高数6第六章空间几何与向量代数自测题参

1．设abc0|a|3|b|1|c|2，则abbcca（CA. B. C. 解：由abc0得aabc=0aaabac=0abac=a2，同理abbc=b2cbac=c2，三式相加可得abbcca7．AB与三坐标轴正向夹角依次为,，当cos0时，有（C AB//xOy B．AB//yOz C．AB//xOz D．ABxOz x2y2z2 B．x2y2y2yx2 2

x2 双叶旋转双曲面，答案选D．平面3x3y80的位置是（A平行于z B．斜交于z C．垂直于z D．通过z

，xOy面的法向量为(0,0,1)x4y1z2x1y1z3，则它们是（B 设a(3,2,1)b

4,k

，若abk26;若abk2 解：若ab，则ab(3,2,1) ,k)6 k0，k ；

第六章A1．设abc0|a|3|b|1|c|2，则abbcca（C．

解：由abc0得aabc=0aaabac=0abac=a2同理abbcb2cbac=c2，三式相加可得abbcca7AB与三坐标轴正向夹角依次为,，当cos0时，有（C．

A．AB//xOy B．AB//yOz C．AB//xOz D．ABxOz ABABxOz（D．x2y2z2 B．x2y2C．

y2

2

x2

z2z1 z1D．平面3x3y80的位置是（A．平行于z B．斜交于z C．垂直于z D．通过z

，xOy面的法向量为(00,1x4y1z2x1y1z3，则它们是（B．

s1235s2324M1(41 M2(1,13M1M2525s1s2M1M29设a(32,1b(2,4k，若abk26;若abk2 解：若ab，则ab(3,2,1) ,k)6 k0，k 若ab，则 ，k 31ab，则2

，k 3

29

9y210z10zyOz平面的交线是x

9y2的方程为x0，所以所求交线是 xx2y24在平面解析几何中表示以原点为圆心，2为半径的圆周,在空间解析x2y24z经过已知点(114x1y1z的平面方程是4xy3z70 s25,1,点(114和点(10,1n25,12134(413,4(x1y13(z4)0即4xy3z70M132,1)M

(102x3y2z1 s42,1

x3

y22

z．1ijπ,πz轴上的投影为8M（6

32 2OMi，j的夹角分别为3

cos

1，且OM

轴上的投影为－8，cos 222

OM1162

OM16(

)(8,82,8)四、设a3b与7a5ba4b与7a2b垂直，求a与b（10 a3b与7a5ba4b与7a2b (a

(7a5b)

，(a4b)

(7a2b)

即7

16ab15b0 7a30ab8b0b2aba2abab

a a

a

所以cos(ab)

a

a

2a

2

(a,b) 32

29 9y210z与yOz平面的交线是 x

9y2的方程为x0，所以所求交线是 xx2y24在平面解析几何中表示以原点为圆心，2x2y24z轴的圆柱面.经过已知点(1,1,4)x1y1z的平面方程是4xy3z70 s2,5,1),点(1,1,4)和点(1,0,1)□4(x1)y1)3(z4)0即4xy3z70)

(1,0,2)x3y2z1

x3

y22

z．1

3 解：由于OM与i，j的夹角分别为 3 又coscoscos1，且OM在z轴上的投影为－8，cos 2 OM1162

OM16(2

,)(8,82,8) 四、设a3b与7a5ba4b与7a2b垂直，求a与b之间的夹角．（10 (a

(7a5b)

，(a4b)

(7a2b)

□即7

16ab15 0y2z2xx2yz0（6y2z2解：截线方程为x2yz0x25y24xyx消去z得曲线在xoy面上的投影z x25z22xz4x消去y得曲线在xoz面上的投影y y2z22yz消去x得曲线在yoz面上的投影x 3x2yz1六、求过直线2x3y2z20x2y3z50（8解：设所求平面为3x2yz12x3y2z201322233120解得2x8y5z50.容易证明平面2x3y2z20（61(x02)1(y03)1(z01)PPx02y03z01

P10,5 1x2y

2( 3,八、求直线xy3z0与平面7x2y3z50（10

平面7x2y3z50n723，则夹角sin

s

,arcsin , 2 2 3□ 7a30ab8b0由上述两式解得b2ab， 2ab，从而ab

a

a

所以cos(a,b) a

a

2a

2

(a,b)3xx2y又xy3z7x2y3z5

,解得y

47，故交点为

17,47,10)1111 z 九、平面与平面20x4y5z706个单位，求（6解：设所求平面为20x4y5zD

为20x4y5z70

M 4 47400166,7D126,740016故所求方程 20x4y5z1330或20x4y5z1990LM0(102，且与平面3x4yz60L:x3y2zL（8分）x1

yz

于是ss1n 1(8,4,8)，又直线L过点M0(1,0,2)，故所求直线L的 z程为 1 设abc均为非零向量，则与a不垂直的向量是（D．

b(ab)

a D．a(ab)A，B，Ca0，Dax24y2z2曲线4x2y2z2

xOy坐标面上投影的方程是4y2z2解：截线方程为x2yz0x25y24xyx消去z得曲线在xoy面上的投影z x25z22xz4x消去y得曲线在xoz面上的投影y y2z22yz消去x得曲线在yoz面上的投影x 3x2yz1分解：设所求平面为3x2yz12x3y2z20，则x8y5z50.容易证明平面2x3y2z20不是所求的平面．1(x02)1(y03)1(z01)线段PP的中点在直线上，故x02y03z01，解之 53 , 31x2y

2( 3,八、求直线xy3z0与平面7x2y3z50的夹角与交点．（10

0(6,3,1) □平面7x2y3z50n(723)，则夹角sin

s

, s 2 2x24y2A．z

x24y2B．z

x2y2C．z

2y2x24y2z24x2y2z2

zx2y24x2y2xoy坐标面上投影的方程z

，答案选（C．L:x1y5z8

:xy

LL的夹角为（C．

22yz 6

B．4

C．3

2

s1

L1L2的夹角余弦cos

，交角为 s1两平行平面2x3y4z90与2x3y4z150的距离为6

66解：在平面2x3y4z90上取一点(0,30)，则它到平面2x3y4z150离d 即为两平行平面2x3y4z90与2x3y4z150的距离x3y2z1L2xy10z30及平面π4x2yz20L（C．

在π C．垂直于

D．与π解：因为直线的方向向量a132(21107(42,1,平面的法向量为 n42,1,所以anL垂直于C21．已知|a|2，|b ，且ab2，则|ab| 2解：由ab2abcos2cos

2sin 2|ab|absin22

222设向量a与b不共线，当 时，向量pa5b与q3ab共线 pqpq05xx2y又xy3z7x2y3z5

,解得

)47，故交点为(17,47, ) 1111 z 解：设所求平面为20x4y5zD 为20x4y5z70上的点4M 4 7740016

6,7D126,D=133D199 20x4y5z1330或20x4y5z1990L:x3y2zL的方程．（8分）x1

yz □□ 于是ss1n 1(8,4,8)，又直线L过点M0(1,0,2)，故所求直线L的 设abc均为非零向量，则与a不垂直的向量是（D b(ab)

a D．a(ab)□ pqa5b3ab3aaab15ba5b 15b 因a与b不共线，所以ba0，故当15pqx2y2z21a

面上以曲

轴旋转而成，或由yOz面上以曲 ab

1可由xoz面上椭 22

一条直线过点(2,-3,4x21yz5x4y2z1该直线方程

a1112a232,1,

aa1a235,1,x

x23

5

z4与两直线y1z2

及x1y2z1都平行且过原点的平面方程

AxByCz

，由题设知ABCa10,1,1xyz0三、已知向量a324)，b1,12)，c(14,8，向量dab与向量c（10 dab3242，dcmdmc

3

dmc(m4m,8m，得242

，得2mm2(4m2(4m)2

14d 3，则m ， ， ，d( ,) 33LB(12,3zL:x1y3z2 6x24y2z24x2y2z24xOy坐标面上投影的方程是（10垂直，即(12,3z4,32)0zx1y2z3

L:x1yz

:x

yz2L的方程，及公垂线段的（8

2

ss1s2

LL1M1(1tt，LL2M2(2kk2sM1M2

k t L 1 t t y

z

x1

3 3

dM1M21xy x3y1六、求经过点(23,1L1xyz40L2yz2

（81：L1与（2，3，1）的平面方程L1(xy)xyz404将（2，3，1）代入上式，得 ，所以:x9y5z200453x9y5z203

与的的交点，由x3y1yz2

76,

31,z x

y

z

x y z

x0

y0

z0

解法2 由解法1知（2，3，1）与L1确定的平面方程为x9y5z200,同理,可求得（2，3，1）与L2确定的平面方程为x2y5z90,故所求的直线方程为7x24y2

x24y2B．z

x2y2C．z

2y2z x24y2z2

z2

zx2y24x2y2xoy坐标面上投影的方程z

:设有直线L:x1y5z8与 xy6,则L与L的夹角为（C:22 2yz 6

4

3

2 0(1,1,

L1L2的夹角余弦cos

2，交角为3s1两平行平面2x3y4z90与2x3y4z150的距离为

6 6解：在平面2x3y4z90上取一点(0,3,0)，则它到平面2x3y4z150的距离d 即为两平行平面2x3y4z90与2x3y4z150的距离．x3y2z1L2xy10z30及平面π4x2yz20L（C B.在π C．垂直于□

Dπa1,3,2)(2,1,10)7(4,2,1),平面的法向量为 n4,2,1,所以anL垂直于Cx9y5z20x2y5z9 七、求直线l:x1yz1在平面:xy2z10上的投影直线l的方程，并求 （12解法 过l作平面1垂直平面，则1过点(1,0,1)且法向量n垂直于l的方向向

即n

1(1,3, 1的方程为(x13y2(z1)0x3y2z1从而

xy2z1的方程为x3y2z1

zx2yxy2z1lxy

z2

设ly轴旋转所成的旋转面上的点X,YZ是由 2上的点(xyzy轴旋转而得到的，故Yy,X2Z2x2z2.又

x2上的点(x,yz)满足z1y

x2z24y2

1(y4 X2Z24Y21(Y1)2，即4X217Y24Z22Y14仍用(x,yz)表示旋转面上的点，得方程为4x217y24z22y1yz1解法 将直线l的方程写成一般式yz1xy1yz10x1yz1)

l的平面方程可设为又所作的平面与垂直，得1120，即xy2z1平面1x3y2z10，从而l0的方程为x3y2z181．已知|a|2，|b| ，且ab2，则|ab|＝ 解：由ab2abcos2cos 2sin 2，所|ab|absin22

222设向量a与b不共线，当 时，向量pa5b与q3ab共线 1x22y23z221Mx6y32z1 M的坐标为(x0

y0

z0Mn2x0,4y0,6z0)2x0(xx04y0yy06z0(zz0)0x0x2y0y3z0z21.x6y32z1,故直线的方向向量s2,11)n垂直,即2x2

0,①.且点

6,31在切平面上,故

6

3

21Mx22y23z221 2

2

2x22y29x1y2

x4y6z21 9 pqa5b3ab3aaab15ba5b 15b 2因a与b不共线，所以ba0，故当15pq2

x

面上以曲 轴旋转而成，或由yOz面上以曲

a2

一条直线过点(2,-3,4x21yz5x4y2z1 该直线方程

x

x23

y3z45与两直线y1z2

及x1y2z1都平行且过原点的平面方程 □AxByCz□

，由题设知ABCa10,1,1)xyz0三、已知向量a3,2,4)，b1,1,2)，c(1,4,8)，向量dab与向量c（10 dab3242，dcmdmc 3 dmc(m4m,8m，得242

，得2m 14d 3，则m ， ， ，d( ,) 33LB(1,2,3)zLx1y3z2 垂直，即(1,2,3z4,3,2)0zx1y2z3

L:x1yzL:xyz2L

2 解：由于公垂线L的方向向量ss1s2 1(1,2,2)

1 1

2，解得k ,t 1 t t y z x1

3 3

dM1M

1xyz4

L2x3y10 yz2yz2(xy)xyz40将（2，3，1）代入上式，得4，所以x9y5z2005x9y5z20

与的的交点，由x3y1

76,

31,z3 yz2

x y z x y z x0 z0

解法2 由解法1知（2，3，1）与L1