高等数学-向量代数与空间解析几何题

1、,例1在平行四边形 ABCD中，设AB =a,AD = bo试用a和b表示向量MA、MB、又因一a+b= BD =2MD，所以 MD =二(ba).由于 MB=- MD , MB = - (a-b). 22解 该斜柱体的斜高| v |,斜高与地面垂线的夹角为v与n的夹角，所以这柱体的高为| v |cos，体积为 A| v |cos =Av n.从而，单位时间内经过这区域流向n所指向一侧的液体的质量为1第五章向量代数与空间解析几何5.1.1向量的概念因为MC = MA ,所以MC1 ，、一(a+b)2图5 8图 5-11sin A sin BsinC证明 注意到CB=CA+AB,故有MC和MD

2、,这里M是平行四边形对角线的交点（图MA =1 ，、（a+ b）。2例2设液体流过平面 S上面积为A的一个区域，液体在这区域上各点处的速度均为 （常 向量）v。设n为垂直于S的单位向量（图511 （a）,计算单位时间内经过这区域流向 n 所指向一侧的液体的质量 P （液体得密度为 ）.P= Av - n.例3设ABC的三条边分别是a、b、c（图5- 15）,试用向量运算证明正弦定理a b c解由于平行四边形的对角线互相平行，所以a+b= AC = 2 AM= 2MACB CA=(CA+AB) CA=CA CA+AB CA=AB CA=AB (CB+BA) =AB CB图 515于是得至 UCB

3、 CA=AB CA =AB CB从而|CB CA|=|AB CA| =|AB CB|即absinC = cbsinA= casin B所以a b csin A sinBsinC5.2点的坐标与向量的坐标例 1 已知点 A(4,1,7)、B(-3,5,0),在 y 轴上求一点 M,使得 |MA|=|MB|.解 因为点在y轴上，故设其坐标为 M(0,y,0),则由两点间的距离公式，有.(4 0)2 (1 y)2 (7 0)2,( 3 0)2 (5 y)2(0 0)2解得y 4 ,故所求点为M (0, 4,0)求证以Mi(4,3,1)、M2(7,1,2)、M3(5,2,3)三点为顶点的三角形是一个等

4、腰三角形.解因为 22- 2_2| M1M2 |(74)(13)(21)14|M2M3|2(57)2(21)2(32)2622_2_2_|M3Ml |2(45)2(32)2(13)26所以|M 2M311M3Ml |,即4 M1M 2M3为等腰三角形5.2.2向量运算的坐标表示例3设有点M1(x1,y1,Z1), M2J2, y2,Z2),求向量M1M2的坐标表示式。解由于 M1M2 OM 2 OM而 OM1 (X1,y1,z1), OM2 (x2, y2,z2),于是OM 2 OM 1 (X2,y2, Z2) (X1,y1,z1)(X2 X1, y2 y1，Z2 zi)即 MiM 2 (X2

5、 X1,y2 yz zj例4已知两点A (4, 0, 5)和B (7, 1, 3),求与AB方向相同的单位向量 e.解因为AB = OB - OA = (7, 1 , 3) (4, 0, 5) = (3, 1, - 2),所以AB=J32 12 ( 2)2 vJ4 ,AB|AB|11 (3,1,2).14例5求解以向量为未知元的线性方程组5x 3y3x 2y其中a= (2,1,2), b=(-1,1,-2).解 解此方程组得x=2a - 3b , y =3a - 5b 以a, b代入，即得x=2(2,1,2) - 3(- 1,1, - 2)=(7, - 1,10) y=3(2,1,2) -5(

6、- 1,1,- 2)=(11, - 2,16).已知两点A(xi,yi,zi)和B(x2, y2,Z2)以及实数1,在直线AB上求点M,使18AM如图7 13所示.由于AM = OM-OA,MB = OB - OM ,因此OMOA(OB-OM ),从而OM(OAOB).以OA、OB的坐标(即点A、占八、B的坐标)代入图 713OMx11x2 y1y2 Z1Z2本例中的点M称为定比分点，特别地当1时,得线段AB的中点为MB .xx2 y1y2 4Z2,222例7已知两点M1(22 52)和M2(1,3,0),计算向量M1M2的模、方向余弦和方向角解M1M 2 = (1-2, 3 - 2,0 -

7、2 2 )=(_ 1, 1, _ 7 2 ); |M1M2|= .( 1)2 12 (2)2二 ,112. 4 2;112cos ,cos , cos ；2222_3T，3，T .例 8 已知三点 M( 1,1,1)、A( 2, 2, 1)和8( 2, 1,2),求/AMB.解 作向量MA, MB ,则/ AMB为向量MA与MB的夹角.这时MA=( 1, 1,0),MB=( 1,0,1),从而MA?MB=1 1+1 0+0 1=1;|MA|= 12 12 02.2;MB=.12 02 12.2.11222从而MA MB cos/ AMB =由此得| MA |MB |ZAMB= 一 .3例9设立

8、方体得一条对角线为OM, 一条棱为OA,且|OA|二a,求OA在方向OM上的 投影prj OA .OM解如图5 21所示，记/ MOA=,有|OA| 1cos JL /=',|OM |.3于是prj OA = OA cosOM图 5- 211,2),计算 a b.例 10 设 a= ( 2, 1, 1), b= (1,i j ka b= 211 i -5j -3k .112例11已知三角形 ABC的顶点分别是 A (1, 2, 3)、B (3, 4, 5)、和C (2, 4, 7), 求三角形ABC的面积.解 由向量积对于，可知三角形ABC的面积ABC1-| AB | AC |sin

9、A1-|AB AC |2由于 | AB |= (2, 2, 2), |AC| = (1, 2, 4),因此图 5 22kAB AC 2 21 22 4i-6j 2k,4于是Sabc 2|4i-6j 2k 942 ( 6)2 22 VT4.例12设刚体以等角速度绕l轴旋转，计算刚体上一点 M的线速度.解刚体绕l轴旋转时，我们可以用在l轴上的一个向量 表示角速度，它的大小等于角速度的大小，它的方向由右手规 则定出：即以右手握住l轴，当右手的四个手指的转向与刚体的 旋转方向一致时，大拇指的指向就是的方向(图5-22).设点M到旋转轴l轴上任取一点 O做向量r= OM ,并以 表示 与r的夹角，那么a

10、=| r |sin .设线速度为v,那么由物理学上线速度与角速度的关系可知，v的大小为| v |=| 3 | a=| 3 |r |sin ;v的方向垂直于通过点 M的与l轴的平面，即v垂直于与r；又v的指向是使 、r、v符 合右手规则，因此有 v=3 r.例 13 已知不在一平面上的四点：A ( x1, y1,z1)> B (x2,y2,z2)、C (x3,y3,z3)、D ( X4,y4,Z4).求四面体ABCD的体积.解 由立体几何知道，四面体的体积 Vt等于以向量 AB、AC和AD为棱的平行六面 体的体积的六分之一.因而1-VT = - |AB AC AD|.6由于AB=(X2X1

11、,y2y1，Z2z1)，AC =(X3X,y3y1，Z34)，AD =(X4x/y1,Z4z1)所以X2Xiy2yiZ2ZiVT =X3X4XiXiy3yiZ34y，yiZ4zi上式中符号的选择必须和行列式的符号一致5.3空间的平面与直线5.3.i平面例i已知空间两点 Mi(i,2, i)和M2(3, i,2),求经过点Mi且与直线 MiM2垂直的平面方程。解 显然MiM 2就是平面的一个法向量MiM2 (3 i, i 2,2 i) (2, 3,3)由点法式方程可得所求平面的方程为2(x i) 3( y 2) 3(z i) 02x 3y 3z 7 0例2求过三点Mi (2, - i, 4)、M

12、2 (i, 3, 2)和 M3 (0, 2, 3)的平面的方程。解 先找出这平面的法线向量n.由于向量n与向量 M1M 2、M1M3都垂直，而M1M2 =(3, 4, 6), M1M 3= ( 2, 3, 1),所以可取它们的向量积为 n：i j kn= M1M2 M1M33 46 = 14i + 9j -k,2 31根据平面的点法式方程(1),得所求平面的方程为14(x 2)+9(y+ 1)-(z-4)=0,14x+ 9y-z-15=0.例3设一平面与 x, v, z轴的交点依次为 P(a, 0, 0)、Q(0, b, 0)、R(0, 0, c)三点(图524),求这平面的方程(其中 a0,

13、 b0, c0).解 设所求的平面的方程为Ax+By+ Cz+D=0.因 P(a, 0, 0)、Q(0, b, 0)、R(0, 0, c)三点都在平面上, 所以点P、Q、R的坐标都满足方程(2);即有aA D 0,bB D 0,cC D 0,Lbaib,C以此代入（2）并除以D （DW0）,便得所求的平面方程为图 5 24方程（5）叫做平面的截距式方程，而x y z 1 a b ca、b、c依次叫做平面在x、v、z轴上的截距.例4因平面通过z轴及点（1, 2, 3）的平面方程。解 因平面通过z轴，故可设其方程为Ax+By=0又因（1, 2, 3）点在平面上，将其坐标代入方程，则有A+2B =

14、0,即 A = 2B故所求平面方程为- 2Bx+By=0,即2xy=0例5设平面 的方程为3x2y+z+5=0,求经过坐标原点且与平行的平面方程。解 显然所求平面与平面有相同的法向量n= （3, 2, 1）,又所求平面经过原点,故它的方程为3x 2y+z= 05.2.3 空间直线例6求经过两点M 1（x1, y1, z1）和M 2（x2, y2, Z2）的直线方程。解该直线的方向向量可取n= M 1M 2 (x2 x1,y2 y1, z2 z1)。由点法式方程立即得到所求直线的方程xx1yy1z-x2x1y2y1z2z1该方程称为直线的两点式方程。例7用直线的对称式方程及参数式方程表示直线(4

15、)x y z 1 0,2x y 3z 4 0.解 易得（1, 0, 2）为直线上的一点。直线的方向向量为两平面的法线向量的向量 积，从而i j ks= 111 4i - j - 3k.21 3因此，所给直线的对称式方程为23二t,得所给直线的参数方程为x 1 4t, yt,z23t.5.3.3点、平面、直线的位置关系1 .点到平面的距离例8求两个平行平面 1:z 2x 2y 1,2：4x 4y 2z 3 0之间的距离。解在平面i上任取一点 M (0,0,1),则两平面间的距离 d就是点M到2的距离，于是4 0 4 0 2 1 31d =.42( 4)2 ( 2)262 .点到直线的距离y 2

16、z , r一例9求点M (1,2,3)到直线L： x 2-的距离3 5解 由直线方程知点 M0(2,2,0)在L上，且L的方向向量s=(1,-3,5)。从而iM 0Ms11M°M ( 1,0,3)j k03 9i 8j 3k3 5代入(11),得点M至1J L的距离为d |MoMi s| _ J 92 82 32 叵 |s|12 ( 3)2 52' 53.两平面之间的夹角例10 一平面通过两点 Mi(1, 1,1)和M2(0, 1, 1)且垂直于平面x+y+z=0,求它的方程解 设所求平面的一个法线向量为n= (A, B, C).因MiM2=(1, 0, - 2)在所求平面上

17、，它必与 n垂直，所以有A2c=0又因所求的平面垂直于已知平面x+y+z= 0,所以又有A+B+C= 0.(8)由(7)、( 8)得到A=-2C,B=C.由点法式，平面方程为 A(x1)+B(y1)+C(z1)=0.将A=-2C, B= C代入上式，并约 去C(CW0),便得2(x 1)+(y1)+(z1)=0 或 2xyz=0.这就是所求的平面方程.4 .两直线的夹角例11求直线L1：)-y-J3和L2： -y2z的夹角.141221解 直线L1的方向向量s1二(1, 4, 1), L2的方向向量S2=(2, 2,1).设直线L1和L2的夹角为，那么由公式(5)有cos|1 2 ( 4) (

18、 2) 1 ( 1)|112( 4)212 ,22( 2)2 ( 1)225 .直线与平面的夹角例12求过点(1, 2, 4)且与平面2x-3y + z- 4= 0垂直的直线方程。解 因为直线垂直于平面， 所以平面的法线向量即为直线的方向向量，从而所求直线的方程为x 1 y 2 z 4.2316 .平面束x y z 10,例13求直线在平面x+y+z =0上的投影直线的方程x y z 10x解过直线x0的平面束的方程为0(x y z 1) (x y z 1) 0(14)(1 )x (1 )y ( 1 )z ( 1) 0,其中 为待定系数。这平面与平面x+y+z =0垂直的条件是(1) 1 (1

19、)1(1)10,即1 .代入(14)式，得投影平面的方程为2y 2z 2 0即y z 1 0.所以投影直线的方程为y z 1 0,x y z 0.7.杂例例14求与两平面x-4z=3和2x-y-5z=1的交线平行且过点(3, 2, 5)得直线方解 因为所求直线与两平面的交线平行， 所以其方向向量s一定同时垂直于两平面的法向量n1、n 2 ,所以可以取s=n1 n 2 1021k4 = (4i+3j +k),5因此所求直线方程为x 3 y 2 z 54二例15求直线y-3 z-4与平面2x+y+z-6=0的交点.12解所给直线的参数方程为 代入平面方程中，得得t=-1，代入参数方程得交点为x=2

20、+t, y=3+t , z=4+2t, 2(2+t)+(3+t)+(4+2 t)- 6=0.x=1, y=2, z=2.x 1 y 1 z 一例16 求过点（2, 1, 3）且与直线 -垂直相父的直线的万程321过点（2, 1, 3）且垂直于已知直线的平面方程为(9)(10)3（x-2）+2（y-1）-（z- 3）=0已知直线的参数方程为x=-1+3t, y=1+2t, z=-t.3将（10）代入（9）求得t ,从而求得直线与平面的交点为7以点（2, 1, 3）为起点，点133276-(2, 1,4)这就是所求直线的方向向量，故所求直线的方程为x 2 y 1 z 32145.4曲面与曲线5.4

21、.1 曲面、曲线的方程例1建立球心在点 M 0（x0,y0,z0）、半径为R的球面的方程解 设M （x, y, z）是球面上的任一点（图5-31),那么 |M0M|=R.由于 |M°M |= ,(xx。)2(yy。)2 (z z。)2 ,所以(x x。)2 (yy。)2(z z。)2 R2(2)这就是球心在M 0(x0,y0,z0)、半径为R的球面的方程。如果球心在原点，这时 x。 y。Z0。，从而球面方程为例2设有点A (1, 2, 3)和B (2, -1 , 4),求线段AB的垂直平分面的方程.解 由题意知，所求的平面就是与A和B等距离的点的几何轨迹。设 M (x, y, z)为

22、所求平面上的任一点，由于 RM|=|BM|,所以,(x 1)2 .y a上以角速度 绕z轴旋转，同时又以线速 (y 2)2 (z 3)2 = , (x 2)2 (y 1)2 (z 4)2等式两边平方，然后化简便得2x - 6y + 2z - 7=0例3方程x2y2 z2 2x 4y0表示怎样的曲面?解通过配方,原方程可以改写成222(x 1) (y 2) z 5,与(2)式比较知原方程表示球心在点Mo(1, 2,0)、半径为R= <5的球面.例4方程组22v z 4y表示怎样的曲线?1(2)当给定t解 方程组中第一个方程表示球心在原点，半径为2的球面。而方程组中的第二个方程5-33所示。

23、方程组 y图 5 33y(t), z(t).ti时,就得到C上的一个点(xi, yi, Zi)；随着t得变动便可得曲线 C上的全部点。方程组(2)叫做空间曲线的参数方程。例5如果空间一点 M在圆柱面x2度v沿平彳T于Z轴的正方向上升(其中、v都是常数)，那么点M构成的图形叫做螺旋线试建立其参数方程解 取时间t为参数.设当t=0时，动点位于x轴上的一点A （a, 0, 0）处.经过时间t, 动点由A运动到M （x, y, z）（图5-34）.记M在xOy面上的投影为 M'的坐标为x, y, 0.由于动点在圆柱面上以角速度绕z轴旋转，所以经过时间 t, /AOM'= to从而x=|

24、OM'|cos/ AOM'=acos t, y=|OM sin/AOM'= asin t.b .这个高度在工程技术上由于动点同时以线速度 v沿平彳T于z轴的正方向上升，所以 z=M'M=vt。x a cos t, 因此螺旋线的参数方程为y asin t,也可以用其他变量作参z vt.x a cos :数；例如令 t ,则螺旋线的参数方程可写为y asin ,z b .这里b ,而参数为v当OM'转过一周时，螺旋线上的点 M上升固定的高度 h 2叫做螺距.图5345.4.2 柱面、旋转面和锥面1 .柱面2 22例6万程x y R在xO y面上表不圆心在原点

25、 O、半径为R的圆，在空间中表不圆柱面（图5-35）,它可以看作是平行于 z轴的直线l沿xO y面上的圆x2 y2 R2移动而形成的。这曲面叫做圆柱面（图5-35）, xO y面上的圆x2 y2R2叫做它的准线，这平行于z轴的直线l叫做它的母线.22x z 例7 将xO z坐标面上的双曲线 2- - 1 ,分力1J绕z轴和x轴旋转一周，求所生 a c成的旋转曲面的方程.解 绕z轴旋转所成的旋转曲面叫做旋转单叶双曲面（图 5-41）,它的方程为2y2 z 2 c图 5 41图 5 42绕x轴旋转所成的旋转曲面叫做旋转双叶双曲面(图5-42),它的方程为3.锥面例9求顶点在原点，准线为2xaz24

26、 i 、工b21的锥面方程。c (c 0)2x-2a设M (x,y,z)为锥面上任一点,(图5-44),则有2xi2a2 yi b2由于OM与0Ml共线，故1.图 5-43过原点与M的直线与平面z=c交于点Mi(xi,yi,c)xyzxyic22既有x cx, yi 2 ,代入得当i ,整理得 z z a b2 y b2(6)这就是所求锥面的方程，该锥面称为椭圆锥面图 5-44i35.4.3二次曲面通常将三元二次方程 F (x, y, z) =0所表示的曲面称为二次曲面。而把平面称为一次 曲面.二次曲面有九种，它们的标准方程如下(3)单叶双曲面(5)椭圆抛物面椭圆柱面(9)抛物柱面(1)椭圆锥

27、面(图5 45) (2)椭球面图 5-4522xy27-2ab2 x-2 a2 y b75 462 x-2 a2 x-2 a2 x-2 ax22 y_ b2ay(4)z (图 5- 46)y图 5- 465.4.4空间几何图形举例例10已知两球面的方程为x双叶双曲面a(6)双曲抛物面(8)双曲柱面2 y b22 x-2 a2 x-2 a2 y b12yz (图 547)图 5-4728222x (y 1) (z 1)1(8)求它们的交线 C在xO y面上的投影方程解(7) - (8)得 y + z=1.将z=1 - y代入(7)或(8)得所求柱面方程为X2 2y2 2y 0.于是投影方程为x2

28、 2y2 2y 0, z 0.例11设一个立体由上半球22 一z 44 x y 和锥面z ，3(x2y2)所围成(图5-48),求它在xO y面上的投影解 半球面和锥面的交线为 C :由上列方程组消去z,得到22x yz 0.1 、口一，'，这是xO y面上的一个圆，于是所求立体在xO y面上的投影，就是该圆在xO y面上的一个圆，图5-48于是所求立体xO y面上的投影，就是该圆在 xO y面上所围的部分：x2 y2 1。习题课例1已知AB=(-3, 0, 4), AC = (5, -2, -14),求/ BAC角平分线上的单位向量解 由平面几何的知识知，菱形对角线平分顶角，因此，只

29、要在 AB、AC上分别取点B' 、C',使 |AB，|二| AC' |,则AD = AB + AC ,即为/ BAC的分角线向量，特别地取 AB、AC为单位向量，则11AB =AB =(| AB| 53,0,4)，-1-1 ，、AC AC = (5,-2,-14)| AC| 15于是1 , 1, c 1 (2,1,1)1515AD =-( 3,0,4)+ (5,-2,-14) = (-4, -2, -2)=-51515一AD 1其单位向量为1 (2,1,1)| AD |.6例2设a+3b和7a- 5b垂直，a-4 b和7a-2 b垂直，求非零向量 a与b的夹角.解 由a

30、+3b±7a-5b, a-4 b±7a-2b(a+3b)?(7a-5b)=7|a|2 +16a?b - 161b|2=0(a-4 b) ?(7a-2 b)= 7|a|2 -30 a?b +8 |b|2 =0(2)(1)-(2)得2a?b=|b|22 一一即 2|a|b|cos(a,b)=|b| ,从而 cos(a,b) =|b|2|a|(1)8+ (2)15,得1611a|2 = 322 a?b,得 cos(a,b)= J-a-L2|b|J-b-L = J-a-L ,推得 |a|= |b|. 2|a|2|b|.1所以 cos(a, b)=2(a，b)=1. 3例 3 已知

31、|a|=13, |b|=19,|a+b|=24,求 |a - b|.|a+b|2 = (a+b)?(a+b)= |a|2+2a?b+ |b|2|a-b|2 = (a-b)?(a-b)= |a|2 - 2a?b+ |b|2 两式相加，得|a - b|2 = 2( |a|2 + |b|2) - |a+b|2以|a|= 13, |b|=19, |a+b|=24 代入，得|a-b|2 = 2 (132 + 192 ) - 242 =484.所以 |a- b|2 = 22.例 4 设 AB = a+5b, BC = - 6a+18b, CD =8(a - b)，试证 A、B、D 三点共线.证 用向量证明三点共线只要证明AB BD,其途径有两种：(1)往证BD = AB ;(2)往证AB BD =0.可根据具体情况选择.本例选(1)BD = BC +CD =( - 6a+18b)+8(ab)=2a+10b=2(a+5b)=2 AB,所以AB / BD ,即A、B、D三点共线.例5已知三个向量 a+b+c=0.a、b、c两两都不平行，但(a+b)与c平行，(b+c)与a平行，试证由于(a+b)/c,(b+c)/a,所以c,a,c- a0,0,两式想减得(1)a- (1)c= 0.因为a与c不平行，所以(1(1) = 0.即1