章几何空间-前xtk

大纲要求补充例题习题课一、大纲要求理解向量的概念.掌握向量的加法、数乘运算.

掌握向量的模、方向余弦的概念及计算,会将非零向量单位化.掌握向量的内积、外积、混合积.掌握平面方程，了解平面与平面的位置关系.

掌握直线方程，了解直线与平面、直线与直线的位置关系.二、补充例题解||

a

||

5,||

b

||

2,

a,

b

,

求

u

2a

3b的模.分配律2||

u

||

u

u(2

a

3b

)

(2a

3b

)

2a

2a

2a

3b

3b

2a

3b

3b2

2

4

||

a

||

12a

b

9

||

b

||3

4

52

12

||

a

||

||

b

||

cos

9

22||

u

||

76

2a

a

a,3b

b

b

2

例若12

136

12

5

2

76,例解求一单位向量

0

0n

，使

n

c，且

n

,

a已知a

i

，b0设

n

xi

yj

zk

,n

10n

c0

n0

,a,b共面3

3

302

1

2

j

k

)

n

(

i

x2

y2

z2

12x

2

y

z

0x

y

z1

0

0

00

1

2x2

y2

z2

1

2x

2

y

z

0

z

2

y

0

x

z

4

0,x

4

y

8z

12

0

组成

角的平面方程.4解过已知直线的平面束方程为x

5

y

z

(

x

z

4)

0即

(1

)x

5

y

(1

)z

4

0其法向量n1

(1

,5,1

)又已知平面的法向量n2

(1,4,8).例求过直线:

x

5

y

z

0

且与平面4cos

12

(4)2

(8)2

(1

)2

52

(1

)2(1

)

1

5

(4)

(1

)

(8),222

27

3即

2

4由此得

3

.代回平面束方程为x

20

y

7z

12

0.求过直线:

x

z

4

0,

且与平面

x

5

y

z

0x

4

y

8z

12

0

组成

角的平面方程.4n1

n2

n1

n2x

5

y

z

(

x

z

4)

0n1

(1

,

5,

1

)n2

(1,4,8)例20

1z

2

x

1L

:

y

3

x

4

都相交的直线L.z

x

1求过点M

(1,1,1)

且与两直线L

:

y

2

x

,L1

:

y

2tz

t

1·

解1

将两已知直线方程化为参数方程为

x

t

x

tL2

:

y

3t

4z

2t

12L1LLABM0设所求直线L

与L1

,L2

的交点分别为A(t1

,2t1

,

t1

1)

,

B(t2

,3t2

4,2t2

1)

t1

1

2t1

1

t1

2t2

1

3t2

5

2t2

220

1L

:都相交的直线L.z

2

x

1

y

3

x

4z

x

1求过点M

(1,1,1)

且与两直线L

:

y

2

x

,

t1

0,

t2

2,A(t1

,2t1

,

t1

1)故L的方程为

x

1

y

1

z

1.1

1

2点M0

(1,1,1)和B(2,2,3)同在直线L

上,·2LL1LABM0

M0

A

//

M0

B,M0

A

(t1

1,2t1

1,

t1

2),B(t2

,3t2

4,2t2

1)M0

B

(t2

1,3t2

5,2t2

2)例,2求过点M0

(1,1,1)且与两直线L1

:z

2

x

1L

:

y

3

x

4

都相交的直线L.z

x

1

y

2

x解2

求过直线的两个平面·2LL1LM0Π1

:过M0及L1

,

Π2

:

过M0及L2

,L1的平面(2x

y)

(

x

z

1)

0代入

M0

(1,1,1)

(2

1)

(1

1

1)

0

1Π1

:

3x

y

z

1

0,都相交的直线L.求过点M0

(1,1,1)且与两直线L1

:L2

:

z

2

x

1

y

3

x

4z

x

1

y

2

xΠ

:过M

及L

,·2LL1LM01

0

1

2

0

2Π

:过M

及L

,(3x

y

4)

(2x

z

1)

0Π1

:

3x

y

z

1

0L2的平面代入

M0

(1,1,1)

(3

1

4)

(2

1

1)

0

无解2

Π

:

2x

z

1

02

x

z

1

0L

:

3

x

y

z

1

015

323

4

7与L

:

x

3

y

9

z

14

相交,

并求由该两直线所确定的平面方程.解

5

33

4

7

0,

4

13

17

2设L1

,L2相交,则s1

,s2

,M1

M2

三向量共面.L21LM2M1例

当取何值时,两直线L

:

x

1

y

4

z

3M1

(1,4,3),

M2

(3,9,14),M1

M2

(4,13,17)[s1

,

s2

,

M1

M2

]

在平面上任取一平面方程:x

y

z

2

0.15

3当取何值时,两直线L

:

x

1

y

4

z

323

4

7与L

:

x

3

y

9

z

14

相交,

并求由该两直线所确定的平面方程.2L21LMs1

,

s2

,

M1

M三向量共面.M1M1

(1,4,3)2

5

3

3

4

7

0x

1

y

4

z

3解P1118:求由平面1

:x

3

y

2z

5

0与

2

:3x

2

y

z

3

0

所成二面角的平分平面方程.在平面上任取一点M(x,y,z),则M到两平面

2x

y

3z

8

0或4x

5

y

z

2

0

|

x

3

y

2z

5

|

|

3x

2

y

z

3

|1

9

4

9

4

1

x

3

y

2z

5

(3x

2

y

z

3)证明两直线并求两直线的交点，夹角证及解i2LL1M21M例M1

(21,0,15),2M

(0,0,6)2相交,7

x

z

6

0L

:

2

x

y

0,1

x

10

y

21

02

x

y

3z

3

0L

:

(30,3,21)//(10,1,7),

j

ks1

2

1

31

10

0

i

j

k

2

1s27

0

10

(1,2,7),s1

,

s2

,

M1

M2M1

(21,0,15),

M2

(0,0,6)s1

(10,1,7),s2

(1,2,7),[s1

,

s2

,

M1

M2

]

10

1

7

3

1

7

1

2

7

6

2

7

21

0

21

0

0

2127

x

z

6

0

z

6

7

x求交点：L

:

2

x

y

0

y

2

x,1

x

10

y

21

0代入

L

:

2

x

y

3z

3

0求得交点：(1,2,1).

0三向量共面.且s1

//

s2

,

所以两直线相交.求两直线的夹角：100

1

49

1

4

49

|

(10)（

1）

1（

2）

7

7

|30

19m

2

n

2

p

2

m

2

n

2

p

21

1

1

2

2

2s1

(10,1,7),s2

(1,2,7)|

m1m2

n1n2

p1

p2

|cos

L1

,

L2

301

2

L

,

L

arccos

19

.1平面过三点A(1,0,0求过原点的直线L,使L在平面1

:x

y上,例且与成450角.

1x

y

za

b

c截距式方程解平面

:设L的方向向量：s

(l,m,n),平面

:

x

y的法向量:

n

(1,1,0),1 1s

n,

l

m

0,x

y

z

1,

n

(1,1,1),|

l

m

n

|1

1

1

l

2

m2

n2s,

n

cos

213

l

2

m2

n2|

l

m

n

|L求过原点的直线L,

使L在平面1

:

x

y上,设L的方向向量：s

(l,m,n),

l

m

0,21

|

l

m

n

|

l

m2n,

4

3

2s

(

4

3

2n,

n)

//(4

3

2,

4

3

2,

2)

24

3

24

3

2y

z

.x2直线L

:23

l

2

m2

n22

n,

4

3求:直线L

:x

1

y

z

11

1

1

x

1

y z

11

1

1将直线L由对称式

x

y

1

0化为一般式

z

y

1

0设过L的平面束方程为(x

y

1)

(z

y

1)

0,例在平面

:x

y

2z

1

0的投影直线L0的方程;解(1)求过L与平面垂直的平面方程Lx

3

y

2z

1

0即因而直线L在平面上的投影直线L0的方程

x

y

2z

1

0(

x

y

1)

(z

y

1)

0,x

(

1)

y

z

(1

)

0即为

x

3

y

2z

1

0在平面

:x

y

2z

1

0的投影直线L0的方程直线的一般方程.L且

1

(

1)

2

0

2P69

2(2)az

bxaz

bx

x

y

zax

by

(a3

b3

)

y

z

xay

bz z

x

yay

bzaz

bxax

byax

by证明ay

bzaz

bxax

byay

bzay

bzaz

bxax

byaz

bx

yax

by

b

zay

bz

xx ay

bzaz

bxz ax

by左

a

yaz

y

bz

az

bxax

b

z

bx

ax

byay

x

by

ay

bzx ay

bz

a

y

az

bxz ax

byaz

y

bz

az

bxax

b

z

bx

ax

byay

x

by

ay

bzx ay

bz

a

y

az

bxz ax

byx

ay

z x

bz

zaz x

a2

y

bx

xz

ax

y

z

by

y

a2

yy

z

az y

z bxx ax

b2

z

x

byx

y

ay

x

y

bz

b2

zx

y

z

a3

y

z

xz

x

y

0

0y

z

x

b3

z

xx

y

zx

y

zy

(a3

b3

)

y

z

xz

x

y例

计算1

12

2232n2n

Dn

3解1112Dn!131n1223212111

!n21

n

n!(2

1)(3

1)(n

(3

2)(4

2)(n

2)

[n

(n

1)]

n!(n

1)!(n

2)!2!1!1

7

1

41

256A*

BA

6

A

BA,且A

oo

求B.56A*

BA

BA

6A

56A*

I

BA

6A1

6A

I

解

B

56A*

I

1

6AA1167

14

1

2

11

例设三阶矩阵A,B满足关系:AA1

1

A*56A

1

656

A

A1

I

117

14

1

2

1B

661

1

6

36

1

3

1

1

61

2

62

3

4

3OO

2

02A8设A

4

求及A41,

3

4

4

3A

2 0

2A

2

2A82A1

25A

4

A

8

(100)8

1016,A2

O

A1

O

A

解令例21O

AA

OA

1

2

A

A

100AB

A

B4

3

3

4

1A

2

2

2 0

A2

42

1A

OO

A4A4

1,A2

O

A O

A

34

3

4

3

4

3

4

1A

2

25

00

5241,54

0

0

54A

2

2

2

2

2

0

2

022A

232

20

2242A

23232

22

20

22

0

224642

20

242

1A

OO

A4A4

0

24

26

24

0054

54OO42A

462

20

244

41

0

5

0

54A

1

a

2

aA

1a

0

a

2

1

1

a

2

1

1

a设

求R(A)1

a

2

aA

1

1

a

1

1

1

a

0

a

1

a

a

0

a

2

1

1

1

2

1a

2

1

2

10

0

1

11

a

a

0

a

2

10

0解例0

1

0

0

0

1

1

a

a

0

a

1

2

10

01

a

a

0

a

2

10

0

1的二阶子式中a2

1和0

a

至少有一个不为01

a

0

1

a

1

1

R(

A)

2n式之和

Aij

.ij,1

求A中所有元素的代已知n

方阵A

1000

2222

1110

11,00分析1A且

A1

A*

,例nnA

A

A

A

A

A

A2

n1nn

212An1

A11

A2122n求A中所有元素的代已知n

方阵A

1000

2222

1110

11,00解

A

2

0,式之和

Aij

.ij,1

A

可逆.A且

A1

1

A*

,

A*

A

A1

.例1

00

0

1

1

0

0

1

0

0

1

0

0

0

2222100

0

0111010

0A

I

01

00

0

0

1

1

0

0

1

0

0

1

0

0

0

20001

20

0

0111010

01

00

0

0

1

1

0

0

1

0

0

1

0

0

0

20001

20

0

010001

1

01

00

0

0

1

1

0

0

1

0

0

1

0

0

0

20001

20

0

0111010

01

0

1

0

0

0

0

0

0

0

0

1

0

0

0

20001