几何与代数第1章习题答案

几何与代数导引 课后习题 第一章第一章 向量 平面与直线向量 平面与直线 1 1 向量的线性运算 1 证明下列向量不等式 并说明等号何时成立 1 abab 2 abab 3 abcabc 证明 1 i 当a 与b 共线时 a a 与b 同向 abab b a 与b 反向 ababab ii 当a 与b 不共线时 根据向量加法的三角形法则 以abab 为长度的三条线段可以构成一个 三角形 因为三角形两边之和大于第三边 所以有abab 综合 i ii a ba b 等号当a 与b 同向时成立 2 i 当a 与b 共线时 a a 与b 同向 abab b a 与b 反向 ababab ii 当当a 与b 不共线时 根据向量减法的定义 以abab 为长度的三条线段可以构成一个三角 形 因为三角形两边之差小于第三边 所以有abab 综合 i ii a ba b 等号当a 与b 同向时成立 3 由 1 所证结论 有 abcabcabcabc 等号当三向量同向时成立 推广结论 1212 nn aaaaaa 等号当向量都同向时成立 2 设abc 是非零向量 实数klm 非零 证明 kalb lbmcmcka 共面 证明 0kalblbmcmcka 令 1123 i ki 则存在不全为零的实数 123 kkk 使得 123 0k kalbklbmckmcka 由推论 1 2 可知 kalb lbmcmcka 共面 3 在三角形 123 p p p中求一点o 使得 123 0opopop 证明 取 23 p p中点 1 q 13 p p中点 2 q 连结 1 122 p qp q 交于 一点o 则点o为所求点 满足 123 0opopop 下证之 几何与代数导引 课后习题 连结 3 op 延长 1 oq至 1 q 使 11 1 oq qq 易知 213 op q p 为平行四边形 所以有 231 opop oq 由几何性 质可知 11 op oq 231 opopop 即 123 0opopop 所以点o为所求点 4 对任意取定的点组 12 n ppp 证明 1 存在唯一的点p 使得 1 0 n pppp p称为这个点组的重心 2 对任意点o 12 n opopopnop 证明 1 将 1 0 n pppp 进行变形 则 12 n opopop op n 任意取定一点o 则存在向量op 满足上述式子 即点p存在 下面证明点p唯一 假设还有一点 p 满足 1 0 n pppp 则有 12 n opopop op n 故点p与点 p 重合 所以满足条件的点唯一 2 直接变形即可得到 为了方便证明之后题目中的结论 我们先给出个引理及其证明 引理 在三角形OAB中 OAa OBb 而MN 分别为三角形两边OAOB 上的点 且有 0101OMaONb 设AN与BM相交于P 则 11 11 OPab 证明 因为OPOMMP OPONNP 而OMa MPmMBm OBOMm ba ONb NPnNAn OA ONn ab 所以 1OPam bam amb 1OPbn abnan b 由于a b 不共线 故 1 1 1 11 1 m mn mn n 几何与代数导引 课后习题 代入 可以得到 1111 1 1111 OPabab 5 用向量法证明 1 三角形 123 p p p三条中线交于一点o 且o就是三个顶点的重心 证明 如图所示 123 qqq 分别为 123 ppp 所对边的中点 连结 1 122 p qp q 设两线交点为 o 连结 33 opoq 根据已知 我们有 3231 1 2 p qp p 3 132 1 2 p qp p 由引理 则有 332313231 1111 11 112222 1111 33 11 2222 p op pp pp pp p 同理 我们有 11312 11 33 p op pp p 故 311 31 21 31 23 23 1 1111 3326 o qo ppqpppppppppp 我们可以发现 13 1 2 p op o 这样就说明了向量共线 则有三条中线相交于点o 由引理 我们得到 22321 11 33 p op pp p 将 123 op op op 相加 得到 123 0opopop 就说明了 o就是三个顶点的重心 2 四面体 1234 p p p p的对棱中点连线交于一点o 且o就是四个顶点的重心 证明 设四面体的一组对边 1234 p pp p 的中点 12 qq 的连线为 12 q q 它的中点为 1 m 其余两组对边中 点的连线分别为 23 mm 下面只需要证明 123 mmm 三点重合就可以了 取不共面的三个向量 121314 p p p p p p 先求出 11 p m 用 121314 p p p p p p 线性表示的关系式 联结 12 p q 我们可以得到 11121 1131412 11 11 22 22 p mp qp qp pp pp p 则 11121314 1 4 p mp pp pp p 同理可得 1121314 1 2 3 4 i p mp pp pp pi 所以 111213 p mp mp m 123 mmm 三点重合 记此点为o 下证o就是四个顶点的重心 由上面证明过程我们可以得到 1121314 1 4 opp pp pp p 我们可以把其余三个顶点作为不共面向量的起点 这样可以得到以下式子 223242133431324414243 111 444 opp pp pp popp pp pp popp pp pp p 相加 就可以得到 1234 0opopopop 则o就是四个顶点的重心 几何与代数导引 课后习题 3 正n边形 12 n p pp的中心o就是它的n个顶点 12 n ppp 的重心 证明一 将正n边形旋转 2 n 则 1212 nn opopopopopop 只有零向量旋转后不变 故 12 0 n opopop 说明o就是它的n个顶点 12 n ppp 的重心 上面的证明思维很巧妙 也很简单 道理说得也很清楚 可能不太容易想到 我们再给出另一种方法 证明二 由正n边形的几何特性 i op为 11 23 1 ii p opin 的角平分线 特别地 1 op平分 2n p op n op平分 11n pop 设 12n opopop 则 21311 nn opopopopopop 将这n个等式相加并化简 得到 12 21 0 n opopop 若 1 210 2 则 12 1 2 n opopop 此时有 12 n ppp 共线 矛盾 所以 12 0 n opopop o就是它的n个顶点 12 n ppp 的重心 6 用向量法证明 三角形 123 p p p的三条角平分线交于一点p 并且对任意一点o 有 112233 123 1 opk opk opk op kkk 其中 123 kkk 分别对应的是点 123 ppp 所对的边的边长 证明 设三条角平分线为 1 12233 p qp qp q 其中 123 qqq 分别在 233112 p pp pp p 上面 设 1 122 p qp q 的交点为p 联结 3 p p 下证 3 p p 与 33 p q 共线 根据角平分线性质定理 经过计算 可以得到 122 32313 1321312 122312 kkk p qp p p qp p p qp p kkkkkk 由引理 有 12 33132 123123 kk p pp pp p kkkkkk 而 221 3331123231 121212 kkk p qp pp pp pp p kkkkkk 可知 12 333 123 kk p pp q kkk 即 3 p p 与 33 p q 共线 故三条角平分线相交于一点p 类似的 有 31 22123 123123 kk p pp pp p kkkkkk 32 11213 123123 kk p pp pp p kkkkkk 几何与代数导引 课后习题 代入可得 112233112233 123 1 0k p pk p pk p popk opk opk op kkk 得证 7 设 123 ppp 是不在一直线的三点 o为任意取定的一点 证明 1 点p在 123 ppp 确定的平面上 当且仅当存在实数 123 kkk 使得 112233123 1opk opk opk opkkk 证明 必要性 点p在 123 ppp 确定的平面上 说明 1 p p 可用 1213 p p p p 线性表出 即 11213123112233 1p pap pbp popab opaopbopk opk opk op 其中 123123 11kabkakbkkk 必要性证毕 充分性 存在实数 123 kkk 使得 112233123 1opk opk opk opkkk 23122331212313 1opkkopk opk opp pk p pk p p 则点p与 123 ppp 共面 2 点p在 123 p p p 内 包括三边 当且仅当存在非负实数 123 kkk 使得 112233123 1opk opk opk opkkk 证明 必要性 点p在 123 p p p 内 包括三边 故点p在 123 ppp 确定的平面上 1 p p 可用 1213 p p p p 线性表出 即 11213123112233 1p pap pbp popab opaopbopk opk opk op 其中 123123 11kabkakbkkk 由于点p在 123 p p p 内 所以 123 0101010ababkkk 所以 存在非负实数 123 kkk 使得 112233123 1opk opk opk opkkk 必要性得证 充分性 存在实数 123 kkk 使得 112233123 1opk opk opk opkkk 23122331212313 1opkkopk opk opp pk p pk p p 则点p与 123 ppp 共面 因为 123 kkk 为非负实数 且 123 1kkk 故 2323 010101kkkk 点p在 123 p p p 内 包括三边 充分性得证 8 四点 1234 pppp 共面 当且仅当存在不全为零的实数 1234 kkkk 使得 112233441234 00k opk opk opk opkkkk 几何与代数导引 课后习题 其中 o为任意取定的一点 证明 必要性 四点 1234 pppp 共面 不妨假设 234 ppp 不共线 则 12 p p 可以用 2334 p p p p 线 性表出 即 1223341234 10p pap pbp popaopab opbop 其中 12341234 110kkakabkbkkkk 必要性得证 充分性 存在不全为零的实数 1234 kkkk 使得 112233441234 00k opk opk opk opkkkk 不妨设 2 0k 变形之后得到 34 212313414211314 22 0 kk k p pk p pk p pp pp pp p kk 所以 我们知道四点 1234 pppp 共面 充分性得证 9 设G是一个点集 如果连结G中任意两点的线段上的每一点都在G中 则称G是凸的 证明 由同 一点出发的向量 1122 mm xk ak ak a 的终点组成的区域是凸的 其中 1 m kk 都是非负实数 并且 1 1 m kk 预备知识 关于凸性的具体说明 K是一个凸图形 12 xx 是其中的两点 则连接它们的直线段也在K中 而非凸图形 K 则不具备这 种性质 一般情形下 01 101xxx 对应连接 01 xx 的线段中的一点 尤其是0 时 x 对应 0 x 1 时 x 对应 1 x K是凸集是指 0101 011xxKxxK 证明 下面对元素个数进行归纳性说明 1m 时结论显然成立 2m 时 由预备知识可知 结论依 然成立 设结论在mn 时也成立 要证明对于01 1 i kin i aG 时 1 m ii i xk aG 几何与代数导引 课后习题 不失一般性 设0 i k 则 1 1 10 n ni i kk 由归纳假设 1 1 11 11 n k nn kk yaaG kk 因为 1 1 1 1 n i i n k k 由定义 111 1 nnn xkykaG 故结论成立 10 证明 对任意 3n n 个向量 1 n vv 存在不全为零的数 1 n kk 使得 1 1 0 nn k vk v 证明 1 当n个向量中至少有一个零向量的时候 不妨设 1 0v 取 1 102 i kkin 即满 足题意 2 当n个向量全不为零向量时 存在不全为零实数 使 41231234 0vkvlvmvkvlvmvv 取 1234 105 i kkklkmkkin 即可满足题意 1 2 基与仿射坐标系 11 在仿射标架中 已知 5 211 4 2115abc 求32abc 解 323 5 2 1214 21151634abc 12 设p和q分别是平行四边形 1234 p p p p的边 23 p p和 34 p p的中点 求点 234 ppp 在仿射标架 111 p p p p q 中的坐标 解 首先 我们求出 2 p的坐标 即寻找实数ab 使得 1211 p pap pbp q 121213214111211121 111 111 222 242 p pp pppp pp pp pp pp pp pp qp pp pp q 化简 得到 1211 42 33 p pp pp q 故仿射标架下 2 42 33 p 由于p为 23 p p中点 故 1121313112 1422 2 22 10 2333 3 p pp pp pp pp pp p 在平行四边形中 131214141312 2 2422 4 3 3333 3 p pp pp pp pp pp p 综合上述过程 234 422 22 4 333 33 3 ppp 13 设 1234 p p p p是梯形 向量 1243 3p pp p p和q分别为 23 p p和 34 p p的中点 求点 124 ppp 在仿 几何与代数导引 课后习题 射标架 111 p p p p q 中的坐标 解 显然 1 0 0p 12121313111211 1 2 6 p pp pppp pp pp pp qp qp pp pp qp p 化简 得 12112 126126 7777 p pp pp qp 14141124 1212 82 8 01 6777 77 7 p pp qp qp qp pp 14 设 121415 p pp pp p 是一平行六面体的顶点 1 p处的三条棱 p是过 1 p的对角线和 245 ppp 所在 平面的交点 求p在仿射标架 1121415 p p p p p p p 中的坐标 解 由几何性质易知 p是三角形 245 p p p的重心 故坐标为 1 1 1 3 3 3 15 设 123 ppp 三点共线 且简比 123 2 5 ppp 已知在一个仿射标架中 点 13 pp 的坐标分别 为 37 38 2 3 求点 2 p的坐标 解 1231332 22 55 pppp pp p 设 2 pxyz 则有 24121 55 08233 522 xyzxyz 16 设三点 123 ppp 共线 且在某个仿射标架中坐标依次为 3 4 12 5 01ab 试求ab 和 简比 123 ppp 解 由于三点共线 设 123 pppk 则有 1332 33124p pk p pabkab 解之 123 3 64 4 kpppab 17 写出仿射标架下不共线三点的重心坐标公式 解 设三点在仿射标架下坐标为 112321233123 pxxxpyyypzzz 由重心的定义 123 0opopop 故重心坐标为 333111222 333 xyzxyzxyz o 18 Ceva 定理 设点 312 qqq 依次为三角形 123 p p p的三边 122331 p pp pp p 的内点 记 112322313312 kppqkppqkppq 证明 三条线段 1 12233 p qp qp q 交于一点 当且仅当 1 23 1k k k 几何与代数导引 课后习题 证明 建立仿射标架 11213 p p p p p 由已知 1 31322 121332321 p qk q pp qk q pp qk q p 则我们 得到下面的坐标 12 123321 1322 11 0 0100100 1111 kk pppqqq kkkk 必要性 不妨设三条线段 1 12233 p qp qp q 交于一点o 根据引理 见习题 1 1 我们可以求出坐标 1 3 31 331 3 1 11 k k o kk kkk k 由于 11 poq 三点共线 我们有 1 322 231 3231 322 111 111111 k kkk kkk kkkk kkk 化简后得到 1 23 1k k k 必要性得证 充分性 设 2233 p qp q 交于一点o 由 1 23 1k k k 可以推得 1 322 231 3231 322 111 111111 k kkk kkk kkkk kkk 这样我们可以说 11 poq 三点共线 故三条线段 1 12233 p qp qp q 交于一点 充分性得证 1 3 向量的外积与内积 19 在直角坐标系中 求向量 12 2b 沿 3 1 2a 的正交分解 12 bb 解 392799 cos31 2 14 14 7143 14 a b pr bab a a 13 19 5 14 14 7 a bpr b 故 12 279913 19 5 14 14 714 14 7 bb 20 设三向量abc 不共面 向量d 满足 0d ad bd c 证明 0d 证明 由于三个向量不共面 必存在非零向量0e 并有不全为零的实数 使得ekalbmc 00e dka dlb dmc dd 21 设0314abcabc 求a bb cc a 解 2222 2013abcabca ba cb ca ba cb c 22 用向量运算表述勾股定理和余弦定理 并证明之 解 设三个向量abc 首尾顺次连接围成一个三角形 则有0abc 几何与代数导引 课后习题 则 22 222 2cosabcabccaba bab 当ab 时 即可得勾股定理 23 证明 abab 当且仅当0a b 证明 必要性 2222 0ababababababa b 充分性 由必要性证明逆推即可 24 在直角坐标系下 已知 1 0 112 0121abc 求 3abbc 解 34232413141012abbcabbc 25 证明下列向量恒等式 1 2222 22ababab 2 22 4ababa b 证明 将等式左边转化成向量相乘 并展开 即可得到结果 3 a bca c bb c a 二重外积公式 证明 若三个向量中有一个为零向量 或者ab 共线 或者c 与ab 都垂直 则等式两边都为零向量 公 式成立 现在设abc 为三个非零向量 且ab 不共线 为了证明这时公式也成立 我们先证明ca 时成立 即有 2 a baaba b a 由于 a ba 与ab 共面 而ab 不共线 从而可以设 a baab 将上面的式子分别与ab 作数量积 得到 2 2 2 2 0aa b a b a a bba b 代入即可 下面证明一般情况成立 由于三个向量aba b 不共面 所以 对于空间的人一向量c 我们有 caba b 从而 a bca baba ba bab ab 利用之前得到的公式化简 通过变形 就可以得到最后结果 4 0a bcb cac ab Jacobi 恒等式 证明 a bca c bb c a b cab a cc a b c abc b aa b c 三个式子相加 就可以得到 0a bcb cac ab 几何与代数导引 课后习题 5 a bc da cb db ca d Lagrange 恒等式 证明 a bc da bcda c bb c ada cb db ca d 6 a bc dabd cabc d 证明 令ea b 则 a bc dec de d ce c dabd cabc d 7 0bcd acad babd cabc d 证明 题目有误 应为 0bcd acad babd cabc d 26 证明 下面的方程组 1 有非零解 当且仅当其系数行列式为零 讨论方程组 2 在什么条件下有 解 有唯一解 并将所得结论推广到三个变量的情形 1 1112 2122 0 0 a xa y a xa y 2 11121 21222 a xa yb a xa yb 解 1 两个方程可以看作二维平面内两条直线 解即为直线的公共部分 由于两条直线均经过原点 所以要求解非零 当且仅当两条直线重合 则他们的系数对应成比例 就有系数行列式为零 2 参见课本 1 3 节中有关 Cramer 法则的讨论 27 用行列式解方程组 1 231 456 xy xy 2 234 2252 3566 xyz xyz xyz 解 1 13 2 4 x y 2 118 5 12 5 54 5 x y z 28 设abc x 为向量 证明 1 axbxcx 共面 证明 当0 x 时 axxb xxcxx 故axbxcx 共面 当0 x 时 显然成立 2 abc 共面 当且仅当a bb cc a 共线 证明 必要性 abc 共面 则存在不全为零的实数 123 kkk 使得 123 0k ak bk c 分别让上式与abc 作外积 那么就可以推得a bb cc a 两两共线 则它们必共线 充分性 a bb cc a 共线 当0a b 时 显然成立 几何与代数导引 课后习题 当0a b 时 12 b ck a b c aka b 则a babc 故abc 共面 3 设ab 不垂直 a xk bxc 试用abck 表示x 解 根据二重外积公式 bxab a xx a bb a xkbc a 由此解得 c akb x a b 1 4 空间的平面与直线 29 在访射标架中 求下面平面的一般方程和参数方程 1 过点 6101 0 13 1 1 解 0 610511301ruv 参数方程为 12 1 12 653 1 xtt yt ztt 一般方程234xyz 2 过点 1 02132 平行于向量 12 4v 解 0 10223412 4ruv 参数方程 12 12 12 1 2 32 244 xtt ytt ztt 一般方程201218xyz 3 过点 3 12 和z轴 解 0 3 120 0 13 12ruv 参数方程 2 2 12 33 1 22 xt yt ztt 一般方程30 xy 4 过点 6 1 01 0 1 平行于y轴 解 0 6 105110 10ruv 参数方程 1 12 1 65 1 xt ytt zt 一般方程56xz 5 过点 6 1 0 平行于平面325xy 解 一般式可设为32xyd 将已知点带入 一般方程为3216xy 在平面上取两点 250080 则 0 6 104 6 06 9 0ruv 参数方程 12 12 646 1 69 0 xtt ytt z 几何与代数导引 课后习题 6 过两平面2321xyzxyz 的交线以及点 12 0p 解 交线的标准方程为 11 135 xyz 则交线的方向向量为 135 过点 110 0 110135010ruv 参数方程 1 12 1 1 1 3 5 xt ytt zt 一般方程55xz 7 过直线 1 211 xyz 且平行于直线 1 212 xyz 解 1 211 xyz 的方向向量为 211 过点 10 0 0 10 0211212ruv 参数方程 12 12 12 122 2 xtt ytt ztt 一般方程21xy 8 过平面43152xyzxyz 的交线 且在yz 轴上有相同截距 解 交线的标准方程为 59 77 213 xz y 则交线的方向向量为 213 过点 59 0 77 由于平面在yz 轴上有相同截距 可设方程经过点 000 0aa 由于三点共面 所以有 2 59 0 77 5 00000 7 00 aaa a 0 59 0 0 02130 77 ruv 参数方程为 12 1 12 5 2 7 9 3 7 xtt yt ztt 一般方程9350 xyz 30 在直角坐标系下 求下列平面的方程 1 过点 12 0 一个法向量为 312 解 根据点法式 平面方程为 31220321xyzxyz 2 过点 314103 垂直于平面251xyz 解 由于所求平面垂直于平面251xyz 则平面的一个平行向量为 2 51 几何与代数导引 课后习题 0 10321725 1ruv 平面方程为 12 12 12 122 5 37 xtt ytt ztt 3 与平面62315xyz 平行 且这两个平面与点 021 等距 解 设平面为 62315xyzd d 由于两平面与点 021 等距 故 116 17 77 d d 所求平面的方程为62317xyz 4 经过z轴 且与平面257xyz 交成60 角 解 由已知 可设平面方程为0axby 法向量为 0ab 由于两平面交角为60 故两个法向量的夹角为60 或120 即 12 22 211 3 23 10 ab abab ab 故所求平面方程为30 xy 或30 xy 5 经过点 2 03 且垂直于平面247 3521xyzxyz 解 所求平面必定与已知两平面的法向量平行 取 0 2 0312 4352ruv 平面的参数方程为 11 12 12 23 25 342 xtt ytt ztt 31 在一个仿射标架中 设直线 1 l的一般方程为 70 260 xyz xy 直线 2 l经过点 112p 平行于向 量 123v 试判别它们的位置关系 解 直线 1 l的标准方程为 61 123 xyz 方向向量为 123u 过点 0 61q 由于 123u 123v 平行 故两条直线平行 不重合 32 在仿射标架中 求下列直线的方程 1 过点 2 35 方向向量为 13 4 解 直线标准方程为 235 134 xyz 2 过点 101123 解 方向向量 2 24 直线标准方程为 11 224 xyz 几何与代数导引 课后习题 3 过点 101 平行于平面320 450 xyzxyz 的交线 解 交线的标准方程为 111 xyz 方向向量为 111 所求直线标准方程 11 111 xyz 4 过点 119 0 与直线 13521 243512 xyzxyz 都相交 解 设所求直线标准方程为 119xyz abc 由于所求直线与两已知直线都相交 那么有 101251171 2430512068acbc abcabc 故所求直线标准方程为 119119 68681 xyzxyz ccc 5 平行于向量 8 7 1 与 135107 231541 xyz xyz 都相交 解 设所求直线标准方程为 871 xaybzc 由于所求直线与两已知直线都相交 那么有 135107 23105410928757 871871 abcabc acbc 不妨取10c 则125ab 则所求直线标准方程为 12510 871 xyz 33 在仿射标架中 求下列直线的标准方程 1 平面320 450 xyzxyz 的交线 解 111 xyz 2 平面322 451xyzxyz 的交线 解 35 77 111 xz y 34 在直角坐标系下 求下列直线的方程 1 过点 213 与直线 1 12 102 xyz l 相交且垂直 正交 解 设直线方程为 213xyz abc 由于两直线正交 故20ac 由于两直线相交 故 111 1020220230abbcabc abc 则 5 2 3 acbc 故所求直线方程为 213 5 21 3 xyz 几何与代数导引 课后习题 2 过点 4 23 平行于平面320 xyz 垂直于直线 25 10 xyz z 解 设直线方程为 423xyz abc 直线 25 10 xyz z 标准方程为 1510 210 xyz 由已知条件 320 7 202 7 c a abc abc b 故直线标准方程为 423 127 xyz 3 从点 231 引向直线 1 11 211 xyz l 的垂线 解 设直线方程为 231xyz abc 则直线与已知直线垂直并相交 我们有 121 413 202110 55 abcacbc abc 故直线标准方程为 231 4135 xyz 35 在直角坐标系下 求下列点到直线 或点到平面 或两直线之间的距离 1 原点 直线 12 3231xyzt 解 直线的标准方程为 123 231 xyz 222 233112 311223 171 1449 1 d 2 点 10 2 直线 221 42 xyz xyz 解 直线的标准方程为 1 2 2103