《高数A1空间解析几何与向量代数(答案).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高数A1空间解析几何与向量代数(答案).docx（18页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第八章空间解析几何与向量代数L自点PX。，y0, Z。分别作各坐标面和各坐标轴的垂线，写出各垂足的坐标。解：按作图规则作出空间直角坐 标系，作出如图平行六面 体。PoDxoy平面，垂足D的坐标E o, yo, ZoXo , 0, ZoXo, y。，oPo Xo, y0, ZoPoEyoz平面，垂足E的坐标D x(o, y。, ZoPoFzox平面，垂足F的坐标Xo, O, ZoPoCX轴，垂足A的坐标为x。, o,o ；PoBy轴，垂足B的坐标为o, yo, o ；Z轴，垂足C的坐标为O, O, ZoB4,2, 和C 0,5, 1等距离的点。PB|2 42|PB| PCI2八2,解此方程组，得
2、y 1,解：设所求点为P o, y,z,则PA | .在yoz平面上，求与三点A 3, 1, 2、 32 y 1 2 z 2 2| PC |2 y 5 2 z 1 2o由于P与A、B、C三点等距，故|PA解：由题设知：MiM2 1 2,3 2,。421, 1, V2 ,则M1M21 2 I2 Q 2,于是,，cos 24.已知a3,5, 1 ,2,2, 3 , c 4, 1, 3,求下列各向量的坐标:(1) 2a ;(2) a b c ; (3) 2a 3b 4c ; (4) ma nb.解:(1) 2a 6, 10, 2 ;(2) a b c 1,8,5 ; (3) 2a 3b 4c 16,
3、0, 23 ;(4) ma nb 3m 2n, 5m 2n, m 3n.设向量的方向余弦分别满足(1) cos 0 ;(2)cos 1 ;(3) cos cos 0，问这些向量与坐标轴或坐标面的关系如何？解： (1) cos 0,向量与X轴的夹角为一，则向量与X轴垂直或平行于yoz平面;（2）1,向量与y轴的夹角为0,则向量与y轴同向;cos 0,则向量既垂直于X轴，又垂直于y轴，即向量垂直于xoy6.分别求出向量a i j k , b 2i 3j 5k及c 2i j 2k的模，并分别用单位向量a , b , c表不向量a , b ,V3 , a 73a , |b| J22 32 52 V38
4、 , b V38b ,l2 223, c 3c O设 m 3i 5j 8k , n 2i 4j 7k 和 p 5i j 4k ,求向量a 4m 3np在x轴上的投影及在y轴上的分向量。解：a 43i 5j 8k 32 i 4j 7k 5 i j 4k 13i 7j 15k故a在x轴上的投影为13,在y轴上的分向量为7 j。&在xoz坐标面上求一与已知向量a 2, 3, 4垂直的向量。解：设所求向量为b Xo,O,Zo ,由题J田、，a b 2xo 4zo取Z。 I,得X。2,0, 1与a垂直。当然任一不为零的数 与b的乘积b也垂直a 。9 .求以A 1,2, 3, B 3, 4, 5, C 1
5、, 2, 7为顶点的三角形的面积S。1解：由向量的定义，可知三角形的面积为S - AB AC,因为AB22, 2, 2AC 2, 4,4,所以AB AC16, 12, 4,于是，S422飞9.10.求与向量a2, 0, 1解：由向量积的定义可各,1,都垂直的单位向1,2 量。c,则c同时垂直于a和b,且3j 2k,因此，与c a b平行的单位向量有两个:c a b 71i 3j 2k下尹4-W-I-bi 3j 2k 和V144-x. 一a 0,试证三向量a, b, c共-5= i 3j 2k. V1411 .设三向量a, b, c满足a b b c b证：由abbcca 0,有两边与C作数量积
6、，得a, b, c b, c, c c, a, c.Y_0, c, a, c 0,所以 a, b, c 0,从而 a,b,c共面由于b, c, c12 .将XOZ坐标面上的抛物线z2 5x绕X轴旋转一周，求所生成的旋转曲面的方程。解：由坐标面上的曲线绕一坐标轴旋转时生成的曲面方程的规律，所得的旋转曲面的方程为Jy? z225X,即 y:z- 5xo13 .画出下列各方程所表示的曲面:X%21 ; (3) z 214 .指出下列方程在平面解析几何中和空间解析几何中分别表示什么图形?方程在平面解儿中表示在空间解儿中表示X 2平行于y轴的一直线与yoz平面平行且过2, 0, 0的平面y X 1斜率为
7、1,在y轴截距为1的直线平行于z轴，过(0,1,0), (-1,0,1)的平面2 2.X y 4圆心在原点，半径为2的圆以过z轴的直线为轴，半径为2的圆柱面2 2 .X y 1双曲线母线平行于z轴的双曲柱面15.说明下列旋转曲面是怎样形成的?(l)X2 J z2 1；(2) z a 2 X24解：(1)由xoy坐标面上的双曲线X?1,绕y轴旋转一周或是yoz坐标面上的双曲线J z2 1,绕y轴旋转一周得到。 4是yoz坐标面上关于z轴对称的一对相交直线z a 2 y2,即z y a和z y a中之一 条绕z轴旋转一周；或是xoz坐标上关于z轴对称的一对相交直2“戋za X,即zXa和zXa中之
8、一条，绕z轴旋转一周。16指出下列方程组在平面解析几何与空间解析几何中分别表示什么图形？2 2y 5x 11 I 1(1) c o； (2) 49y 2 X 3cy 3解：(1)在平面解析几何中表示两直线的交点；在空间解析几何中表示两平面的交线；(2)在平面解析几何中表示椭圆与其一切线的交点；在空间解析几何中表示2 2椭圆柱面一J 1与其切平面y 3的交线。4916的柱面方17分别求母线平行于X轴及y轴而且通过曲线?X y z程。Ax 3Ay 0,即所求平面的方程为:x 3y 0。解：1.从方程组中消去x得：3y22z216,此方程即母线平行于x轴且通过已知曲线的柱面方程;2。.从方程组中消去
9、y 得：3x2 2z216,此方程即母线平行于y轴且通过此曲线的柱面方程。18.求球面x2 y29与平面xz 1的交线在xoy面上的投影的方程。解:代入x2 y29Z9,消去z得99X- y-1 x 29,即 2x2 2xy2 8,这就是通过球面x2y2 z2 9与平的交线，并且母线平行于z轴的柱面方程，将它与z 0联系，得:即为所求的投影方程。19.求平面2x 2y z 50与xoy面的夹角。解：n 2, 2, 1 为此平面的法向量,设此平面与xoy的夹角为，则n k 2, cosMmArcCCSc20分别按下列条件求平面方程平行于xoz面且经过点2, 5,3 ； x轴且经过两点4,0, 2
10、和5, 1,7 。通过z轴和点3,1,2 ；(3)平行于由点法式可得:解：(1)因为所求平面平行于xoz面，故j 0,1,0为其法向量,0x21 y 5即所求平面的方程: 因所求平面通过Z轴，其方程可设为Ax By 0 (*),已知点3,1, 2在此平面上，因而有3A B 0,即B 3A,代入(*)式得：1(3)从共面式入手，设P x,y,z为所求平面上的任一点，点4,0, 2和5, 1, 7分别用A, B表示，则AP, AB, i共面，从而 AP, AB, 1于是可得所求平面方程为：9y z 2 0021 .用对称式方程及参数式方程表示直线x2x解：因为直线1的方向向量可设为sm n22,
11、1,3,在直3, z 2 ),则3 2t, y t,线上巧取一点A 3,0, 2 (令y 0,解直线I的方程组即可得直线的对称式方程为32z 2 3t o22.求过点0, 2, 4且与两平面2z 1和y 3z 2平行的直线方程。解：因为两平面的法向量1,0,与m 0,1, 3不平所以两平面相交2行，于一直线，此直线的方向向量s m R2程辽23.2,3,故所求直线1 方求直线x y 3z 。与平面X y z0的夹 角。解：已知直线的方向向量s2,已知平面的法向量 n 1, 1, 1,而 S n 2,4, 2 1 1, ,14 20,所以s n,故直线与平面的夹解为0。Ax 3Ay例崛龙幽混的方
12、隼为:一和平面4x 2y3间的位置关 系。解：直线的方向向量s 2, 7,3,平面的法向量n4, 2,2 ,2, 7,3 4, 2,222从而s n ,由此可知直线平等于平面或直线在平面上。再将直线上的点A( 3, 4,0)的坐标代入平面方程左边,4 3,即A不在平面上，故直线平行于平25.设 AB 2aBC 2a 8b,CD 3 a b,证明 A、B、D 三点共 线。1 - 解：因为一AB1 - * 2*BC2 a 8b 3 a 3 b CD,所以一AB BC CD 2 共线。BD,BD共线,B为公共点，故A、B、D三点26.设有两个力,Fi2i 2j版和F23),同时作用于一个点上,试求它
13、们的合力F的大小和方向。解：设F x i y j zk,于是F Fl f2 212j3j3i52故其方向余弦为z 2COScoscos1从而方向角为:5arccos627.设向量a的两个方向余弦为cosV2arccos6,cos 一，又 a36,求a的坐1 解：因为cos3cos JI cos22 COS由公式a、acosa.acos1323azcos于是得a 2, 4, 4或a2,4,28.证明a垂直于cbo证：a a be aabac aa be a cbo29.已知三点 A 1,0, 0 , B 3, 1, 1 , C 2, 0, 1 且 BC求(l)a与b的夹角；(2) a在c上的射影
14、PrW： a BC 1, 1,0 ,b CAc AB 2, 1, 1, |b| V6 ；可设abl 11 01,0, 1, Ib| 疆;因而可得：(l)cosa, ba b，所以a, b(2)P 门 ca30.求出球面必z2 8与旋转抛物面X，解：两曲面的交线为X2 y2 z2 8(1)x2 y2 2z 2z的交 线。将代入(1)得z 4 z 20,所以z 4或z 2,由知z 0, 故取z 2o222 Q因此交线方程为x，z8或x z 2这是在z 2平面上圆心为0, 0, 231.求过点 1,2, 1而与直线I面方程。2半径为2的圆曲 线。27 21 2x y zP。平行的平y z 10 X
15、y解：因S11 2, 为直线L的方向向量,S20 1 直线12的方向向， 量。1,1, b则通过点1,2, 1并以n为法向量的平面方程0即为所求的平面方程。32.求点1,2,0在平面乂2丫21 0上的投从A点1,2,0作平面的垂线，ife线的方向向量就是平面的法向量n 1,2, 1 ,所以垂线方程为为求出垂足，将垂线方程化为参数方程2 2t , z t,将其的坐标为52233333.求点P 3, 1,2到直线X y z 12x y z 4的距0离。解军一：因s ni H2d为已知直线的方向向量,AP s, 点P到直线的距离为AP s 一，而AP2, 1,2, s 0, 3, 3,于是AP si
16、 J k2 i 2 3i 6j 6k | 9,而? 3/2,故 d033-V2 O3J2 234 .设ba,，解：因为ac为单位向量,且满足a b c 0,求abbc 0,所以ac。而同理可知:于是a b b c35.作出曲面z4 x?与平面 2x y 4、三坐标面所围的立体,在第一卦限部分的立体图形。X由平面的点法式方程得，过P点且垂直于直线的平面方程为0y z 10解方程组xyzl0,得垂足H的坐标xl, y-，于是92x y z 40PHI攀,即为所求的距离。解二：在直线上任取点A1, 2,0,以AP, s为邻边的平行四边形的面积36.求通过点P 1,1,1且与两直线h ：-相交的直线方
17、程。解：设所求直线的方向向量为v乡弓宁，因为1与】2都相交，而X,Y,Z则所求直线I :Ii过Mi 0,0, 0,方向向量为K 1,2,3 , 12过M2 1,2,3,方向向量V2，所以有2,1, 4MiP , Vi, V0,即 |J X 2Y Z 0,M2P , V2, V0,即 |J X 2Y Z 0o由上两式得X :Y:Z0:2:40:1:2,显然有 0:1:21：2:3,即 V Vi ,0:1:22:1:4, V/ V2,于是有：2S2 275 2所以所求直线1的方程为4y2z2y5zlz 2,故所求的点为P 0,1, 2o3.已知MiZNj M2 l,3,o,求M1M2的模、方向余弦与方向角。2代入平面方程，得t -，求得垂足（即投影）3