準形】
(1) xy平面において，原点から直線に下ろした垂線の長さをh，垂線とx軸の正の向きとのなす角をαとすると，直線の方程式は
$x\cos\alpha+ y\sin\alpha=h$ …(1.1)
　垂線とx軸の正の向きとのなす角をα，y軸の正の向きとのなす角をβとすると
$x\cos\alpha+ y\cos\beta=h$ …(1.2)
(1.1)(1.2)をヘッセの標準形という．

(2) 3次元空間において，原点から平面に下ろした垂線の長さをh，垂線とx軸の正の向きとのなす角をα，y軸の正の向きとのなす角をβ，z軸の正の向きとのなす角をγとすると，平面の方程式は
$x\cos\alpha+ y\cos\beta+ z\cos\gamma=h$ …(2.1)
(2.1)をヘッセの標準形という．

5. ヘッセの標準形

【例題】
　x, y平面における直線3x−4y+5=0のヘッセの標準形を求め，原点からの直線までの距離を書け．

（解答）
法線ベクトル $\vec{n}=(3,\hspace{2}-4)$ の大きさは， $\left|\vec{n}\right|=\sqrt{3^2+ (-4)^2}=5$ だから，両辺を法線ベクトルの大きさで割って単位ベクトルにすると
$\frac{3}{5}x-\frac{4}{5}y+ 1=0$
右辺の定数項が正になるように変形すると
$-\frac{3}{5}x+\frac{4}{5}y=1$
原点から直線までの距離は1

【例題】
　3次元空間における平面x+2y−2z+4=0のヘッセの標準形を求め，原点からの平面までの距離を書け．

（解答）
法線ベクトル $\vec{n}=(1,\hspace{2}2,\hspace{2}-2)$ の大きさは， $\left|\vec{n}\right|=\sqrt{1^2+ 2^2+ (-2)^2}=3$ だから，両辺を法線ベクトルの大きさで割って単位ベクトルにすると
$\frac{1}{3}x+\frac{2}{3}y-\frac{2}{3}z+\frac{4}{3}=0$
右辺の定数項が正になるように変形すると
$-\frac{1}{3}x-\frac{2}{3}y+\frac{2}{3}z=\frac{4}{3}$
原点から平面までの距離は $\frac{4}{3}$

6. 2平面のなす角

　２つの平面が交わるとき，2平面のなす角は各々の法線ベクトルのなす角に等しい．
　右図において，平面 $\alpha$ の法線ベクトルを $\vec{n_1}$ ，平面 $\beta$ の法線ベクトルを $\vec{n_2}$ とすると，
$\lambda+ \phi=\frac{\pi}{2}$
$\theta+ \phi=\frac{\pi}{2}$
だから
$\theta=\lambda$
が成り立つ．
　ただし，法線ベクトルが平面のどちら向きか（たまたま表裏が同じか，裏と表か）で，法線ベクトルのなす角 $\theta$ は $0\underline{\le}\theta\underline{\le}\frac{\pi}{2}$ となる場合と $\frac{\pi}{2}\underline{\le}\theta\underline{\le}\pi$ になる場合がある．（右図の下半分）
　高校数学では， $0\underline{\le}\theta\underline{\le}\frac{\pi}{2}$ の範囲で答えればよいが，大学の数学では著者によっては，両方とも答えることもある．

【例題】
　2平面 $x+ 2y+ z-3=0,\hspace{2}-2x-y+ z+ 4=0$ のなす角を求めてください．

（解答）
　法線ベクトルは各々 $\vec{n_1}=(1,\hspace{2}2,\hspace{2}1),\hspace{2}\vec{n_2}=(-2,\hspace{2}-1,\hspace{2}1)$
これらの法線ベクトルのなす角を求めると
$\cos\theta=\frac{\vec{n_1}\cdot\vec{n_2}}{\left|\vec{n_1}\right|\cdot\left|\vec{n_2}\right|}=\frac{-2-2+ 1}{\sqrt{1+ 4+ 1}\cdot\sqrt{2+ 1+ 1}}$
$=-\frac{3}{6}=-\frac{1}{2}$
$\theta=\frac{2}{3}\pi$
高校数学では， $\theta=\frac{\pi}{3}$ と答えるのがよい．
大学数学では，初めから $\cos\theta=\pm\frac{\vec{n_1}\cdot\vec{n_2}}{\left|\vec{n_1}\right|\cdot\left|\vec{n_2}\right|}=\pm\frac{1}{2}$ という計算をして， $\theta=\frac{\pi}{3}$ または $\theta=\frac{2}{3}\pi$ を答にすることもある．

【問題6.1】　
　2平面 $x-y-2z+ 1=0,\hspace{2}6x+ 3y-3z-2=0$ のなす角を求めてください．

解答を見る解答を隠す

　法線ベクトルは各々 $\vec{n_1}=(1,\hspace{2}-1,\hspace{2}-2),\hspace{2}\vec{n_2}=(6,\hspace{2}3,\hspace{2}-3)$
これらの法線ベクトルのなす角を求めると
$\cos\theta=\frac{\vec{n_1}\cdot\vec{n_2}}{\left|\vec{n_1}\right|\cdot\left|\vec{n_2}\right|}=\frac{-2-2+ 1}{\sqrt{1+ 1+ 4}\cdot\sqrt{36+ 9+ 9}}$
$=\frac{9}{18}=\frac{1}{2}$

高校数学では $\theta=\frac{\pi}{3}$ …（答）
大学数学では $\theta=\frac{\pi}{3},\hspace{2}\frac{2}{3}\pi$ …（答）

【問題6.2】　
　2平面 $x-y+ 2z-3=0,\hspace{2}2x-4y-3z-2=0$ のなす角を求めてください．

解答を見る解答を隠す

　法線ベクトルは各々 $\vec{n_1}=(1,\hspace{2}-1,\hspace{2}2),\hspace{2}\vec{n_2}=(2,\hspace{2}-4,\hspace{2}-3)$
これらの法線ベクトルのなす角を求めると
$\cos\theta=\frac{\vec{n_1}\cdot\vec{n_2}}{\left|\vec{n_1}\right|\cdot\left|\vec{n_2}\right|}=\frac{2+ 4-6}{\sqrt{1+ 1+ 4}\cdot\sqrt{4+ 16+ 9}}=0$

$\theta=\frac{\pi}{2}$ …（答）

【問題6.3】　
　2平面 $x+ y+ z+ 1=0,\hspace{2}x-y+ z-1=0$ のなす角の余弦を求めてください．

解答を見る解答を隠す

　法線ベクトルは各々 $\vec{n_1}=(1,\hspace{2}1,\hspace{2}1),\hspace{2}\vec{n_2}=(1,\hspace{2}-1,\hspace{2}1)$
これらの法線ベクトルのなす角を求めると
$\cos\theta=\frac{\vec{n_1}\cdot\vec{n_2}}{\left|\vec{n_1}\right|\cdot\left|\vec{n_2}\right|}=\frac{1}{3}$

高校数学では $\cos\theta=\frac{1}{3}$ …（答）
大学数学では $\cos\theta=\pm\frac{1}{3}$ …（答）

7. 2平面の交角を二等分する平面

　2平面 $\alpha:a_1x+ b_1y+ c_1z+ d_1=0$ ， $\beta:a_2x+ b_2y+ c_2z+ d_2=0$ が交わる角度を二等分する平面 $\lambda,\hspace{2}\mu$ は，右図のように2平面 $\alpha,\hspace{2}\beta$ からの距離が等しい点 $(x,\hspace{2}y,\hspace{2}z)$ の軌跡となるから
$\frac{a_1x+ b_1y+ c_1z+ d_1}{\sqrt{a_1^2+ b_1^2+ c_1^2}}=\pm\frac{a_2x+ b_2y+ c_2z+ d_2}{\sqrt{a_2^2+ b_2^2+ c_2^2}}$
が求める平面の方程式である．

【例題7】
2平面 $\alpha\hspace{2}:\hspace{2}x-2y+ 2z-1=0,\hspace{2}\beta\hspace{2}:\hspace{2}2x+ 2y+ z+ 1=0$ について，次のものを求めてください．
(1) 交線の方程式
(2) 二平面が交わる角度を二等分する平面の方程式

（解答）
(1)
　例えば $x=-1$ とすれば，これら2平面上にある１つの点の座標 $P_1(-1,\hspace{2}0,\hspace{2}1)$ が求められる．
　次に，2平面の法線ベクトルは各々 $\vec{n_1}=(1,\hspace{2}-2,\hspace{2}2)$ , $\vec{n_2}=(2,\hspace{2}2,\hspace{2}1)$ だから，それらの外積が交線の方向ベクトルになる．
$\vec{n_1}\times\vec{n_2}=\begin{vmatrix}\vec{e_1}&\vec{e_2}&\vec{e_3}\\1& -2& 2\\2& 2& 1\end{vmatrix}=(-6,\hspace{2}3,\hspace{2}6)$
したがって, $\vec{u}=(-2,\hspace{2}1,\hspace{2}2)$ を交線の方向ベクトルに選べる．
　 $P_1(-1,\hspace{2}0,\hspace{2}1)$ を通り，方向ベクトル $\vec{u}=(-2,\hspace{2}1,\hspace{2}2)$ に平行な方程式は
$\frac{x+ 1}{-2}=y=\frac{z-1}{2}$ …（答）

(2)
$\frac{x-2y+ 2z-1}{\sqrt{1+ 4+ 4}}=\pm\frac{2x+ 2y+ z+ 1}{\sqrt{1+ 4+ 4}}$
より
$x-2y+ 2z-1=\pm(2x+ 2y+ z+ 1)$
$x+ 4y-z+ 2=0,\hspace{2}x+ z=0$ ( $\lambda,\hspace{2}\mu$ )…（答）

（参考）
交線の向きは図の平面に対して垂直な向きとする
○ $\alpha$ と $\vec{u}$ は垂直
$(1,\hspace{2}-2\hspace{2},2)\cdot(-2,\hspace{2}1,\hspace{2}2)=-2-2+ 4=0$
○ $\beta$ と $\vec{u}$ は垂直
$(2,\hspace{2}2\hspace{2},1)\cdot(-2,\hspace{2}1,\hspace{2}2)=-4+ 2+ 2=0$
○ $\lambda$ と $\vec{u}$ は垂直
$(1,\hspace{2}4\hspace{2},-1)\cdot(-2,\hspace{2}1,\hspace{2}2)=-2+ 4-2=0$
○ $\mu$ と $\vec{u}$ は垂直
$(1,\hspace{2}0\hspace{2},1)\cdot(-2,\hspace{2}1,\hspace{2}2)=-2+ 2=0$
○ $\lambda$ と $\mu$ は垂直
$(1,\hspace{2}4\hspace{2},-1)\cdot(1,\hspace{2}0,\hspace{2}1)=1-1=0$
○ $P_1(-1,\hspace{2}0,\hspace{2}1)$ は $\alpha,\hspace{2}\bet,\hspace{2}\lambda,\hspace{2}\mu$ ，および交線の上にある
$-1-2\times 0+ 2\times 1-1=0$
$2\times(-1)+ 2\times 0+ 1+ 1=0$
$(-1)+ 4\times 0-1+ 2=0$
$(-1)+ 4\times 0+ 1=0$
$\frac{-1+ 1}{-2}=0=\frac{1-1}{2}$

○===メニューに戻る