解析几何第四版吕林根课后习题答案第三章

1、第三章平面平面的方程1 .求以下各平面的坐标式参数方程和一般方程：(1)通过点M1(3,1,1)和点M2(1,1,0)且平行于矢量1,0,2的平面(2)通过点M1(1,5,1)和M2(3,2,2)且垂直于xoy坐标面的平面；(3)四点A(5,1,3),B(1,6,2),C(5,0,4)D(4,0,6).求通过直线AB且平行于直线CD的平面,并求通过直线AB且与ABC平面垂直的平面.解：(1)M1M22,2,1,又矢量1,0,2平行于所求平面,故所求的平面方程为：一般方程为：4x3y2z70(2)由于平面垂直于xoy面,所以它平行于z轴,即0,0,1与所求的平面平行,又M1M22,7,3,平行于

2、所求的平面,所以要求的平面的参数方程为:AB4,5,1,CD1,0,2从而的参数方程为：一般方程为：10 x9y5z740.(ii)设平面通过直线 AB,且垂直于ABC所在的平面AB4,5,1,ABAC4,5,10,1,14,4,441,1,1)均与平行,所以的参数式方程为:一般方程为：2xy3z20.2 .化一般方程为截距式与参数式：:x2yz40.解：与三个坐标轴的交点为：(4,0,0),(02,0),(0,0,4),所以,它的截距式方程为：工-Z1一般方程为：7(x1)2(y5)0,即7x2y170(3)(i)设平面通过直线 AB,且平行于直线 CD:424所求平面的参数式方程为:3 .

3、证实矢量vX,Y,Z平行与平面AxByCzD0的充要条件为：AXBYCZ0.证实：不妨设A0,那么平面AxByCzD0的参数式方程为：一BC-故其方位矢量为：-,1,0,上.1,AA从而v平行于平面AxByCzD0的充要条件为：rBCxv,一,1,0,0,1共面AAAXBYCZ0.4 .连接两点A(3,10,5),B(0,12,z)的线段平行于平面7x4yz10,求B点的z坐标.解：AB3,2,5z而AB平行于7x4yz10由题 3 知：(3)724(z5)0从而z18.5 .求以下平面的一般方程.通过点12,1,1和23,2,1且分别平行于三坐标轴的三个平面；过点3,2,4且在x轴和y轴上截

4、距分别为2和3的平面；与平面5xy2z30垂直且分别通过三个坐标轴的三个平面；两点13,1,2,24,2,1,求通过1且垂直于1,2的平面；原点在所求平面上的正射影为2,9,6;求过点13,5,1和24,1,2且垂直于平面x8y3z10的平面.x2y1z1解：平行于x轴的平面方程为1100.即z10.100同理可知平行于y轴,z轴的平面的方程分别为z10,xy10.xyz24设该平面的截距式方程为-1,把点3,2,4代入得c故一般方程为12x8y19z240.假设所求平面经过X轴,那么0,0,0为平面内一个点5,1,2和1,0,0为所求平面的方位矢量,x0y0z0点法式方程为5120100:一

5、般方程为2yz0.同理经过y轴,z轴的平面的一般方程分别为2x5z0,x5y0.12113垂直于平面I2,.I2.该平面的法向量n1,1,3,平面通过点13,1,2因此平面的点位式方程为x3y13z20.化简得xy3z20.op2,9,6.2lcos,cos11那么该平面的法式方程为既2x9y6z12196一,cos-.1111296xyz1101111110.那么一般方程AxByCzD0,即：13xy7z370.6.将以下平面的一般方程化为法式方程.解：D3.(6)平面x8y3z10的法向量为n1,8,3,M1M21,6,1,点从4,1,2写出平面的点位式方程为x4y1z21830,那么A1

6、61132,C14,D1126422874,26,将的一般方程乘上1,、.得法式方程.302y5z3.30.30.300.1.1小一“、,益.将的一般方程乘上1,、2.得法式方程1x21,2y0.3.2.1.将的一般方程乘上1.得法式方程x20.0.1-.或9将的一般方程乘上1,、-.得法式方程为90.7.求自坐标原点自以下各平面所引垂线的长和指向平面的单位法矢量的方向余弦 o解:1.D35.1八,、.化为法式方程为737y6z570原点指向平面的单位法矢量为6一,匕的万向余弦为cos72-,cos73一,cos76.-.原点o到平面的距离为75.2.D21.1八,、一.化为法式方程为30原点

7、指向平面的单位法矢量为23,2-人、,一,它的万向余弦为3cos1,cos32,cos32.一.原点o到平面的距离37.第 20 页8.三角形顶点A0,7,0,B2,1,1,C 2,2,2 .求平行于VABC所在的平面且与她相距为各单位的平面方程.uur解：设ABruuura,ACb.点A0,7,0.那么a2,6,1r,b2,9,2写出平面的点位式方程设一般方程AxByCzD0.A3.B2,C6,D140.相距为 2 个单位.那么当p4时D28.当p0时D0.即bcxacyabzabc.SVABC=1.b2c2c2a2a2b2211.设从坐标原点到平面的距离为.求证证实：由题知:b21b2平面

8、与点的相关位置1.计算以下点和平面间的离差和距离：17.pD2.所求平面为3x2y6z280.和3x2y6z0.9.求与原点距离为6 个单位,且在三坐标轴ox,oy与oz上的截距之比为a:b:c1:3:2的平面.解：设ax,b3x,c2x.Qabc0.设平面的截距方程为-yab又Q原点到此平面的距离d6.abc,2222bcac2.22abx16.所求方程为x10.平面一ay3zcz7.21分别与三个坐标轴交于点A,B,C.求VABC的面积.解A(a,0,0),uuuuB(0,b,0),C(0,0,c)ABuuura,b,0,ACa,0,c.uuuuuurABACuurbc,ca,ab;ABu

9、uurACP.(1)M(2,4,3),:2xy2z(2)M(1,2,3),:5x3yz40.解:将的方程法式化,得：2121故离差为：(M)()(2)4313333,1M到的距离d(M)-,(2)类似(1),可求得M到的距离d(M)0.2.求以下各点的坐标:解：(1)设要求的点为M(0,y0,0)那么由题意y016y05或 7.即所求的点为(0,-5,0)及(0,7,0).(2)设所求的点为(0,0,z0)那么由题意知:由此,z02或-82/13.故,要求的点为(0,0,2)及(0,0,82)13(3)设所求的点为(x0,0,0),由题意知:由此解得：x02或 11/43所求点即(2,0,0)

10、及(11/43,0,0)引的高.解：地面 ABC 的方程为:“一6245c所以,高h334.求中央在C(3,5,2)且与平面2xy3z11解：球面的半径为 C 到平面：2xy3z110的距离,它为:(M)5634.35.35：3535(1)在y轴上且到平面22y2z20的距离等于 4 个单位的点;(2)在z轴上且到点M(1,2,0)与到平面3x2y6z90距离相等的点;(3)在x轴上且到平面12x16y15z10和2x2yz10距离相等的点3.四面体的四个顶点为S(0,6,4),A(3,5,3),B(2,11, 5),C(1,1,4),计算从顶点S向底面 ABC 所0相切的球面方程._22-2

11、(x3)(y5)(z2)所求平面为35y12z0或3y4z0.6.求与以下各对平面距离相等的点的轨迹3x6y2z70和4x3y50;9xy2z140和9xy2z60.一1八八一 r解：1:-3x6y2z7.11.令一3x6y2z7-4x75D1D2146.对应项系数相同,可求D-24,从而直接写出所求的方22程:9xy2z40.9 判别点 M(2-11)和 N(12-3)在由以下相交平面所构成的同一个二面角内,还是在相邻二面角内,或是在对顶的二面角内？1:3xy2z30与2:x2yz40I：2xy5z10与2:3x2y6z10235611.14所以,要求的球面的方程为:28胃2g14即：x2y

12、2z26x10y4z180.5.求通过 X 轴其与点M5,4,13相距 8 个单位的平面方程.解：设通过x轴的平面为ByCz0.它与点M5,4,13相距 8 个单位,从而4B13C|,B2C228.48B2104BC105C20.因此12B35C4B3C0.从而得12B35C0或4B3C0.于是有B:C35:12或B:C3:4.解：(1)将 M(2-11),N(12-3)代入1,得:612303263056.03y5化简整理可得：13x51y10z0与43x9y10z700.221470再代入2,得：143440MN 在2的同侧MN 在相邻二面角内那么 MN 在1的异侧那么 MN 在2的异侧M

13、N 在对顶的二面角内此二面角内有点1,2,-3解：设 pxyz为二面角的角平分面上的点,点5x3y32z190(1)23xy4z240(2)在2上取点00-6代入12,102两平面的相关位置1 .判别以下各对直线的相关位置：（1）x2y4z10与上z30;42（2）2xy2z50与x3yz10；10 试求由平面1：2xy2z30与2：3x2y6z10所成的二面角的角平分方程,在在1上取点1850)代入12,1020(2)将 M(2-11)N(12-3代入 1,得:4151902215180再代入2,得:662113034181200P 到12的距离相等2xy2z3收12223x2y6z 化简得

14、启22622为所求,解平面的方程为：3xy4z240i 一11,.、解：(1)1:2:(4):：(1),42(2)2:(1):(2)1:3:(1),2.分别在以下条件下确定l,m,n的值:y3z10与7x2yz0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,那么:即：71337一,m,n.999(2)欲使所给的二方程表示二平行平面,那么:所以：l4,m3.(3)欲使所给的二方程表示二垂直平面,那么:,1所以：l.73 .求以下两平行平面间的距离:(1)19x4y8z210,19x4y8z420；(2)3x6y2z70,3x6y2z140.解：(1)将所给的方程化为：所以两平面间的

15、距离为：2-1=1.(2)同(1)可求得两平行平面间的距离为 1+2=3.4 .求以下各组平面所成的角：(1)xy110,3x80;(2)2x3y6z120,x2y2z70.解：(1)设 1：xy110,2：3x803(1,2)一或一.44(3)6:2:(4)9:3:(6),(3)中两平面平行(不重合)(1)中的两平面平行(不重合)；(2)中两平面相交;(1)使(l3)x(m1)y(n3)z80和(m3)x(n9)y(l3)z160表示同一平面;(2)使2xmy3z50与lx6y6z20表示二平行平面；(3)使lx从而：l(3)通过点M(15,3)且与x,y,z三轴分别成60 ,45,120的

16、直线;(4)通过点M(1,0,2)且与两直线人y11(5)通过点M(2,3,5)且与平面6x3y5z20垂直的直线.解:即:(1)由本节(x3y6)式,得所求的直线方程为:x3yz,亦即、182,、2)COS或(1,2)215.求以下平面的方程：空间直线的方程1.求以下各直线的方程:(2)通过点M0(x0,y0,z0)且平行于两相交平面(i1,2)的直线;18cos.21(1)通过点M10,0,1和M23,0,0且与坐标面xOy成600角的平面；(2)过z轴且与平面2xy5z0成60角的平面.x解设所求平面的方程为一31.又 xoy 面的方程为 z=0,所以COS60b0112一3解得b,:所

17、求平面的方程为.20y3.261,即x:26y3z3设所求平面的方程为AxBy0;那么cos602AB_2_23A8AB3B一或A3B3所求平面的方程为3y0或3xy0.(1)通过点A(3,0,1)和点B(2, 5,1)的直线;(2)欲求直线的方向矢量为:xXOyVozzOBICIICIAIIAB1B2C2C2A2A2B2所以,直线方程为:(3)欲求的直线的方向矢量为:cos60,cos45,cos1201二12,2,2故直线方程为:(4)欲求直线的方向矢量为：1,1,11,1,01,1,2,所以,直线方程为：x1yz2112(5)欲求的直线的方向矢量为：6,3,5,所以直线方程为:2.求以下

18、各点的坐标:(1)在直线x2y3z5635L_8二_8上与原点相距 25 个单位的点;13(2)关于直线xy4z120y与点P(2,0,1)对称的点2xy2z30解：(1)设所求的点为M(x,y,z),那么：p2222又xyz25即：(12t)2(8t)2(83t)2252,解得：t4或627一,117所以要求的点的坐标为：(9,12,20),(,(2)直线的方向矢量为：1,1,46130、-,一).772,1,26,6,3,或为2,2,1,过P垂直与直线的平面为:2(x2)2y(z1)0,即2x2yz30,(1,1,3),所以假设令P(x,y,z)为 P 的对称点,那么:x0,y2,z7,即

19、P(0,2,7)o3 .求以下各平面的方程：(1)通过点p(2,0,1),且又通过直线工J2的平面;2135x8y3z904向三坐标面所引的三个射影平面2x4yz10解：(1)由于所求的平面过点p(2,0,1np(1,0,2),且它平行于矢量2,1,3方程为：即x5yz10.(2)直线的方向矢量为2,1,11,2,11,3,5,平面方程为：即11x2yz150(3)要求平面的法矢量为2,3,23,2,11,8,13,平面的方程为：(x1)8(y2)13(z2)0,即x8y13z90.,、5x8y3z90(4)由方程,2x4yz10分别消去x,y,z得到：此即为三个射影平面的方程.4 .化以下直

20、线的一般方程为射影式方程与标准方程,并求出直线的方向余弦:该平面与直线的交点为(2)通过直线平行的平面;(3)通过直线y35y23z1,-一1且与直线12且与平面3x2yz50垂直的平面;2(4)通过直线,所以要求的平面36y11z230,9xz70,11x4y602xyz1011)3xy2z30 xyz0,xi2xii z6022)2x4yz603一z51z5z639z42标准方程为:解:(1)直线的方向数为:3):1:(5)3z51z5标准方程为:52x5方向余弦为:cos35355cos135(2)直线的方向数为:x射影式方程为：y4一z43一z4z,335,cos5.350404:3:

21、(4),4244,184射影式方程为:z,方向余弦为：cos1,41cos4414cos1.414,41(3)直线的方向数为:射影式方程为:方向余弦为：cos0,cos5.一线与三坐标轴间的角分别为2cos2cos2cos1,1.2,0：(cos2.证实sin.2sinsin21sin21)：(1)0:1:1,.2sin2sin2.1,即.2sin.2sin.2sin2.直线与平面的相关位置1.判别以下直线与平面的相关位置:(1)(2)y4z.一与4x73z.与3x72y(3)5x3y2z(4)解:2y7z0与4x2z3；8;2x3y7z70；(1)2t9t9与3x4y7z102)4(7)(2

22、)(2)0,4)20317所以,直线与平面平行.63.确定l,m的值,使：(1)直线人二)二z 与平面lx3y5z10平行;4 31x2t2(2)直线y4t5与平面lxmy6z70垂直.z3t1解：(1)欲使所给直线与平面平行,那么须:即l1.(2)332(2)1770327所以,直线与平面相交,且由于-327直线与平面垂直.(3)直线的方向矢量为：5,3,22,1,15,9,1,4539710,而点M(2,5,0)在直线上,又4(2)3(5)70,所以,直线在平面上.(4)直线的方向矢量为1,2,9,直线与平面相交._xy1z1-2.试验证直线 l:1与平面112解：2(1)111230直线

23、与平面相交.xt又直线的坐标式参数方程为：y1tz12t2xyz30相交,并求出它的交点和交角设交点处对应的参数为t0,t01,从而交点为(1,0,-1).又设直线l与平面的交角为,那么:sin2(1)11121J662(2)欲使所给直线与平面垂直,那么须:所以：14m8AxByCiZ04.决定直线和平面(A1A2)x(B1B2)y(C1C2)z0的相互位置A,xB2yC2z0解：在直线上任取M1(x1,y1,z1),有:这说明M1在平面上,所以已给的直线处在已给的平面上.6.求以下球面的方程面.1t32,t为过切点332t35.设直线与三坐标平面的交角分别为、一一2,.证实cos2cosco

24、s1232.证实设直线与X,Y,Z 轴的交角分别为yoz,zox,xoy面的交角依次为么,.而cos222cos2cos21.2cos一22cos2cos一21.2从而有cos2cos2cos2.(1)与平面 x+2y+3=0 相切于点M1,1,3且半径 r=3的球面;与两平行平面 6x-3y-2z-35=0和 6x-3y-2z+63=0都相切且于其中之一相切于点M5,1,1的球解:且垂直与平面的直线x56t,y13t,z12t为过点且垂直于两平面的直线,将其代入第二个平面方程,得,21149.故所求球面方程49空间直线的相关位置Ax.D10且A2x0D20即庆1A20,但直线不与x轴重合,D

25、1,D2不全为零.2 .确定值使以下两直线相交:43 .判别以下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；如果是异面直线,求出它们之间的距离.2,反代回参数方程7,y5,z3.设球之中央为C,半径为r,那么i.直线方程AxAxByB2yC1zD10C2zD21的系数满足什么条件才能使:0(1)直线与x轴相交;(2)直线与 X 轴平行;(3)直线与 x 轴重合.解:(1)所给直线与X轴相交X0使1,2,1,r2(2)A1AD1D20且A1,A2不全为零.x轴与平面A1xB1yC1zD10平行又x轴与平面A2xB2yC2zD20平行,所以参照(2)有A1A20,且D1D20o

26、(1)3xyx4y2z150入与z轴;0(2)解：从而(2)从而:(1)假设所给直线相交,那么有(类似题5.假设所给二直线相交,那么51):x2y2z0 x2yz110(1)与3x2y602xz140平面的方程为：3xyz3(3)xty2tzt1y4z2175-解：(1)将所给的直线方程化为标准式,为：(-2):3:4=2:(-3):(-4)二直线平行.一,33_、又点(一,一,0)与点(7,2,0)在二直线上,2433矢量7,2,024115c一,一,0平行于二直线所确定的平面,该平面的法矢量为:241152,3,4-,-,05,22,19,24从而平面方程为:5(x7)22(y2)19(z

27、0)0,即5x22y19z90(2)由于2700,二直线是异面的.I直线的距离：d二3,1,13,2,4270330,6215232(3)由于1301210,475但是：1:2:(-1)w4:7:(-5)所以,两直线相交,二直线所决定的平面的法矢量为1,214,7,53,1,1,X3y三与土Jy2z,试求它们的公垂线方程.210101公垂线方程为:x2y5z802x2y2z205.求以下各对直线间的角x1y2z5-x工与一36220一4xy6z20与0y3z206541272.93644813677arccos72或7772arccos.773x4y2z0的对称式方程为:-y-,2xy2z01

28、0211直线4z-4xy6z20 xy63y的对称式万程为：-y-3y3z2031246 .设d和d分别是坐标原点到点M(a,b,c)和M(a,b,c)的距离,证实当aabbccdd时,直线MM通过原点aabbccdd时,直线MM通过原点.x1y3z一7 .求通过点1,0,2且与平面3xy2z10平行,又与直线工一相父的直线421方程.解设过点1,0,2的所求直线为解：由于2,1,01,0,11,2,4.给定两异面直线:x亦即X2y5z8yz10.3x4y2z2xy2z解cos98arccos19598arccos195uuuruuur证OMa,b,c,OMuuuuuuuiruuuuuimrO

29、MOMOMOMuuuua,b,c,OMuuuruuuurcos(OM,OM)uuuurOMaabbcc,而当uuuruuuurdd时,必有cos(OM,OM)uuuruuuur1,.-.OM/OM,.当xX2y1y2乙z2它与平面3xy2z10平行,所以有3xy2z0(1)又直线与直线相交,那么必共面又有即 7x+|8y-12z=01由,得X:Y:Z8而4:50:314:2:1所求直线的方程为x1yz2450318.求通过点4,0,1且与两直线xyz1x,与2xyz22xyz4yz3一、都相交的直线方程4设所求直线的方向矢量为一,x4那么所求直线可写为Xvx,y,zyz1.YZ直线1I平行于矢

30、量n1n21,1,12,1,10,3,3矢量v0,3,3为直线l1的方向矢量,11c人.、-由于0因此令 y=o 解方程组得12x=1,z=o点(1,o,o)为直线l1上的一点x5y直线l1的标准方程为-51l与1I,12都相交且1I过点MI1,0,0.方向矢量为v10,3,3.301有meM0330XYZ即 X+3Y+3Z=0.即 X-13Y-3Z=0.得 X:Y:Z=30:6:-16又.30:6:160:3:3,即v不平行v1.22%1830:6:165:1:6,即v不平行v2.所求直线方程为：x2v1z39,求与直线v一一-平行且和以下两直线相交的直线871z5x6z2x4,z4x3z3

31、y5x2t3y3t5,zt解在两直线上分别取两点M19,0,39,M20,3,4,-25垂直相交的直线方程223X+2Y-2Z=0即 50X-69Y+6Z=0v.X,Y,Zy1z0YZ(1)(2)由(1),(2)得X:Y:Z120:131:311第一条直线的方向矢量为v10,1,0,第二条直线的方向矢量为v23,2,6,作两平面:即x8z3030;8x9yz310,将其联立即为所求直线的方程x3y5z2310,即2x3y5z871210(1)x10y7z5410,即xy871,2x3y5z210(2)联立：J.xyz170这就是所要求的直线方程.z170(2)x5t10y4t7zt解设所求直线

32、的方向矢量为-x2那么所求直线|0可写为X故所求的平面方程为:即：9x3y5z0.(2)同(1)中所设,可求出即：21x14z30.从而:所以所求平面方程为：7x14y52.求平面束(x3y5)(xy2z4)0,在x,y两轴上截距相等的平面所求直线l0为:空间直线与点的相关位置Ax1.直线A2xByC1ZD1B2yC?zD20八通过原点的条件是什么?0解：直线通过原点故条件为D1D22.求点p(2,3,1)到直线2x2yz303x2y2z17的距离0解：直线的标准方程为：所以,p 到直线的距离为:1324JI22492025：222一21(2)4515o3平面束1.求通过平面4x3z10和x5y20的交线且满足以下条件之一的平面:(2)与y