高等数学课后答案第六章习题详细解答南京廖华答案网

高等数学课后答案第六章习题详细解答下载本文

文章发布时间 : 2024/4/27 20:29:34星期六

第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

习题 6—1

1、在平行四边形ABCD中? 设AB?a? AD?b? 试用a和b表示向量MA、MB、MC、MD? 其中M是平行四边形对角线的交点?

解：由于平行四边形的对角线互相平分? 所以

a?b?AC?2AM? 即 ?(a?b)?2MA? 于是 MA??1(a?b)?

2因为MC??MA? 所以

?????????????????????????????????????????????1MC?(a?b)? 又因?a?b?BD?2MD? 所以MD?1(b?a)? 22????????????由于MB??MD? 所以MB?1(a?b)?

2、若四边形的对角线互相平分，用向量方法证明它是平行四边形.

证： ?AM?MC,BM?MD，?AD?AM?MD?MC?BM?BC

AD与 BC平行且相等,

结论得证.

?1??3、求起点为A(1,2,1)，终点为B(?19,?18,1)的向量AB与?AB的坐标表达式.

2???1??解：AB=(?19?1)i?(?18?2)j?(1?1)k??20i?20j={?20,?20,0}, ?AB={10,10,0}

24、求平行于a={1，1，1}的单位向量.

解：与a平行的单位向量为?a1?1,1,1?. ??a3

5、在空间直角坐标系中，指出下列各点在哪个卦限？A(1,?1,1), B(1,1,?1),C(1,?1,?1), D(?1,?1,1). 解： A:Ⅳ; B:Ⅴ; C:Ⅷ; D:Ⅲ.

6、求点M(x,y,z)与x轴，xOy平面及原点的对称点坐标.

解：M(x,y,z)关于x轴的对称点为M1(x,?y,?z)，关于xOy平面的对称点为M2(x,y,?z)，关于原点的对称点为M3(?x,?y,?z).

7、已知点A(a, b, c), 求它在各坐标平面上及各坐标轴上的垂足的坐标（即投影点的坐标）. 解：分别为(a,b,0),(0,b,c),(a,0,c),(a,0,0),(0,b,0),(0,0,c).

8、过点P(a,b,c)分别作平行于z轴的直线和平行于xOy面的平面，问它们上面的点的坐标各有什么特点？解：平行于z轴的直线上面的点的坐标：x?a,y?b,z?R；平行于xOy面的平面上的点的坐标为

第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

z?c,x,y?R.

9、求点P(2,-5,4)到原点、各坐标轴和各坐标面的距离.

解：到原点的距离为35，到x轴的距离为41，到y轴的距离为25,到z轴的距离为29.

10、求证以M1(4,3,1)、M2(7,1,2)、M3(5,2,3)三点为顶点的三角形是一个等腰三角形. 解：M1M2?(7?4)2?(1?3)2?(2?1)2?14,M2M3?(5?7)2?(2?1)2?(3?2)2?6 M1M3?(4?5)2?(3?2)2?(1?3)2?6，即M1M3?M2M3，因此结论成立.

222

11、在yoz坐标面上，求与三个点A(3, 1, 2), B(4, -2, -2), C(0, 5, 1)等距离的点的坐标. 解：设yoz坐标面所求点为M(0,y,z)，依题意有|MA|?|MB|?|MC|，从而

(0?3)2?(y?1)2?(z?2)2?(0?4)2?(y?2)2?(z?2)2 (0?3)2?(y?1)2?(z?2)2?(0?0)2?(y?5)2?(z?1)2，

联立解得y?1,z??2，故所求点的坐标为(0,1,?2).

12、 z轴上，求与点A(-4, 1, 7), 点B(3, 5,-2)等距离的点. 解：设所求z轴上的点为(0,0,z)，依题意：

(0?4)2?(0?1)2?(z?7)2?(0?3)2?(0?5)2?(z?2)2，

两边平方得z?

13、求?使向量a?{?,1,5}与向量b?{2,10,50}平行. 解：由a//b得

1414，故所求点为(0,0,). 99?2?151

?得??. 10505

14、求与y轴反向，模为10的向量a的坐标表达式. 解：a =10?(?j)??10j={0,?10,0}.

15、求与向量a={1，5，6}平行，模为10的向量b的坐标表达式. 解：a?

0a110?{1,5,6},故 b??10a0???1,5,6?. a6262第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

16、已知向量a?6i?4j?10k，b?3i?4j?9k，试求：（1）a?2b；（2）3a?2b．

解：（1） a?2b?6i?4j?10k?2(3i?4j?9k)?12i?4j?8k; （2）3a?2b=3(6i?4j?10k)?2(3i?4j?9k)=12i?20j?48k.

17、已知两点A(2,2,5)和B(3,0,4)，求向量AB的模、方向余弦和方向角． 121解：因为AB?(1,?2,?1), 所以AB?2,cos??,cos???,cos???,从而

222??

π3π2π,??,??. 34318、设向量的方向角为?、?、?．若已知其中的两个角为??π2π，??．求第三个角?． 33π2π1π3π2222解： ??,??,由cos??cos??cos??1得cos??.故??或.

33244

19、已知三点A?(1,0,0)，B(3,1,1)，C(2,0,1)，求：（1）BC与CA及其模；

（2）BC的方向余弦、方向角；（3）与BC同向的单位向量.

解：（1）由题意知BC??2?3,0?1,1?1????1,?1,0?,CA??1?2,0?0,0?1????1,0,?1?, 故 BC?2,CA?2.

（2）因为BC???1,?1,0?,所以，由向量的方向余弦的坐标表示式得：

cos???113??,cos???,cos??0，方向角为：????,??.

4222o（3）与BC同向的单位向量为：a?BC1??1???,?,0?.

2?BC?2

20、设m?i?2j?3k,n?2i?j?3k,和p?3i?4j?k,求向量a?2m?3n?p在x轴上的投影和在y轴上的分向量.

解：a?2(i?2j?3k)?3(2i?j?3k)?(3i?4j?k)?5i?11j?4k.故向量a在x 轴上的投影ax?5，在y轴上的投影分量为ay?11j.

21、一向量的终点为点B(-2,1,-4),它在x轴，y轴和z轴上的投影依次为3，-3和8，求这向量起点A的坐标.

第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

解：设点A为（x, y, z）,依题意有：?2?x?3,1?y??3,?4?z?8，故x??5,y?4,z??12，即所求的点A（-5， 4，-12）.

22、已知向量a的两个方向余弦为cos?=

23 ,cos?=, 且a与z轴的方向角是钝角.求cos?. 7762232366解：因cos2??cos2??cos2??1,故cos2??1?所以cos???. （）—（）?，cos???，又?是钝角，

774977

23、设三力F1?i?2j,F2?2i?3j?4k,F3?j?k作用于同一质点，求合力的大小和方向角.

解：合力F?F1?F2?F3?(i?2k)?(2i?3j?4k)?(j?k)?3i?2j?3k，因此，合力的大小为|F|?22,合力的方向余弦为cos??322?cos?,cos???222,因此????arccos322,??π?arccos222

习题 6—2

1,0,0?，b??0,1,0?，c?(0,0,1)，求a?b，a?c，b?c，及a?a，a?b，a?c，b?c. 1、 a??解：依题意，a?i，b?j，c?k，故a?b?i?j?0，a?c?i?k?0，b?c?j?k?0.

a?a?i?i?0，a?b?i?j?k，a?c?i?k??j，b?c?j?k?i.

??1,1,2?,b??2,2,1?，求a?b及a?b .a与b的夹角余弦. 2、 a??ijk解：（1）a?b?1?2?1?2?2?1?6, a?b?112???3,3,0?.

221(2)cos??axbx?ayby?azbzax2?ay2?az2bx2?by2?bz2?6. 3

???π3、已知 a?5,b?2,?a,b??，求2a?3b

??3解：2a?3b??2a?3b???2a?3b?

2?4a?12a?b?9b?76，∴ 2a?3b?219. 221,0,1?与向量b???1,1,1?垂直. 4、证明下列问题：1）证明向量a?? 2）证明向量c与向量(a?c)b?(b?c)a垂直. 证：1）?a?b?1?(?1)?0?1?1?1?0,?(a,b)?4

^π，即a与b垂直. 2第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

2） [(a?c)b?(b?c)a]?c?[(a?c)b?c?(b?c)a?c]?(c?b)[a?c?a?c] ?0?[(a?c)b?(b?c)a]?c.

5、求点M(1,2,1)的向径OM与坐标轴之间的夹角.

解：设OM与x、y、z轴之间的夹角分别为?,?,?，则cos??i?OMiOM?112?(2)2?1?1, 2cos??

j?OMjOM?πππ2k?OM1, cos???. ???, ??, ??.

3432kOM26、求与a?i?j?k平行且满足a?x?1的向量x.

解：因a//x, 故可设x??a???,?,??，再由a?x?1得??????1，即??

7、求与向量a?3i?2j?4k，b?i?j?2k都垂直的单位向量.

1?111?，从而x??,,?. 3?333?i解：c?a?b?axbx

jaybyijkk1?c?2j?k?. ???az?3?24?10j?5k，|c|?102?52?55, ?c0?|c|5??511?2bz8、在顶点为A(1,?1,2)、B(5,?6,2)和C(1,3,?1)的三角形中，求三角形ABC的面积以及AC边上的高BD.解：AC??0,4,?3},AB?{4,?5,0},三角形ABC的面积为S?

1125|AC?AB|?152?122?162?, 222|AC|?42?(?3)2?5,S?

1251|AC||BD| ??5?|BD| ?|BD|?5. 2229、已知向量a?0，b?0，证明|a?b|2?|a|2|b|2?(a?b)2.

解 |a?b|2?|a|2?|b|2sin2(ab)?|a|2?|b|2[1?cos2(ab)]?|a|2?|b|2 ?|a|2?|b|2cos2(ab)?|a|2?|b|2 ?(a?b)2.

10、证明：如果a?b?c?0，那么b?c?c?a?a?b，并说明它的几何意义.

证：由a?b?c?0, 有(a?b?c)?c?0?c?0, 但c?c?0，于是a?c?b?c?0,所以b?c??a?c?c?a. 同理由(a?b?c)?a?0, 有 c?a?a?b,从而 b?c?c?a?a?b.

其几何意义是以三角形的任二边为邻边构成的平行四边形的面积相等.

11、已知向量a?2i?3j?k,b?i?j?3k和c?i?2j，计算下列各式：

（1）(a?b)c?(a?c)b （2）(a?b)?(b?c) （3）(a?b)?c （4）a?b?c 解：（1）(a?b)c?(a?c)b?8(i?2j)?8(i?j?3k)??8j?24k.

???第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

ij(2) a?b?3i?4j?4k,b?c?2i?3j?3k，故(a?b)?(b?c)?3?42?3ij（3）(a?b)?c?2?31?1k2?31?(i?2j)?(?8i?5j?k)?(i?2j)?1?131?2k4??j?k. 313?2. 0ij（4）由（3）知a?b??8i?5j?k,(a?b)?c??8?51?2k1?2i?j?21k. 0

习题 6—3

1、已知A(1,2,3)，B(2,?1,4)，求线段AB的垂直平分面的方程. 解：设M(x,y,z)是所求平面上任一点，据题意有|MA|?|MB|,

?x?1?2??y?2?2??z?3?2??x?2?2??y?1?2??z?4?2,

化简得所求方程2x?6y?2z?7?0.这就是所求平面上的点的坐标所满足的方程? 而不在此平面上的点的坐标都不满足这个方程，所以这个方程就是所求平面的方程.

2、一动点移动时，与A(4,0,0)及xOy平面等距离，求该动点的轨迹方程.

解：设在给定的坐标系下，动点M(x,y,z)，所求的轨迹为C，则M(x,y,z)?C?MA?z 亦即

(x?4)2?y2?z2?z ?(x?4)2?y2?0从而所求的轨迹方程为(x?4)2?y2?0.

3、求下列各球面的方程：

（1）圆心(2,?1,3)，半径为R?6；（2）圆心在原点，且经过点(6,?2,3)；

（3）一条直径的两端点是(2?3,5)与(4,1,?3)；（4）通过原点与(4,0,0),(1,3,0),(0,0,?4) 解：（1）所求的球面方程为：(x?2)?(y?1)?(z?3)?36 （2）由已知，半径R?22262?(?2)2?32?7，所以球面方程为x2?y2?z2?49

2?4?3?15?3?3,b???1,c??1， 222（3）由已知，球面的球心坐标a?球的半径R?1(4?2)2?(1?3)2?(5?3)2?21，所以球面方程为： 26

第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

(x?3)2?(y?1)2?(z?1)2?21

（4）设所求的球面方程为：x?y?z?2gx?2hy?2kz?l?0

222?l?0?l?0?16?8g?0?h??1??因该球面经过点(0,0,0),(4,0,0),(1,3,0),(0,0,?4)，所以? 解之得?

10?2g?6h?0g??2?????16?8k?0?k?2?所求的球面方程为x2?y2?z2?4x?2y?4z?0.

4、将yOz坐标面上的抛物线y2?2z绕z旋转一周，求所生成的旋转曲面的方程．解：x2?y2?2z(旋转抛物面) .

x2z25、将zOx坐标面上的双曲线2?2?1分别绕x轴和z轴旋转一周，求所生成的旋转曲面的方程．

acx2y2?z2x2?y2z2?1 绕z轴旋转得?2?1. 解：绕x轴旋转得2?22acac

6、指出下列曲面的名称，并作图：

x2z2222222??1；（1）（2）y?2z；（3）x?z?1 ；（4）x?y?z?2x?0； 49x2y2??z?1；（5）y?x?z；（6）4x?4y?z?1；（7）

91622222x2y2x2y2z22222??z??1；???1；（8）（9）（10）2x?2y?1?3z.

43349解： (1)椭圆柱面；(2) 抛物柱面；(3) 圆柱面；(4)球面；（5）圆锥面；（6）双曲抛物面；

（7）椭圆抛物面；（8）双叶双曲面；（9）为旋转椭球面；（10）单叶双曲面.

7、指出下列方程在平面解析几何和空间解析几何中分别表示什么图形？（1）y?x?1 ；（2）x?y2222?4；（3）x?y?1；（4）x2?2y.

解：（1）y?x?1在平面解析几何中表示直线，在空间解析几何中表示平面；（2）x?y22?4在平面解析几何中表示圆周，在空间解析几何中表示圆柱面；

第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

（3）x?y（4）x222?1在平面解析几何中表示双曲线，在空间解析几何中表示双曲柱面；

?2y在平面解析几何中表示抛物线，在空间解析几何中表示抛物柱面.

8、说明下列旋转曲面是怎样形成的？

y2x2y2z22（1）（2）x?（4）(z?a)2?x2?y2 ???1；?z2?1（3）x2?y2?z2?1；

4994x2y2x2z2解：（1）xOy平面上椭圆??1绕x轴旋转而成；或者 xOz平面上椭圆??1绕x轴旋转而成

4949y2y222（2）xOy平面上的双曲线x??1绕y轴旋转而成；或者 yOz平面上的双曲线z??1绕y轴旋转而成

44（3）xOy平面上的双曲线x2?y2?1绕x轴旋转而成；或者 xOz平面上的双曲线x2?z2?1绕x轴旋转而成（4）yOz平面上的直线z?y?a绕z轴旋转而成或者 xOz平面上的直线z?x?a绕z轴旋转而成.

9、画出下列各曲面所围立体的图形：

（1）3x?4y?2z?12?0与三个坐标平面所围成；（2）z?4?x,2x?y?4及三坐标平面所围成；（3）z=0,z=a(a>0),y=x,x2+y2=1及x?0在第一卦限所围成；（4）z?x2?y2,z?8?x2?y2所围. 解：（1）平面3x?4y?2z?12?0与三个坐标平面围成一个在第一卦限的四面体；（2）抛物柱面z?4?x2与平面2x?y?4及三坐标平面所围成；

（3）坐标面z=0、x?0及平面z=a(a>0)、y=x和圆柱面x2+y2=1在第一卦限所围成；（4）开口向上的旋转抛物面z?x2?y2与开口向下的抛物面z?8?x2?y2所围.作图略.

2习题 6—4

1、画出下列曲线在第一卦限内的图形

222???x?1?z?4?x2?y2?x?y?a（1）?；（2）?；（3）?

222y?2?x?z?a????x?y?0解：（1）是平面x?1与y?2相交所得的一条直线；（2）上半球面z?4?x2?y2与平面x?y?0的交线为（3）圆柱面x2?y2?a2与x2?z2?a2的交线.图形略.

222??2x?y?z?162、分别求母线平行于x轴及y轴而且通过曲线?的柱面方程.

222?x?z?y?0?1圆弧； 4解：消去x坐标得3y?z?16，为母线平行于x轴的柱面；

消去y坐标得：3x?2z?16，为母线平行于y轴的柱面.

2222第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

3、求在yOz平面内以坐标原点为圆心的单位圆的方程（任写出三种不同形式的方程）.

222??y2?z2?1?x2?y2?z2?1?x?y?z?1解：?；?； ?.

22??x?0?x?0?y?z?1

x2y2z24、试求平面x?2?0与椭球面???1相交所得椭圆的半轴与顶点.

16124?x2y2z2?y2z2??1?1????解：将椭圆方程?16124化简为：?9，可知其为平面x?2上的椭圆，半轴分别为3,3，3?x?2?0?x?2??顶点分别为(2,3,0),(2,?3,0),(2,0,3),(2,0,?3).

5 、将下面曲线的一般方程化为参数方程

?(x?1)2?y2?(z?1)?4?x2?y2?z2?9（1）?；（2）?

y?xz?0??3?x?cost?2??y?x3??cost解：（1）原曲线方程即：?2x2z2，化为?y?2??1??9?9?z?3sint???x?1?3cos???（2）?y?3sin?(0???2?).

?z?0??

(0?t?2?)；

?x?acos??6、求螺旋线?y?asin? 在三个坐标面上的投影曲线的直角坐标方程.

?z?b??zz???x2?y2?a2?y?asin?x?acos解：?；?b；?b.

z?0??x?0?y?0??

7、指出下列方程所表示的曲线

?x2?4y2?9z2?30?x2?y2?z2?25（1）? （2）?；

x?3z?1???y2z2?x2?4y2?z2?25?y2?z2?4x?8?0??1?（3）?；（4）?；（5）?9. 4?x??3?y?4?x?2?0?解：（1）圆；（2）椭圆；（3）双曲线；（4）抛物线；（5）双曲线.

第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

?y2?z2?2x?08、求曲线?在xOy面上的投影曲线方程，并指出原曲线是何种曲线.

?z?3?y2?2x?9?y2?2x?9解：原曲线即：?，是位于平面z?3上的抛物线，在xOy面上的投影曲线为?

?z?3?z?0?x2?y2?z2?1?9、求曲线 ?在坐标面上的投影. 1?z?2?3?22x?y?3?322解：（1）消去变量z后得x?y?,在xOy面上的投影为?的4,它是中心在原点，半径为

24??z?0圆周.

1?1?z?（2）因为曲线在平面z?上，所以在xOz面上的投影为线段.?2,2??y?01??z?（3）同理在yOz面上的投影也为线段.?2,??x?0

22|x|?3; 2|y|?3. 210、求抛物面y?z?x与平面 x?2y?z?0的交线在三个坐标面上的投影曲线方程.

?x2?5y2?4xy?x?0?y2?z2?x, 解：交线方程为?，（1）消去z得投影??z?0?x?2y?z?0?x2?5z2?2xz?4x?0?y2?z2?2y?z?0（2）消去y得投影?，（3）消去x得投影?.

?y?0?x?0

习题 6—5

1、写出过点M0?1,2,3?且以n??2,2,1?为法向量的平面方程. 解：平面的点法式方程为2?x?1??2?y?2???z?3??0.

2、求过三点A?1,0,0?,B?0,1,0?,C?0,01?的平面方程.

解：设所求平面方程为ax?by?cz?d?0,将A,B,C的坐标代入方程，可得

a?b?c??d，故所求平面方程为x?y?z?1.

第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

3、求过点?0,0,1?且与平面3x?4y?2z?1平行的平面方程. 解：依题意可取所求平面的法向量为n?{3,4,2},从而其方程为

3?x?0??4?y?0??2?z?1??0 即 3x?4y?2z?2.

4、求通过x轴和点(4? ?3? ?1)的平面的方程? 解：平面通过x轴? 一方面表明它的法线向量垂直于x轴? ??即A?0? 另一方面表明?它必通过原点? 即D?0? 因此可设这平面的方程为By?Cz?0?又因为这平面通过点(4? ?3? ?1)? 所以有?3B?C?0? 或C??3B ? 将其代入所设方程并除以B (B?0)? 便得所求的平面方程为y?3z?0?

5、求过点(1,1,1)，且垂直于平面x?y?z?7和3x?2y?12z?5?0的平面方程.

解：n1?{1,?1,1}, n2?{3,2,?12}取法向量n?n1?n2?{10,15,5},所求平面方程为化简得:

?????2x?3y?z?6?0.

6、设平面过原点及点(1,1,1)，且与平面x?y?z?8垂直，求此平面方程.

解：设所求平面为Ax?By?Cz?D?0,由平面过点(1,1,1)知平A?B?C?D?0,由平面过原点知D?0，n?{1,?1,1}, ?A?B?C?0?A??C,B?0，所求平面方程为x?z?0.

7、写出下列平面方程：

（1）xOy平面；（2）过z轴的平面；（3）平行于zOx的平面；（4）在x，y，z轴上的截距相等的平面.

解：（1）z?0,（2）ax?by?0（a,b为不等于零的常数）, （3）y?c (c为常数), （4） x?y?z?a (a?0).

8、求平行于6x?y?6z?5?0而与三个坐标面所围成的四面体体积为1的平面方程.

111xyz11解: 设平面为???1,?V?1, ??abc?1,由所求平面与已知平面平行得a?b?c,

32abc616化简得?1?111111111??,令???t?a?,b?,c?代入体积式 6ab6c6ab6c6tt6tb?6,c?1,或a??1,b??6,c??1,所求平面方程为

11111??? ?t??,?a?1,66tt6t66x?y?6z?6或6x?y?6z??6.

9、分别在下列条件下确定l,m,n的值：

第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

（1）使(l?3)x?(m?1)y?(n?3)z?8?0和(m?3)x?(n?9)y?(l?3)z?16?0表示同一平面；（2）使2x?my?3z?5?0与lx?6y?6z?2?0表示二平行平面；（3）使lx?y?3z?1?0与7x?2y?z?0表示二互相垂直的平面.

解：（1）欲使所给的二方程表示同一平面，则：

l?3m?1n?38即： ???m?3n?9l?3?16?m?2l?3?013377?. ?n?2m?7?0，解之得 l?，m?，n?999?l?2n?9?0?（2）欲使所给的二方程表示二平行平面，则：

2m3，所以l??4，m?3. ??l?6?65（3）欲使所给的二方程表示二垂直平面，则：7l?2?3?0所以： l??.

10 、求平面x?y?11?0与3x?8?0的夹角；解：设x?y?11?0与3x?8?0的夹角为?，则cos??

11、求点(2,1,1)到平面2x?2y?z?4?0的距离. 解：利用点到平面的距离公式可得d?

32?3?2? ? ??. 242?2?2?1?1?1?422?22?(?1)2?9?3. 3

习题 6—6

1、求下列各直线的方程：

（1）通过点A(?3,0,1)和点B(2,?5,1)的直线；（2）过点?1,1,1?且与直线

x?1y?2z?3平行的直线. ??234???（3）通过点M(1?5,3)且与x,y,z三轴分别成60,45,120的直线；（4）一直线过点A(2,?3,4)，且和y轴垂直相交，求其方程. （5）通过点M(1,0,?2)且与两直线

x?1yz?1xy?1z?1和?垂直的直线； ???11?11?10（6）通过点M(2,?3,?5)且与平面6x?3y?5z?2?0垂直的直线. 解：（1）所求的直线方程为：

x?3yz?1x?3yz?1x?3yz?1即：，亦即. ??????2?3?505?501?1012

第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

（2）依题意，可取L的方向向量为s??2,3,4?，则直线L的方程为（3）所求直线的方向向量为：cos60,cos45,cos120x?1y?1z?1. ??234????1????,2?21?,??，故直线方程为： 22?x?1y?5z?3??. 1?12（4）因为直线和y轴垂直相交,所以交点为B(0,?3,0),取s?BA?{2,0,4},所求直线方程

???x?2y?3z?4??. 2041,1,?1???1,?1,0????1,?1,?2?，所以，直线方程为：（5）所求直线的方向向量为：?（6）所求直线的方向向量为：?6,?3,?5?，所以直线方程为：

?x?y?z??1,2、求直线?的点向式方程与参数方程.

2x?y?3z??4?x?1yz?2. ??112x?2y?3z?5. ??6?3?5?y0?z0?2?0解在直线上任取一点(x0,y0,z0),取x0?1 ??,解y0?0,z0??2.所求点的坐标为

y?3z?6?00?0ijk1,1,1???2,?1,3??111?4i?j?3k,所以直线的点向式方程为： (1,0,?2),取直线的方向向量s??2?13?x?1?4tx?1y?0z?2x?1y?0z?2?. ??,令???t,则所求参数方程: ?y??t4?1?34?1?3?z??2?3t?

3、判别下列各对直线的相互位置，如果是相交的或平行的直线求出它们所在的平面，如果相交时请求出夹角的余弦.

?x?t

x?2y?2z?0x?2y?z?11?0??x?1y?4z?2?（1）?与?；（2）?y?2t?1与. ??47?53x?2y?6?02x?z?14?0???z??t?2

33y?2?4?z x?7?y?2?z 解：（1）将所给的直线方程化为标准式为：

2?3?4?23433?234? ?二直线平行.又点(,,0)与点（7，2，0）在二直线上，?向量??2?3?424x?33??115??7?,2?,0???,,0?平行于二直线所确定的平面，该平面的法向量为：?24??24??13

第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

115???2,3,4????,,0????5,22,?19??24?，从而平面方程为：5(x?7)?22(y?2)?19(z?0)?0，即

5x?22y?19z?9?0.

12?1，所以两直线不平行，又因为??1??47?51320?1?0，所以两直线相交，二直线所决定的平

（2）因为

47?51,2?1???4,7,?5????3,1,?1?，?二直线所决定的平面的方程为：3x?y?z?3?0.设两直线的面的法向量为?夹角为?，则cos??

4、判别下列直线与平面的相关位置：（1）

1?4?2?7?(?1)?(?5)42?72?(?5)2?12?22?(?1)2?23. 615x?3y?4zxyz（2）???与4x?2y?2z?3；?与3x?2y?7z?8；

?2?733?27（3）??5x?3y?2z?5?0与4x?3y?7z?7?0；

?2x?y?z?1?0?x?t?（4）?y??2t?9与3x?4y?7z?10?0.

?z?9t?4?解（1）?(?2)?4?(?7)?(?2)?3?(?2)?0，而4?3?2?(?4)?2?0?3?17?0，所以，直线与平面平行.

（2）?3?3?2?(?2)?17?7?0,所以，直线与平面相交，且因为

3?27??，?直线与平面垂直. 3?27（3）直线的方向向量为：?5,?3,2???2,?1,?1???5,9,1?，?4?5?3?9?7?1?0，所以直线与平面平行或者直线在平面上；取直线上的点M(?2,?5,0)，显然点在M(?2,?5,0)也在平面上（因为4?(?2)?3?(?5)?7?0），所以，直线在平面上.

1,?2,9?，?3?1?4?(?2)?7?9?0?直线与平面相交但不垂直. （4）直线的方向向量为?

5、验证直线l：

xy?1z?1??与平面?：2x?y?z?3?0相交，并求出它的交点和交角. ?112?x??t?解：? 2?(?1)?1?1?1?2??3?0?直线与平面相交.又直线的参数方程为：?y?1?t设交点处对应

?z?1?2t?的参数为t0，?2?(?t0)?(1?t0)?(1?2t0)?3?0?t0??1，从而交点为（1，0，-1）.

第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

又设直线l与平面?的交角为?，则：sin??

6、确定l,m的值，使：（1）直线

2?(?1)?1?1?1?26?6??1，???.

62x?1y?2z??与平面lx?3y?5z?1?0平行； 431?x?2t?2?（2）直线?y??4t?5与平面lx?my?6z?7?0垂直.

?z?3t?1?解：（1）欲使所给直线与平面平行，则须：4l?3?3?5?1?0即l??1. （2）欲使所给直线与平面垂直，则须：

7、求下列各平面的方程：（１）通过点p(2,0,?1)，且又通过直线

lm6??，所以：l?4,m??8. 2?43x?1yz?2的平面； ??2?13（２）通过直线

?2x?y?z?3?0x?2y?3z?1且与直线?平行的平面； ??1?5?1x?2y?z?5?0?x?1y?2z?2且与平面3x?2y?z?5?0垂直的平面； ??2?32（３）通过直线

?x?2t?3?（4）. 求过点M(2,1,0)与直线?y?3t?5垂直的平面方程.

?z?t?解：（１）因为所求的平面过点p(2,0,?1)和p?(?1,0,2)，且它平行于向量?2,?1,3?，所以要求的平面方程为：

x?22?3y?10z?133?0, 即x?5y?z?1?0.

（２）已知直线的方向向量为?2,?1,?1???1,2,?1???3,1,5?，?平面方程为：

x?213y?3z?1?5?1?0,即3x?y?2z?5?0 15（３）所求平面的法向量为?2,?3,2???3,2,?1????1,8,13?，?平面的方程为：

(x?1)?8(y?2)?13(z?2)?0，即x?8y?13z?9?0.

（4）.所求平面的法向量为?2,3,1?，则平面的方程为：

第六章空解析几何与向量代数习题参考解答 2(x?2)?3(y?1)?(z?0)?0, 即 2x?3y?z?7?0.

8、求点M(4,1,2)在平面x?y?z?1上的投影.

解：过点M(4,1,2)作已知平面的垂线，垂线的方向向量就是已知平面的法向量(1,1,1)，所以垂线方程为

x?4y?1z?2，此垂线与已知平面的交点即为所求投影.为了求投影，将垂线方程化为参数方程??111?x?t?4??y?t?1，代入平面方程求得t??2，故投影为(2,?1,0). ?z?t?2?9、求点p(2,3,?1)到直线?解：直线的标准方程为：

?2x?2y?z?3?0的距离.

?3x?2y?2z?17?0x?11yz?25所以p到直线的距离 ??21?2??932123 d?

2421?2?24?2?92222?12?(?2)2?202545??15. 3310、设M0是直线L外一点，M是直线L上一点，且直线的方向向量为s ，试证：点M0到直线L的距离

为d?M0M?ss.

证：设M0M与L的夹角为?，一方面由于d?M0Msin?；另一方面，M0M?s?M0Mssin?，所

以d?M0M?ss.

11、求通过平面4x?y?3z?1?0和x?5y?z?2?0的交线且满足下列条件之一的平面：（1）通过原点；（2）与y轴平行；（3）与平面2x?y?5z?3?0垂直. 解：（1）设所求的平面为：(4x?y?3z?1)??(x?5y?z?2)?0 欲使平面通过原点，则须：?1?2??0，即??1，故所求的平面方程为 216

2(4x?y?3z?1)?(x?5y?z?2)?0 即：9x?3y?5z?0.

第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

（2）同（1）中所设，可求出??

.故所求的平面方程为 5

5(4x?y?3z?1)?(x?5y?z?2)?0 即：21x?14z?3?0.

（3）如（1）所设，欲使所求平面与平面2x?y?5z?3?0垂直，则须：

2(4??)?(?1?5?)?5(3??)?0

从而??3，所以所求平面方程为7x?14y?5?0.

12、求直线??x?y?z?1?0 在平面x?y?z?0上的投影直线的方程．

?x?y?z?1?0?x?y?z?1?0 解：应用平面束的方法．设过直线?的平面束方程为

x?y?z?1?0?(x?y?z?1)??(x?y?z?1)?0即(1??)x?(1??)y?(?1??)z???1?0

这平面与已知平面x?y?z?0垂直的条件是(1??)?1?(1??)?1?(?1??)?1?0,解之得???1代入平面束

?y?z?1?0方程中得投影平面方程为y?z?1?0，所以投影直线为?.

x?y?z?0?

13、请用异于本章第五节例7的方法来推导点到平面的距离公式.

证：设P0(x0,y0,z0)是平面?：Ax?By?Cz?D?0外的一点，下面我们来求点P0到平面?的距离. 过P0作平面?的垂线L：

x?x0y?y0z?z0，设L与平面?的交点为P(x,y,z)，则P与P0之间的距离即为??ABC?x?x0?At?所求.因为点P(x,y,z)在L上，所以?y?y0?Bt，而P(x,y,z)在平面?上，则

?z?z?Ct0?A(x0?At)?B(y0?Bt)?C(z0?Ct)?D?0?t??Ax0?By0?Cz0?D，故

A2?B2?C2Ax0?By0?Cz0?D 222A?B?Cd?(x?x0)2?(y?y0)2?(z?z0)2?A2?B2?C2?t?A2?B2?C2??

Ax0?By0?Cz0?DA?B?C222.

习题 6—7

第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

飞机的速度：

假设空气以每小时32公里的速度沿平行y轴正向的方向流动，一架飞机在xoy平面沿与x轴正向成向飞行，若飞机相对于空气的速度是每小时840公里，问飞机相对于地面的速度是多少？

解：如下图所示，设OA为飞机相对于空气的速度，AB为空气的流动速度，那么OB就是飞机相对于地面π的方6的速度.

OA?840?cos?i?840?sin?66j?4203i?420j,AB?32j

所以, OB?4203i?452j,OB?(4203)2?(452)2?856.45千米／小时.

yBA?O6x图6-1 空所流动与飞机飞行速度的关系

复习题A

一、判断正误:

1、若a?b?b?c且b?0，则a?c； ( ? )

解析 a?b?b?c=b?(a?c)=0时，不能判定b?0或a?c．例如a?i，b?j，c?k，有ab??bc??但a?c．

2、若a?b?b?c且b?0，则a?c； ( ? )

解析此结论不一定成立．例如a?i，b?j，c??(i?j)，则

a?b?i?j?k，b?c?j?[?(i?j)]?k，a?b?b?c，但a?c．

3 、若a?c?0，则a?0或c?0； ( ? ) 解析两个相互垂直的非零向量点积也为零．

4、 a?b??b?a． ( √ ) 解析这是叉积运算规律中的反交换律．

0，

第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

二、选择题:

1 、当a与b满足（ D ）时，有a?b?a?b；

(A)a?b； (B)a??b(?为常数)； (C)a∥b； (D)a?b?ab．

解析只有当a与b方向相同时，才有a+b=a+b．

(A)中a，b夹角不为0，(B)，(C)中a，b方向可以相同，也可以相反．

2、下列平面方程中，方程( C )过y轴；

(A) x?y?z?1； (B) x?y?z?0； (C) x?z?0； (D) x?z?1．解析平面方程Ax?By?Cz?D?0若过y轴，则B?D?0，故选C．

3 、在空间直角坐标系中，方程z?1?x?2y所表示的曲面是( B )；

(A) 椭球面； (B) 椭圆抛物面； (C) 椭圆柱面； (D) 单叶双曲面．

解析对于曲面z?1?x?2y，垂直于z轴的平面截曲面是椭圆，垂直于x轴或y轴的平面截曲面是开口向下的抛物线，根据曲面的截痕法，可以判断曲面是椭圆抛物面．

2222?z?x2?y2?2,4、空间曲线?在xOy面上的投影方程为( C )；

?z?5?z?x2?y2?2?x2?y2?7?x2?y2?7(A)x?y?7； (B)?； (C) ?；(D)?

z?0z?5z?0???22?x2?y2?7?x2?y2?7解析曲线?与xOy平面平行，在xOy面上的投影方程为?．

?z?5?z?0

x?1yz?1??与平面x?y?z?1的位置关系是( B )． 21?1ππ(A) 垂直； (B) 平行； (C) 夹角为； (D) 夹角为?．

44解析直线的方向向量s={2，1，-1}，平面的法向量n={1，-1，1}，s?n=2-1-1=0，所以，s⊥n，直线

5 、直线与平面平行．

三、填空题:

1、若ab?2，(a,b)?π，则a?b? 2 ，a?b? 0 ； 219

第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

解 a?b?absin(a,b)=2sin

2、与平面x?y?2z?6?0垂直的单位向量为 ?ππ=2，a?b?abcos(a,b)=2cos=0． 226{1,?1,2}； 6解平面的法向量 n={1，-1，2}与平面垂直，其单位向量为n0=1?1?4=6，所以，与平面垂直的

单位向量为?

6{1,?1,2}． 63、过点(?3,1,?2)和(3,0,5)且平行于x轴的平面方程为 7y?z?5?0 ；

解已知平面平行于x轴，则平面方程可设为 By?Cz?D?0，将点 (-3，1，-2)和(3，0，5)代入方程，

7?B??D,?71B?2C?D?0,5有 ? ?得 ?Dy?Dz?D?0，即 7y?z?5?0．

5C?D?0,155?C??D,

4、过原点且垂直于平面2y?z?2?0的直线为

xy???z； 02解直线与平面垂直，则与平面的法向量 n={0，2，-1}平行，取直线方向向量s=n={0，2，-1}，由于直线过原点，所以直线方程为

xy???z ． 02?2x2?y2?1,?z?2x2?y2,5、曲线?在xOy平面上的投影曲线方程为 ?

?z?0.?z?1?2x2?y2?1,解: 投影柱面为 2x?y?1，故 ?为空间曲线在xOy平面上的投影曲线方程．

?z?022

四、解答题:

1、已知a?{1,?2,1}，b?{1,1,2}，计算(a) a?b； (b) (2a?b)?(a?b)； (c) a?b；

2i1j1k1?{?5,?1,3}. 2解: (a) a?b=1?2(b) 2a?b?{2,?4,2}?{1,1,2}?{1,?5,0}，a?b?{1,?2,1}?{1,1,2}?{2,?1,3}，

第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

所以(2a?b)?(a?b)?{1,?5,0}?{2,?1,3}?7．

2(c) a?b?{1,?2,1}?{1,1,2}?{0,?3,?1}，所以a?b?(9?1)?10．

2、已知向量P终点为P2(?1,4,7)，试求：(1)向量P (2)向量P1(2,?2,5)，1P2的始点为P1P2的坐标表示；1P2的模；(3)向量P1P2的方向余弦； (4)与向量P1P2方向一致的单位向量．

解: (1) P}?{?3,6,2}；(2)P1P2?1P2?{?1?2,4?(?2),7?5(?3)2?62?22?49?7；

(3) P1P2在x,y,z三个坐标轴上的方向余弦分别为cos???,cos???(4)(P1P2)?3762,cos??； 77P1P2P1P2??3i?6j?2k362??i?j?k．

77773、设向量a??1,?1,1?，b??1,1,?1?，求与a和b都垂直的单位向量.

i1j1解：令c?a?b?1?11?11?1??0,2,2?，c0?c??0,,?，

c22???1k故与a、b都垂直的单位向量为?c0???0,??11?,?. 22??

4、向量d垂直于向量a?[2,3,?1]和b?[1,?2,3]，且与c?[2,?1,1]的数量积为?6，求向量d 解： d垂直于a与b，故d平行于a?b，存在数?使

????????????? d??a?b??[2,3,?1]?[1,?2,3]?[7?,?7?,?7?]

??因d?c??6，故2?7??(?1)?(?7?)?1?(?7?)??6， ???37?d?[?3,3,3].

5、求满足下列条件的平面方程：

(1)过三点P3(3,0,4)；(2)过x轴且与平面5x?2y?z?0的夹角为1(0,1,2)，P2(1,2,1)和P???π． 3x?0解 (1)解1：用三点式．所求平面的方程为1?0y?1z?22?11?2?0，即x?5y?4z?13?0． 0?14?23?0解2：用点法式．P1P2?{1,1,?1}，P1P3?{3,?1,2}，由题设知，所求平面的法向量为

第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

in?P1P2?P1P3?1j1k?1?i?5j?4k， 23?1又因为平面过点P1(0,1,2)，所以所求平面方程为(x?0)?5(y?1)?4(z?2)?0，即

x?5y?4z?13?0．

解3：用下面的方法求出所求平面的法向量n?{A,B,C}，再根据点法式公式写出平面方程也可．因为n?P1P2,n?P1P3，所以

?A?B?C?0,解得B??5A,C??4A，于是所求平面方程为

3A?B?2C?0,A(x?0)?5A(y?1)?4A(z?2)?0，即 x?5y?4z?13?0．

（2）因所求平面过x轴，故该平面的法向量n?{A,B,C}垂直于x轴，n在x轴上的投影A?0，又平面过原点，所以可设它的方程为By?Cz?0，由题设可知B?0（因为B?0时，所求平面方程为Cz?0又C?0，即z?0．这样它与已知平面5x?2y?z?0所夹锐角的余弦为

0?5?0?2?1?102?02?12(5)2?22?12?1π1C，令?C?，则有y?C?z?0，由题设得 ?cos?，所以B?0）

B32100?5?1?2?C??1?， cos?22222230?1?C?(5)?2?1解得C??3或C???

6、一平面过直线?1，于是所求平面方程为y?3z?0或3y?z?0． 3?x?5y?z?0,且与平面x?4y?8z?12?0垂直，求该平面方程；

?x?z?4?0解法1：直线??x?5y?z?0,44在平面上，令x=0，得 y??，z=4，则（0，-，4）为平面上的点．

55x?z?4?0?设所求平面的法向量为n={A,B,C}，相交得到直线的两平面方程的法向量分别为 n1={1，5，1}，n2={1，0，

ijk-1}，则直线的方向向量s=n1?n2=15的方向向量垂直，即

1={-5，2，-5}，由于所求平面经过直线，故平面的法向量与直线

10?1 s?n={-5，2，-5}?{A,B,C}=?5A?2B?5C=0，

第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

因为所求平面与平面x?4y?8z?12?0垂直，则{A,B,C}?{1,?4,?8}=A?4B?8C=0，解方程组

?A??2C,5A?2B?5C?0, ? ??B??5C, A?4B?8C?0,??254所求平面方程为 ?2C(x?0)?C(y?)?C(z?4)?0，即4x?5y?2z?12?0．

25?解法2：用平面束（略）

7、求既与两平面?1:x?4z?3和?2:2x?y?5z?1的交线平行，又过点(?3,2,5)的直线方程.

解法1：n1??1,0,?4?，n2??2,?1,?5?，s?n1?n2???4,?3,?1?，从而根据点向式方程，所求直线方程为

x?3y?2z?5x?3y?2z?5，即. ?????4?3?1431解法2：设s??m,n,p?，因为s?n1，所以m?4p?0；又s?n2，则2m?n?5p?0，可解

m?4p,n?3p，从而p?0．根据点向式方程，所求直线方程为

x?3y?2z?5x?3y?2z?5??，即. ??4p3pp431解法3：设平面?3过点(?3,2,5)，且平行于平面?1，则n3?n1??1,0,?4?为?3的法向量，从而?3的方程为1?(x?3)?0?(y?2)?4?(z?5)?0，即x?4z?23?0．同理，过已知点且平行于平面?2的平面?4的方程

?x?4z?23?0为2x?y?5z?33?0．故所求直线的方程为?．

2x?y?5z?33?0?

8、一直线通过点A(1,2,1)，且垂直于直线L:程；

解：设所求直线的方向向量为s?{m,n,p}，因垂直于L，所以3m?2n?p?0；又因为直线过点A(1,2,1)，

x?1yz?1，又和直线x?y?z相交，求该直线方??321??x?1y?2z?1??则所求直线方程为，联立?mnp??x?1y?2z?1??,①mnp x?y?z,②3m?2n?p?0,③?x?1??m,x?1y?2z?1?????，则有?y?2??n,代入方程②有1??m?2??n, 由①，令

1??m?1??p,mnp?z?1??p,??可得m?p，代入③解得n??2p，因此，所求直线方程为

9、指出下列方程表示的图形名称：

x?1y?2z?1??． 1?21第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

222(a) x?4y?z?1；(b) x?y?2z；(c) z?22x2?y2；

?z?x2?y2(d) x?y?0；(e) x?y?1； (f) ?．

?z?22222解： (a) 绕y轴旋转的旋转椭球面．(b) 绕z轴旋转的旋转抛物面． (c) 绕z轴旋转的锥面． (d) 母线平行于z轴的两垂直平面：x?y，x??y． (e) 母线平行于z轴的双曲柱面． (f) 旋转抛物面被平行于XOY面的平面所截得到的圆，半径为2，圆心在（0，0，2）处．

10、求曲面z?x?y与z?2?(x?y)所围立体在xOy平面上的投影并作其图形．解：将所给曲面方程联立消去z，就得到两曲面交线C的投影柱面的方程x?y?1，

222222?x2?y2?122所以柱面与xOy平面的交线C?:?所围成的区域x2?y2?1即为曲面z?x?y与

?z?0z?2?(x2?y2)所围立体在xOy平面上的投影(图略)．

复习题B

1、设a?4，b?3，(a,b)??6，求以a?2b和a?3b为邻边的平行四边形的面积.

解：A?(a?2b)?(a?3b)?a?a?3a?b?2b?a?6b?b

1??3a?b?2a?b??5a?b?5a?bsin(a,b)?5?4?3??30.

2、设(a?3b)?(7a?5b)，(a?4b)?(7a?2b)，求(a,b). 解：由已知可得：(a?3b)?(7a?5b)?0，(a?4b)?(7a?2b)?0即 7a?15b?16a?b?0，7a?8b?30a?b?0．

这可看成是含三个变量a、b及a?b的方程组，可将a、b都用a?b表示，即

2222a?b?2a?b，从而cos(a,b)?

a?ba?b1???，(a,b)?. ab2a?b233、求与a?{1,?2,3}共线，且a?b?28的向量b．

第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

解由于b与a共线，所以可设b??a?{?,?2?,3?}，由a?b?28，得{1,?2,3}?{?,?2?,3?}?28，即??4??9??28，所以??2，从而b?{2,?4,6}．

4、已知a?{1,0,?2},b?{1,1,0}，求c，使c?a,c?b且c?6．

解法1: 待定系数法．设c?{x,y,z}，则由题设知c?a?0,c?b?0及c?6，所以有

?x?2z?0??x?y?0?x2?y2?z2?6?x由①得z? ④，由②得y??x ⑤，将④和⑤代入③得

2x??4,y??4,z??2，于是 c?{4,?4,2}或c?{?4,4,?2}．

①② ③?x?x2?(?x)2????6，解得

?2?2解法2: 利用向量的垂直平行条件，因为c?a,c?b，所以c∥a?b．设?是不为零的常数，则

ijk0c??(a?b)??10?2?2?i?2?j??k，

11因为c?6，所以

?2[22?(?2)2?12]?6，解得???2，所以c?{4,?4,2}或c?{?4,4,?2}．

ijk解法3: 先求出与向量a?b方向一致的单位向量，然后乘以?6．

a?b?10?2?2i?2j?k，a?b?22?(?2)2?12?3，

110故与a?b方向一致的单位向量为{2,?2,1}．于是c??{2,?2,1}，即c?{4,?4,2}或c?{?4,4,?2}．

1363?x2?y2?R25、求曲线?的参数式方程.

?x?y?z?0解：曲线参数式方程是把曲线上任一点P(x,y,z)的坐标x,y,z都用同一变量即参数表示出来，故可令

x?Rcost,y?Rsint，则z??R(cost?sint)．

??z?4?x2?y26、求曲线L:?在xOy面上及在zOx面上的投影曲线的方程．

22??x?y?2x解：求L在xOy面上的投影的方程，即由L的两个方程将z消去，即得L关于xOy面的投影柱面的方程

第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

22?x?y?2x22L则在面上的投影曲线的方程为． xOyx?y?2x?z?0?同理求L在zOx面上的投影的方程，即由L的两个方程消去y，得L关于zOx面的投影柱面的方程

??z?4?2xz?4?2x，则L在zOx面上的投影曲线方程为?．

??y?0

7、已知平面?过点M0(1,0,?1)和直线L1:x?2y?1z?1，求平面?的方程． ??201解法1：设平面?的法向量为n，直线L1的方向向量s1?(2,0,1)，由题意可知n?s1，M(2,1,1)是直线L1上的一点,则M0M?(1,1,2)在?上，所以n?MM0,故可取n?s1?MM0?(?1,?3,2)．则所求平面的点法式方程为 1?(x?1)?3?(y?0)?2?(z?1)?0，即x?3y?2z?3?0为所求平面方程．

解法2：设平面?的一般方程为Ax?By?Cz?D?0，由题意可知，?过点M0(1,0,?1)，故有

A?C?D?0, （1）在直线L1上任取两点M1(2,1,1),M2(4,1,2)，将其代入平面方程，得

2A?B?C?D?0, （2）

4A?B?2C?D?0, （3）

由式（1）、（2）、（3）解得B?3A,C??2A,D??3A,故平面?的方程为x?3y?2z?3?0.

解法3：设M?x,y,z?为?上任一点．由题意知向量M0M、M0M1和s1共面，其中M1?2,1,1?为直线L1上的点，s1?(2,0,1)为直线L1的方向向量．因此(M0M?M0M1)?s1?0，

x?1y?0z?1故平面?的方程为2?11?01?1?0，即x?3y?2z?3?0为所求平面方程．

201

?角，且垂直于平面?1:7x?z?3?0． 4解：由题意可设?的方程为Ax?By?Cz?0，其法向量为n?(A,B,C)，平面?0的法向量为n0?(1,?4,8)，

|n0?n|?平面?1的法向量为n1?(7,0,1)，由题意得cos?，即

8、求一过原点的平面?，使它与平面?0:x?4y?8z?3?0成

4|n0|?|n|A?4B?8C12?(?4)2?82?A2?B2?C2?2 （1） 2由n?n1?0，得7A?C?0，将C??7A代入（1）式得55A?4B950A2?B2?2100,解得B?20A,或B??A，则所求249平面?的方程为x?20y?7z?0 或 49x?100y?343z?0．

?x?y?z?09、求过直线L1：?且平行于直线L2：x?2y?3z的平面?的方程．

2x?y?3z?0?26

第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

ijkxyz解法1：直线L1的方向向量为s1??111?(4,?1,?3)，直线L2的对称式方程为??，方向向量

6322?13ijk为s2?(6,3,2)，依题意所求平面?的法向量n?s1且n?s2，故可取n?s1?s2，则n?4?1?3?(7,?26,18)，

632又因为L1过原点，且L1在平面?上，从而?也过原点，故所求平面?的方程为7x?26y?18z?0．

解法2：设所求平面?为 x?y?z??(2x?y?3z)?0，即(1?2?)x?(1??)y?(1?3?)z?0，其法向量为n?(1?2?,1??,1?3?)，由题意知n?s2，故n?s2?6(1?2?)?3(1??)?2(1?3?)?0，得???

10、求过直线L：?11，则所求平面?的方程为7x?26y?18z?0．另外，容易验证2x?y?3z?0不是所求的平面方程． 15?x?28y?2z?17?0222且与球面x?y?z?1相切的平面方程

?5x?8y?z?1?0解：设所求平面为 x?28y?2z?17???5x?8y?z?1??0，即 (1?5?)x?(28?8?)y?(2??)z?17???0，由题意：球心(0,0,0)到它的距离为1，即

17??(1?5?)2?(28?8?)2?(?2??)2?1 解得：???250 或 ???2 89所求平面为：387x?164y?24z?421 或 3x?4y?5

11、求直线L：

x?1yz?1在平面?：x?y?2z?1?0上投影直线L0的方程，并求直线L0绕y轴??11?1旋转一周而成的曲面方程.

x?1yz?1??解：将直线L：化为一般方程 11?1?x?y?1?0，设过直线L且与平面?垂直的平面方??z?y?1?0程为x?y?1???z?y?1??0，则有1?(??1)?2??0，即???2，平面方程为x?3y?2z?1?0，这样直线L0的方程??x?3y?2z?1?0?x?2y把此方程化为：?，因此直线L0绕y轴旋转一周而成的曲面

1(y?1)x?y?2z?1?0z??2??222?1?222方程为：x?z?(2y)???(y?1)?即 4x?17y?4z?2y?1?0.

?2?2

第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

12、求过点A(?3,0,1)且平行于平面π1：3x?4y?z?5?0，又与直线L1:的方程．

解法1：用点向式方程.因为直线L平行于平面π1，故直线L的方向向量s?{m,n,p}垂直于平面π1的法向量n?{3,?4,?1}，从而得3m?4n?p?0 ①，又直线L1的方向向量为s?{2,1,?1}，B(0,1,?1)是直线L1上一点，A(?3,0,1)是直线L上一点，根据题设：直线L与直线L1相交，所以s,s1及AB共面，因此

xy?1z?1相交的直线L??21?1mnp(s?s1)?AB?21?1?0，即?m?n?p?0 ②，

31?2将①和②联立解得m??5p,n??4p，由此得

mnpx?3yz?1． ??，于是所求直线方程为???5?41?5?41解法2：用一般式，即先求出过L的两个平面，将其方程联立便得L的方程．

直线L在过点A且平行于平面π1的平面π2上，平面π2的方程为3(x?3)?4(y?0)?(z?1)?0，即3x?4y?z?10?0，直线L又在过点A及直线L1的平面π3上，平面π3的法向量可取为

ijks1?AB?21?1??i?j?k，故平面π3的方程为?(x?3)?(y?0)?(z?1)?0，即 x?y?z?2?0，

31?2于是所求直线方程为

?3x?4y?z?10?0, x?y?z?2?0.?l?n?x?y?z?1与直线l2：x?y?z?1的公垂线的方程

?2x?z?3???ijk????解： L2的方向向量l2?[1,1,1]而L1的方向向量l1?11?1?i?3j?2k于是公垂线l的方向向量

201???ijk??????l1?l2?1?3?2??i?3j?4k，过l1与l的平面?的法向量

111???ijk??????l1?l?1?3?2??18i?2j?6k.

?1?3413、求直线l1：?也可取法向量n?[9,1,3]，以z?1代入L1方程，可得l1上的点M1(1,1,1]，于是平面?方程

?9(x?1)?(y?1)?3(z?1)?0，即9x?y?3z?13?0

再求L2与?的交点P，L2的参数方程为x?t，y?t，z?1?t，代入上述平面方程，得：

第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

9t?t?3(1?t)?13?0，t?1013，再代回l2的参数方程得x?1013，y?1013，z?2313，于是P?1013,1013,2313?，

?x?1013y?1013z?2313兼顾公垂线l的方向向量l?[?1,?3,4]，于是可产生公垂线l的方程为. ???1?34

1)到直线l：?14、求点M0(2,?1,`?x?2y?z?1?0的距离d.

?x?2y?z?3?0ijk???解法1：直线l的方向向量为s?1?21?[0,2,4]，在l上任取一点M(?1,0,2)，则M0M?(?3,1,1)，

12?1ijkM0M?s230 M0M?s??311?(2,12,?6)，故M0M?s?246，又s?25，d??s5024???解法2：将直线l的方程由一般式化为标准式得

x?1yz?2，故过点M0与直线l垂直的平面?的方??024程为2(y?1)?4(z?1)?0，即 y?2z?1?0，直线l的参数式方程为：x??1，y?t，z?2t?2，将上式代入平面?的方程，得：t?2(2t?2)?1?0，解得：t??35，所以直线l的交点为N??1,?35,45?2，于是

22?1）??25???15??点M0到直线l的距离为d?M0N?（???22230. 5

?x?y?z?1?0?x?2y?z?2?015.求两直线l1：?与l2：?之间的最短距离

2x?y?z?2?0x?2y?2z?4?0??解法1：过l1作平面?0//l2，过l1的平面方程为x?y?z?1??(2x?y?z?2)?0，即

(1?2?)x?(1??)y?(?1??)z?(?1?2?)?0，

3,0)，则6(1?2?)?3(1??)?0，解要此平面平行于l2，则此法向量n0须垂直于s2，即n0?s2?0，而s2?(6,????13，得：从而平面?0的方程为x?2y?2z?1?0，容易得到直线l2上一点M2(0,0,?2)，点M2到平面?0的距离为h?(?2)(?2)?11?2?(?2)222?1即为l1与l2之间的距离.

???解法2：容易得到直线l1上的一点M1(1,0,0)，直线l2上的一点M2(0,0,?2)，于是M1M2?(?1,0,?2)，可求得直线l1与直线l2的方向向量分别为s1?(0,?1,?1)，s2?(6,?3,0)，两直线公垂线的方向向量为s?(1,2,?2)，直

第六章空解析几何与向量代数习题参考解答

M1M2?ss?1.

???线l1与l2之间的距离为h?PrjsM1M2????30

Word文档下载：高等数学课后答案第六章习题详细解答.doc

搜索更多:高等数学课后答案第六章习题详细解答