第八章空间解析几何答案

1、第八章 空间解析几何与向量代数§8.1向量及其线性运算1。填空题(1)点 (1,1,1)关于xoy面对称的点为(1,1, 1)，关于yoz面对称的点为 (1,1,1)，关于xoz面对称的点为(1, 1,1).(2 )点(2, 1,2)关于x轴对称的点为(2,1, 2)，关于y轴对称的点为即1 (z4 (y为(0,3,3)。1)21)2(z2(z 2)，解得2)29 (y 3)2 (z 3)2z 3，则该点y 34.求平行于向量2i 3j 4k的单位向量的分解式。解：所求的向量有两个，一个与a同向，一个与a反向因为24). 29，所以 ea1 (2i 3j 4k)。J 295。设 m

2、i 2j2k，n 2ij k，求向量a 4m n在各坐标轴上2。已知两点M1(1,1,1)和M2(2,2,1),计算向量M1M2的模、方向余弦和方向角。解：因为M11M2(1,1,0),故 IMMI.2,方向余弦为22cos,cos，cos0，方向角为2244 '2(2, 1, 2)，关于z轴对称的点为(2,1,2)，关于坐标原点对称的点 为(2,1, 2).解：因为a 4m的投影及分向量。n 4(i 2j2k)(2i j k) 6i 9j 7k，以在x轴上的投影为ax 6，分向量为axi 6i，y轴上的投影为ay分向量为ayj 9j,z轴上的投影为az7,分向量为azk7k。9,3。

3、在yoz平面上，求与A(1,1,1)、B(2,1,2)、C(3,3,3)等距离的点解：设该点为(0, y,z)，则6.在yOz平面上，求与 A(1,2,1)、B(2,1,0)和C(1, 1,1)等距离的点.解：设所求的点为P(0,y,z)，由| AM | | BM | |CM |可得1 (y 1)2 (z 1)24 (y 1)2 (z 2)29 (y 3)2 (z 3)2，12(y2)2(z1)222(y1)2 2z ，解之得y(z 1)222(y1)22 z12(y1)21-,z 0 故2所求的点为（0丄0）。2nx3 mxj ny3 myj nz3 mzH ( , , )n m n m n

4、 m则三角形 FGH的重心为7.已知点B（1, 2,6）且向量AB在x轴、y轴和z轴上的投影分别为 4,4,1 , 求点A的坐标。nx1 mx2n mnx2 mx3n mnx3 mx-in m解：设点A的坐标为（x, y,z）,由题意可知（1 x, 2 y,6 z）(4,4,1)，ny1my2ny2my3ny3my1mz2nz2mz3nz3 mzj、nmnmnmnmnm)n m-（x1 X2 X3,y1 y2 丫3,乙 Z2 z?）.则x 5, y 6,z5，即点A的坐标为（5, 6,5）。证明:若 A(X1,y1,zJ、Bgyz）、。化皿么）是一个FGH的三个顶点，设三角形的重心为 E，则E

5、11-(A B C);33(X1 X2X3,y1 y2 丫3,乙 z? Z3)设ABC的同比m之分点分别为F、G、H，分点的坐标为8试用向量法证明：三角形各边依次以同比分之，则三个分点所成的三角形必与原三角形有相同的重心nmx2mnyj my2 nz mz2n m ' n mnx2 mx3 ny2 my3 nz? mz3、 G( , , )1。若 |a|3,|b|4,(a,b),求 c 3a32b的模.解: |c|2(3a 2b) (3a2b)3a 3a2b3a 3a 2b 2b 2b9|a|212a b24|b|9 3212 342cos4 4733所以|c|73。2已知|ab| |

6、ab|，证明：ab 0.证明：由| ab| |ab|，可得|ab|2 |a b|2 ，可知所以三个分点所成的三角形必与原三角形有相同的重心。§8。2数量积向量积(a b) (a b) (a b) (a b)|a|2|b|2|c|22a b 2b c 2c a0,|a|2 |b|22a b|a|2 |b|22a b，即 4a b而 |a|2|b|2 |c|2 1，所以3。已知| a |10,|b|18,|ab|20，求 |ab|.6.求与i 2j2i3k都垂直的单位向量.解：因为解:400 |a b|2 (ab) (ab)|a|2 |b|22a b 1003242a b所以 2a b

7、24，|a b|.(a b) (a b),| a |2 |b |2 2a b100 324 24 8、7.而|c|(7)252( 3)2 83，所以ec7i7,5,5j 3k3)。4已知a(1,2,4), b (3, 3,3)，求a与b的夹角及a在b上的投影解：a b1 3 2 ( 3)4 39，9J7cos& 4 16 v'9 9 97V7arccos . 因 为77.设 AB a 5b, BC 6a 18b,CD 8(a b)，试证 A、B、D 三点共线。证明：只需证明AB II BD .因为 BD BC CD 2a 10b2(a 5b)2AB，所以 AB II BD。a

8、b |b | Pr jba，所以 Pra：/3。5。已知a , b，c为单位向量，且满足a b c 0，计算a b b c c a .解：因为(a b c) (a b c) 0，所以&已知 a (1, 2,3)，b (2,m,0)，c (9, 3,9)(1) 确定m的值,使得a b与c平行.(2) 确定m的值，使得a b与c垂直。解：(1)要使a b与c平行，只需(a b) c 0 ,因为a b (3, m 2,3),(9m9,0,9 9m),(2)要使a b与c垂直，只需(ai j k(a b) c 3 m 2 3939所以当m 1时a b与c平行。b) c 0，因为 a b ( 1

9、, m 2,3)，而(a b) c ( 1, m 2,3) (9, 3,9)9 3m 627 3m 24，所以当m 8时，a b与c垂直。§8.3曲面及其方程1。填空题(1)将xOz坐标面上的抛物线 z2 4x绕x轴旋转一周，所生成的旋转曲面2 2的方程为(z y 4x)，绕z轴旋转一周，所生成的旋转曲面的方程为(z2 4 - x2y2 )。(2 )以点(2, 3,2)为球心，且通过坐标原点的球面方程为(x 2)2 (y 3)2 (z 2)217).(3)将xOy坐标面的圆x2 y2 4绕x轴旋转一周，所生成的旋转曲面的方程为(x2 y2 z2 4) o2。求与点A(1,2,1)与点

10、B(1,0,2)之比为1 : 2的动点的轨迹，并注明它是什么曲面。解：设动点为P(x,y,z),由于|PA|:|PB| 1:2 ,所以2 . &1) 2一(y2)2一(z1)2(x1)2一(y0)2一(z2)2，解之，可 得3x2 3y2 3z2 6x 16y 4z 19 0, 即2 8 2 2 2 20(x 1) (y -) (z ),所以所求的动点的轨迹为以点3 398 22. 5(1厂，)为心，半径为的球面。3 333求与点(2,1,3)和点(4,2,4)等距离的动点的轨迹。解:设动点为P(x, y, z)，由题意知 (x2厂(厂1厂(z_3)2.仪4厂(厂 2厂(z_4)2 ,

11、整理得2x y z 110.4o写出下列曲面的名称，并画出相应的图形。(1) 16x2 9y2 9z225.解：该曲面为单叶双曲面 16x2 9y2 9z225。解：该曲面为双叶双曲面。(2)物面 z x2y2(0 z2)在xOy面上的投影为），在xOz面上的投影为（x2z 2）,在yOz面上的投2z251。影为(y22 )。解：该曲面为旋转椭球面。2.求球面x24与平面x z1的交线在xOy面上的投影方(4) x2 y2 9x。程。解：该曲面为双曲柱面。解：将zx代入x2y2 z24，得(1x)24，因此投（5） y2 z2 9x。解：该曲面为椭圆抛物面（6）4（x 1）2 （y 2）2 （

12、z 3）20.解：该曲面为椭圆锥面。§8.4空间曲线及其方程1.填空题y 2x 1（1）二元一次方程组在平面解析几何中表示的图形是（两相交y 4x 3影方程为z2x02 2x3。分别求母线平行于x轴、y轴及z轴且通过曲线2x2x2y22y2z2z2柱面方程。2打，x解:在 2x2y22y2z2z2422中消去x得3y2 z204，即为母线平行于直线的交点（2,5）；它在空间解析几何中表示的图形是（两平面的交线，平且通过曲线的柱面方程。行于z轴且过点（2,5,0）。c222y z2c2y 2z4中消去y得3x2 5z204，即为母线平行于y轴且通过曲线的柱面方程2 2 2 在 X 2y

13、 Z x2 y2 2z24中消去z得x2 5y208，即为母线平行于 z轴且以参数方程为2cos、5( 02si n5求螺旋线y2 cos2si n 在三个坐标面上的投影曲线的直角坐标方程。（1）（x2 2 21) y z4yx 1解：将yx 1代入(x1)2 2 2y z4 得 2(x 1)2z24，即(x 1)22z人1。 令x1.2 cos ，z 2si n ，所求的参数方程(2)24通过曲线的柱面方程。4。将下列曲线的一般方程化为参数方程:为解:螺旋线在xOy面上的投影为2cos2si n ，直角坐标方程为0x2y2 40螺旋线在yOz面上的投影为F-x 12cosy - 2 cosz

14、 2 si n2si n，直角坐标方程为02si3.02 2x yz29(2) ，2 2。x z4x2 cos解：做变换,将其带入方程z2si nx2 y2 z29，即得 y25.所螺旋线在zOx面上的投影为x 2cos，直角坐标方程为6。画出下列方程所表示的曲线:z2cos(1)X2 y2 4z216z 1(2)2 2xzy2 2X(y 2)1直线L平行于x轴但不与x轴相交；当(旦 -D1 )时,直线L与y轴相交;B2 D2当(G C2 D1 D2 0)时，直线L与z轴重合。2。求过三点(1, 1,1), (3,1, 3)和(0,1,2)的平面方程。2 z16§8.5平面及其方程1

15、o 填空题(1) 一平面过点(1,1, 4)且平行于向量a(2,1, 1)和 b(1,0,1),平面的点法式方程为(x 1)3(y1) (z4)平面的般方程为(x 3y z 20),平面的截距式方程(y231),平面的一个2单位法向量为(一丄丄(1,113,1).(2)设直线L的方程为A1xA2xBB?yGzC2zD1D2O,当(D1 D20)时,直线L过原点；当(A_!A20 )且(D10或D20有一个成立)时,XX1yy1zZ1X2X1y2y1Z2Z1X3X1y3yZ3Z1解：由平面的三点式方程知，所求的平面方程为x 1 y 1z 13 1113 10 1112 1x 1 y 1 z 14

16、 =0,即 5x y 3z 70。3求过点(1, 1,1)且垂直于两平面x y 2z方程。i解：该平面的法向量为11(x 1) 7(y 1) 3(z 1)0和x 2y 5z 0的平面j k1 2 i 7j 3k，平面的方程为2 50，即 x 7 y 3z 50.4求点(1,2,1)到平面x 2y 2z 100的距离。解：设所求平面的方程为(3)求平行于x轴，且经过两点(2,1, 2)和(4,0, 1)的平面方程。解：点P0(x°,y°,Zo)到平面Ax By Cz D 0的距离公式是| ax0 By0 Cz0 D |d070i ,因此点(1,2,1)到平面x 2y 2z 1

17、0 0的、A B2 C2|1 1 2 2 2 1 10| 彳距离为d1。v'12 22 225求平面x 2y z 50与各坐标面的夹角的余弦 .解：所给平面的法向量为 n (1, 2,1)，设该平面与xOy面、yOz面和zOxxyy1 ,由于点(1, 4,5)在平面上，则aaa4 5-1，a 2，所求方程为x y z 20。aa7。分别按下列条件求平面方程:(1)平行于yOz平面且经过点(2, 3, 2)；(2)通过y轴和点(2, 1,1)；解：(1)yOz平面的法向量是n(1,0,0)，可作为所求平面的法向量，因此所求平面的方程为1 (x 2)0 (y 3)0 (z 2)0,即 x

18、2.COS z|n k|1 0 2 0 1 1|1|n|J2( 2)212.6，cos x|n i |1 1 2 0 1 0|1|n|,12 ( 2)2126 'cos y|n j |1 0 2 1 1 0|2|n|J2( 2)2 126。面的夹角为 z、 x和y,于是6。求过点(1, 4,5)且在三个坐标轴上的截距相等的平面的方程(2)所求平面的法向量即垂直于y轴又垂直于向量n (2,1,1)，所以所求ijk平面的法向量为2110101 (x 2)0 (y1)2 (z1)(3)由于所求平面平行于2k，因此所求平面的方程为0 ,即 x 2z 0.x轴，故设所求平面方程为By Cz D

19、0。将点(2,1, 2)和(4,0,1)分别代入 By Cz D 0 得 B 2C D 0 及C D 0，解得CD及B D .因此所得方程为Dy Dz D 0 ,§8o 6空间直线及其方程t ,所给直线的参数方程为1.填空题x y z（1）直线和平面X 2z 4z 4的关系是（平面与直线互相124垂直）。3。求过点（2,0,3）且与直线x3x2y 4z 75y 2z 1解:直线的方向向量可作为所求平面的法向量，即x12ty1tz23t垂直的平面方程(x 1y1z）。213x(3)直线1y5z 8x v 6z 8 与直线的夹角为（）1212y z 332化直线xyz2为对称式方程和参数

20、方程2xyz5（2）过点（1, 1,0）且与直线 乞虫 止 三二平行的直线的方程是213n n21324( 16,14,11) o52所求平面的方程为16x 14y11z 10 o16(x2) 14(y0) 11(z 3)0，即1 jk解：直线的方向向量为s n1 n21112 114.求直线x 3y z 20与直线x y z 10y z 20夹角的余弦。2z 102i3k .取x01，代入直线方程可得y°1, z0 2 .所以直线的对称式方程为i解：因为两直线的方向向量为n111j k31 4i 2j 2k ,1 1ijkn2111 3i 2j k ，设两直线的夹角为 ，则0 12

21、(2 3 )x (3 )y (1)z 80,其中为待定常数，要使该平解：过P(2,1,5)作垂直于已知直线 L的平面，则其法向量n (1,3, 1)，|4 3 2 22 1 |521面与已知平面 垂直，则有2(23 )(3)(1)0，解得4，将其代入(23 )x (3 )y (1 )z 80，可得36x 5y 7z 32，因此直线L在平面 上的投影直线方程为6x 5y 7z 322x y z 1.于是平面的方程为(x 2)3( y 1)(z 5)0.将已知直线的参数方程x 1 ty 1 3t代入x 3y z 0，可得tz t，因117。确定的值，使直线L :2x y * 10与平面x z 2

22、0:x y z 1平行,此点P(2,1,5)在直线L上的投影即为平面与直线L的交点匸土)。11'11 112x 3y z 06.求直线L:在平面 :2x y z 1上的投影直线3x y z 8 0的方程。并求直线L与平面之间的距离.ijk解：直线L的方向向量n210101平行，只要ns 0 (其中s (1,1210，解得i 2j k，要使直线L与平面1)为平面 的法向量)，即1 .令X。1，代入直线L的方程可得y。1，z01，直线L与平面之间的距离d|1 1 1 1 1 ( 1) |12 12 ( 1)2(1)已知|a| 1, |b| 2，且a与b夹角为，则| a b | ( . 3)

23、°3(2)若向量 a (1, 2,1) , b ( 3,)平行，则(，)(6, 3)°x y z 108.求通过直线L: 2x y z 20的两个互相垂直的平面，其中一个平(3)已知向量OM的模为10 ,且与x轴的夹角为一，与y轴的夹角为一，6321 1解:设平面束方程为x y z 1(2x y z2) 0 ,即(21)x(1)y(1)z210,n (21, 1,1) 设平行于直线x 1 y 1 z 1的平面为1,由2 1 1(21)2(1)(1)0 ,可知1，令 x°1,代入直线L的面平行于直线 口 丄方程，可得y°Zo0平面1的方程为 (X 1) 2

24、y 0 ,即与z轴的夹角为锐角，贝U OM =( (5 3,5,0).x(4)曲线yza cosa sin (a、b为常数)在 xOy平面上投影曲线是b(5)xOy平面上曲线4x2y216绕x轴旋转一周所得旋转曲面方程是(4x2 (y2 z2)16 )。x 2y 10 °设垂直于平面1的平面为2 ,由(2 1)2(1)10 ，可得4平面2的方程为3(x 1)3y5z0，即 6x 3y 5z 60 °244第八章 空间解析几何与向量代数综合练习1°填空题:(6)直线的正弦sin(7)方程x x1m字与平面Ax By Cz D 0的夹角mA nB pC(m2n2p2

25、A2 B2 C2x2z2 y所表示的曲面名称为(双曲抛物面)°x2(8 )与两直线y2 t及x 2 y 2 z 1都平行，且过原点的平1 2 1z1 t面方程是(xyz 0)。(9)已知动点P(x, y,z)到yOz平面的距离与点P到点(1,1,2)的距离相由于 |c| x21( 1 x)21 1即c (二)长度最短3。已知点面积最小.1312(x丿2，因此，当x 一2时，A(1,1,0)和点B(0,1,2)，试在x轴上求一点C，使得 ABC的等,则点P的轨迹方程为(y 1)2 (z 2)2 2x 10)。(10)与两平面x 2y z 1 0和x 2y z 3 0等距离的平面方程为(

26、x 2y z 10 )。2。设a i k， b ij k ,求向量c，使得a c b成立,这样的c有多少个，求其中长度最短的c.解：设 c (x, y,z)，贝U« te-rijk+I-fra c 101 yi (z x)j yk,则 y 1,z x 1,因此这样x y z的c (x,1, 1 x)，有无穷个C(x,0,0)AB ( 1,0,2),AC (x 1, 1,0),AB AC2i 2(x 1)j k ,故1 1 |ABC 的面积为 S - | AB AC |. 222(x 1)21，显然，当22x 1时，ABC的面积最小，为二5，所求点为(1,0,0)。2 2 2x 2y

27、z4。 求曲线“ 2 2z x y解：在xOy平面投影为4在各坐标平面上的投影曲线方程2x2 y2z 0；在yOz平面投影为2z2 3y2x 04 ; 在 zOx平面投影为3x Z 4 y 05求原点关于平面:Ax By Cz D0的对称点的坐标。x 1 y z 16求直线L:在平面 :x y 2z 10上的投影直线111绕x轴线转一周所成曲面的方程 解:过L作垂直于平面的平面 0,所求的直线L在平面 上的投影就是解：过原点作垂直于平面 Ax By CzD 0的直线，该直线的方向向和 0的交线平面 0 的法向量量等于平面 的法向量(A, B,C)，所求直线的对称式方程为，即CAtBt为其参数方

28、程i为：n011j k21 i 3j 2k,则过点(1,0,1)的平面 0的方程为:1 2.将此参数方程代入平面Ct(x 1) 3y 2( z 1)0，即 x 3y 2z 10 o所以投影线为(A2B2C2)t0，解得tAD点为(A2 B2 C2BD(X。，yo,zo)A2B2 C2y00BD2A2 B2 C2Z°02( 2AD(2 2 2 .A2 B2 C2 A2BDB2 CD222，即直线与平面的交A2 B2 C2CD一CD一2 ) o设所求的对称点A2 B2 C2x°02CDA2 B2 C22CD )2c2, A2 BC7).y3y2z2z将投影线表示为参数的形式：A

29、DA2 B2 C2，即所求的对称点为1)x7.求球心在直线一面方程。绕 x 轴的旋丄(Z2 221 21)2，即 5x2 4x方程为16y216z240.解：设球心为(x,y,z)，则z 1J1上，且过点(1,2, 1)和点(11, 2,1)的球(x 1)2 (y 2)2 (z 1)2 (x 1)2(y2)2(Z 1)2，即x 2y z 0。x y z 109.在过直线的所有平面中，求和原点距离最大的平面.2x y z 0解：设平面束方程为x y z 1(2x y z) 0，即又因为球心在直线上，直线的参数方程为代入x 2y z 0,可得11程为(x )62( 1、2(y 3)8.已知两条解:因为所求平面过2t1 t，球心坐标为(96的方程65。6曰Ix 11，将直线的参数方程1 7亍,訐所求球面方(21)x (1)y (1)z 10，平面与原点的距离为|(2 1) 0 ( 1) 0 ( 1) 0 1|/ 2 2 2.(2 1)