解析几何第四版吕林根期末复习课后习题(重点)详解

1、最新资料推荐第一章矢量与坐标 1.3数量乘矢量4、 设 aba5 b ， bc2 a8 b ， cd3( ab) ，证明： a 、 b 、 d 三点共线证明 bdbc cd2 a8 b3( a b)a5 bab ab 与 bd 共线，又 b 为公共点，从而 a 、 b 、 d 三点共线6、 设 l 、m 、n 分别是abc 的三边 bc、 ca、ab 的中点，证明：三中线矢量 al , bm ,cn 可 以构成一个三角形 .证明：al1 ( abac)21bmbc)( ba2cn1 (cacb)21 ( abal bmcnacbabcca cb) 027.、设 l、 m、 n 是 abc 的三

2、边的中点， o 是任意一点，证明oaob + oc = ol + om + on . 证明 oaollaobommboconncoaobocolomon(lambnc )= olomon( albmcn )由上题结论知：albmcn0oaobocolomon从而三中线矢量al , bm , cn 构成一个三角形。8.、如图 1-5，设 m 是平行四边形abcd 的中心， o 是任意一点，证明oa + ob + oc + od 4 om . 证明 ：因为 om 1 ( oa + oc ), om 212( ob + od ),所以2 om 12( oa + ob + oc + od )所以图 1

3、-5oa + ob + oc + od 4 om .10、 用矢量法证明梯形两腰中点连续平行于上、下两底边且等于它们长度和的一半1最新资料推荐证明 已知梯形 abcd ，两腰中点分别为m 、 n ，连接 an 、 bn mnmaanma addn ，mn mb bnmbbccn ，mnad bc ，即 1.4矢量的线性关系与矢量的分解、设一直线上三点a, b, p满足ap pb (1),o是空间任意一点，求证：3.op oaob1 证明 ：如图 1-7，因为ap op oa ,pb ob op ,所以op oa ( ob op ),(1+ ) op oa +ob ,图 1-7从而op oa o

4、b .14.、在abc 中 ,设 abe1 , ac e2 .(1) 设 d、e 是边 bc 三等分点 ,将矢量 ad, ae 分解为 e1 ,e2 的线性组合 ;（ 2）设 at 是角 a 的平分线 (它与 bc 交于 t 点 ),将 at 分解为 e1 ,e2 的线性组合解：（ 1）11bc ac ab e2e1, bd3 bc3 e2e1 ，ad ab bd1e2 e11e12e11e2，同理 ae2e21e1333333（2）因为| bt | e1|tc | e1,|且 bt 与 tc 方向相同，所以bt | e1 | tc .| e2 |由上题结论有e1| e1 | e2| e2 |

5、 e1 | e1 | e2at | e2 |.| e1 | e1 | | e2 |1| e2 |5在四面体 oabc 中，设点 g 是abc 的重心（三中线之交点） ，求矢量 og 对于矢量oa, ,ob, oc 的分解式。2最新资料推荐解：g 是abc 的重心。连接 ag 并延长与bc 交于 pap1ac , ag221ab ac1abap32ab ac233同理 bg1 babc ,cg1 cacbco33ogoaagoa1 abbc3ogobbgob1 babc3ogoccgoc1cbca3（ 1）gp（ 2）ab（ 3）（图 1）由（ 1）（ 2）（ 3）得3og oa ob oc1a

6、b ac ba1 bc ca cb33oaoboc6用矢量法证明以下各题（ 1）三角形三中线共点证明：设bc， ca ， ab 中，点分别为l ，m ， n 。al 与 bm 交于 p1 ， al 于 cn 交于 p2bm 于 cn 交于 p3 ，取空间任一点o，则aop1 obbp1ob2 bmob1 babc1313oboaobocoaob oca3ob1 oa3同理 opobocnm23op31 oaobocblc3p1 , p2 , p3 三点重合o三角形三中线共点（图 2）即 og1 oaoboc3 1.5标架与坐标9. 已知线段 ab 被点 c(2,0,2) 和 d(5,-2,0)

7、 三等分 ,试求这个线段两端点 a与 b 的坐标 .答 a(-1,2,4),b(8,-4,2).10. 证明 ：四面体每一个顶点与对面重心所连的线段共点，且这点到顶点的距离是它到对面重心距离的三倍. 用四面体的顶点坐标把交点坐标表示出来. 证明 ：设四面体a1a2a3a4,ai 对面重心为gi, 欲证 ai gi 交于一点 (i 1, 2, 3, 4).在 aigi 上取一点 pi，使 ai pi 3 pigi , 从而 opi oai3ogi ，133最新资料推荐设 ai ( xi, yi , zi)( i 1, 2, 3, 4)，则g1x2x3x4 ,y2y3y4 ,z2z3z4,333g

8、2x1x3x4 ,y1y3y4 ,z1z3z4,333g3x1x2x4 ,y1y2y4 ,z1z2z4,333g4x1x2x3 ,y1y2y3 ,z1z2z3 ,333所以x1 3 x2x3x4y13 y2y3y413z2z3 z433z3p1(,)313131p1( x1x2x3x4 , y1y2y3 y4 , z1z2z3z4 ).444同理得 p2 p3p4 p1，所以 aigi 交于一点 p，且这点到顶点距离等于这点到对面重心距离的三倍 . 1.7两矢量的数性积3. 计算下列各题 .（ ）已知等边abc的边长为1,且bca , cab ,abc , 求abbcca；1已知 a, b,c

9、 两两垂直,且a 1, b 2, c 3,求r a b c的长和它与 a, b, c( 2 )的夹角 .(3) 已知 a3b 与 7a5b 垂直，求 a, b 的夹角 .已知 a2,b5,(a, b)2,p3ab,qa 17b. 问系数取何值( 4 )3时 p 与 q 垂直？解(1) abc1,abbccaabcos1200b ccos1200ca cos120032 abc, 且a1,b2,c3.( 2 )设 r a b ci 2 j 3k r12223214设 r与 a, b, c 的夹角分别为, . cos114 ,cos214 ,cos33 14 .141414714144最新资料推荐

10、arccos14 ，arccos14，arccos 314 .14714(3)(a3b)(7 a5b)216ab20( 1 )0 ，即 7a15a(a4b)(7 a2b)0230ab20( 2 )，即 7a8b( 1 )( 2 )得： 2a b2(1)8(2) 5 得： 2a b2ba2a b1 b1 ab cos (a, b)2 cos(a, b)ab223b(4) a babcos(a,b)25(1)52p q(3ab)（ a17b）22680 1703a51aba b17 b 404. 用矢量法证明以下各题：(1) 三角形的余弦定理 a2 b2 c22bccosa;(2) 三角形各边的垂

11、直平分线共点且这点到各顶点等距.证明：（ 1）如图 1-21， abc 中，设 ac b , ab c , bc a ，且 | a | a， |b | b,| c |c. 则 a b c ,a 2 ( b c )2 b 2+ c 2 2 b c b 2+ c 2 2| b | c |cosa.图 1-11此即a2 b2 +c2 2bccosa.(2) 如图 1-22，设 ab , bc 边的垂直平分线 pd , pe 相交于 p,d, e, f 为 ab, bc, ca 的中点 , 设 pa a ,pb b ,pc c ,则 ab b a ,bc c b ,ca a c ,pd 1 ( a +

12、 b ),2pe 1 ( c b ).图 1-122因为pd ab , pe bc ,从而有所以所以所以1 ( a + b )( b a ) 1 ( b 2 a 2) 0,221c b ) 122( b + c )(2( c b ) 0,2a 2 b 2 c 2,即 | a |2 | b |2 | c |2,1 ( c a )( a c ) 1 ( a 2 c 2 ) 0,22pf ca ,且 | a | | b | |c |.故三角形各边的垂直平分线共点且这点到各顶点等距.5最新资料推荐6 已知 abc 的三顶点 a(0,0,3),b(4,0,0), c (0,8,3)试求： (1) 三边长

13、( 2 ) 三内角( 3 )三中线长( 4 )角 a 的角平分线矢量ad（中点在 bc 边上），并求 ad 的方向余弦和单位矢量解：( 1 ) ab(4,0,3),ac(0,8,6)， bc(4,8,3) ab5, ac10, bc89(2) cosaabbc=9aarccos925abbc25coscacbc = 4189acbc445carccos4189445c o s bb ab c=789b789b c445arccosb c445adabbd =(2,4,-9 ad161(3)1)1212bd2baad2 =(-4,4,0) bd242cd3caad3(2,8, 9) cd3353

14、22(4) cosab adac ad ad =8 8abadacad, 4 3 3 cos2， cos2， cos3171717设它的单位矢量为a, b,c ，且 a2b2c21301223 24 32v mb a, b, c =,122171717 1.8两矢量的失性4. 已 知 :a2,3,1,b1,2,3 , 求 与 a , b 都 垂 直 , 且 满 足 下 列 条 件 的 矢 量 c :6最新资料推荐(1)c为单位矢量(2c d10 ,其中d2,1, .7解:(1)设cx, y, z. ca,cb,c bx2 y3z=0(1) c a2x3yz =0(2)x2y22(3)由 (1)

15、, (2),(3):z=1c 7 3 , 3 , 315 3 15(2) 设cc d 102x y 7 z =10(4)由 (1),(2),(4) 得:x, y, z .c 35 , 25 , 5 .6 6 65.在直角坐 标系内已知三点a(5,1,1),b(0,4,3),c (1, 3,7), 试 求:(1) 三 角 形 abc 的 面 积(2) 三 角 形 abc 的 三 条 高 的 长 .解:(1)ab ( 5,5,4） ,ac( 4,4,8） ,bc(1,1,4）cosaab ac11,5abac=sin a.66s abc1acsin a122.ab2(2)ab66 ,ac96 ,b

16、c188332 3 ,h38 . h1, h2117. 用矢量方法证明：（1）三角形的正弦定理abcsin a.sin bsin c（2）三角形面积的海伦(heron) 公式，即三斜求积公式：2 p(p a)(p b)(p c).式中 p 1(a+b+c)是三角形的半周长，为三角形的面积 .2 证明 ： (1) 如图 1-13，在 abc 中，设 bc a ， ca b ， ab c ，且 | a | a， |bb, |c 则a+ b +c 0 ,| c,从而有bc ca ab ,所以|bc ca ab |,|bcsina casinb absinc,于是abc.sin csin asin b

17、(2) 同上题图， abc 的面积为1| ab |,2 12所以( ab )2.4因为( a b )2+( a b )2 a 2 b 2,所以2 1 a 2 b 2 ( a b )2.4由于a + b + c 0 ,7最新资料推荐从而a + b c ，( a b )2 c 2,所以a b 1 ( c 2 a 2 b 2) 1 (c2 a2 b2),22故有2 1 a2 b2 1 (c2 a2 b2 )244 1 2ab (c a b )2 ab+(c a b )16 1 (a+b)2 c2 c 2 (a b)2222 2 2 216 1 (a+b+c)(a+b c)(c+a b)(c a b)

18、16 1 2p (2p2c)(2p2b)(2p 2a).16所以2=p(p a)(p b)(p c),或= p( pa)( p b )( pc) . 1.9三矢量的混合积4.已知直角坐标系内矢量a,b, c 的分量 ,判别这些矢量是否共面?如果不共面 ,求出以它们为三邻 边 作 成 的 平 行 六面 体 体 积 .(1) a 3,4,5 ,b 1,2,2 , c 9,14,16 .(2)a3,0,1,b2,4,3345解 :(1)共面 (a,b, c) = 122091416,c1, 2,2.向量 a,b, c 共面301(2) 不共面 ( a, b, c) = 2432 向量 a, b,c

19、不共面以 其 为122邻边作成的平行六面体体积v 25. 已知直角坐标系内, ,c, d 四点坐标 ,判别它们是否共面 ?如果不共面 ,求以它们为顶点的四面体体积和从顶点d 所引出的高的长 . a 1,0,1 , b 4,4,6 , c 2,2,3 , d 10,14,17 ; a 2,3,1 , b 4,1,2 , c 6,3,7 , d5,4,8 .解:共面 .22358ab, ac, ad4062 58v71738最新资料推荐又 abac12, 24,8 ,abac28 ,h11629顶点 d 所引出的四面体高为29287.7第二章轨迹与方程2.1 平面曲线的方程1.一动点 m 到 a

20、(3,0)的距离恒等于它到点b( 6,0)的距离一半， 求此动点 m 的轨迹方程，并指出此轨迹是什么图形？解：动点 m 在轨迹上的充要条件是ma1mb 。设 m 的坐标 ( x, y) 有1 ( x2(x 3) 2y 26)2y 2化简得 ( x6) 2y2362故此动点 m 的轨迹方程为 ( x6)2y 236此轨迹为椭圆2.有一长度为2a (a 0）的线段，它的两端点分别在x 轴正半轴与y 轴的正半轴上移动，是 求 此 线 段 中 点 的 轨 迹 。 a ， b 为 两 端 点 ， m为 此 线 段 的 中 点 。解：如图所示xyaob 中有设 a( x, o), b(o, y) .则 m

21、 ( ,) .在 rt22(x2y2 )(2 a)2 .把 m 点的坐标代入此式得:(x2y2 )a2 ( x 0, y 0) .此线段中点的轨迹为 ( x2y2 ) a23. 一动点到两定点的距离的乘积等于定值m2 ,求此动点的轨迹 .解 : 设两定点的距离为2a , 并取两定点的连线为x 轴 , 两定点所连线段的中垂线为y 轴 . 现有: am bmm2.设 m (x, y) 在 rtbnm 中(ax)2y22am (1)在 rt bnm 中 ( ax) 2y22bm . (2)由 (1) (2) 两式得 : (x2y2 )22a2 (x2y2 )m4a4.2.2 曲面的方程2、在空间，选

22、取适当的坐标系，求下列点的轨迹方程：（ 1）到两定点距离之比为常数的点的轨迹；（ 2）到两定点的距离之和为常数的点的轨迹；（ 3）到两定点的距离之差为常数的点的轨迹；9最新资料推荐（4）到一定点和一定平面距离之比等于常数的点的轨迹。解：（ 1）取二定点的连线为x 轴，二定点连接线段的中点作为坐标原点，且令两距离之比的常数为 m ，二定点的距离为2a ，则二定点的坐标为( a,0,0),(a,0,0)，设动点 m (x, y, z) ，所求的轨迹为 c ，则m (x, y, z) c( xa) 2y 2z 2m( xa)2y 2z2亦即 (x a)2y 2z2m2 ( x a) 2y 2z2 经

23、同解变形得： (1m 2 )( x 2y 2z2 )2a(1 m2 )x(1m2 )a 20上式即为所要求的动点的轨迹方程。（2）建立坐标系如 （ 1），但设两定点的距离为 2c，距离之和常数为2a 。设动点 m (x, y, z) ，要求的轨迹为 c ，则 m ( x, y, z) c( x c) 2y 2z2( x c) 2y 2z22a亦即 (xc) 2y 2z22a(x c) 2y 2z2两边平方且整理后，得：(a2c2 ) x2a2 y 2a2 z2a2 (a 2c 2 )（ 1）a c令 b 2a2c 2从而（ 1）为 b 2 x 2a2 y 2a2 z 2a2 b2即： b 2

24、x 2a2 y 2a2 z 2a 2 b2由于上述过程为同解变形，所以（3）即为所求的轨迹方程。（3）建立如（2）的坐标系，设动点m ( x, y, z) ，所求的轨迹为c ，则 m ( x, y, z) c( x c) 2y 2z2( x c) 2y 2z22a类似于（ 2），上式经同解变形为：x 2y2z21a 2b2c 2其中b2c 2a 2(c a )（ * ）（* ）即为所求的轨迹的方程。（4）取定平面为xoy 面，并让定点在z 轴上，从而定点的坐标为(0,0,c) ，再令距离之比为m 。设动点 m ( x, y, z) ，所求的轨迹为c ，则m ( x, y, z)cx 2y 2z

25、2m z10最新资料推荐将上述方程经同解化简为：x 2y 2(1m 2 ) z22czc 20（ * ）（* ）即为所要求的轨迹方程。第三章平面与空间直线3.1 平面的方程1.求下列各平面的坐标式参数方程和一般方程：（ 3）已知四点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：（）设平面通过直线 ab ，且平行于直线cd：ab4,5, 1 ， cd 1,0,2从而的参数方程为：x54uvy15uz3u2v一般方程为： 10 x9 y5z740 。（）设平面通过直线 ab

26、 ，且垂直于abc 所在的平面ab 4,5,1 ， abac 4,5, 1 0, 1,1 4,4,441,1,1均与平行，所以的参数式方程为：x5 4uvy15uvz3uv一般方程为： 2xy3z20 .5. 求下列平面的一般方程 .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 轴上截距分别为2 和 3 的平面 ;与平面5x y 2z 30 垂直且分别通过三个坐标轴的三个平面;已知两点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,

27、2 且垂直于平面 x 8 y 3z10 的平面 .11最新资料推荐x2y1z 1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z 10, xy1 0 .设该平面的截距式方程为xyz1, 把点3,2,42423c代入得 c19故一般方程为 12 x 8y 19 z240 .若所求平面经过x 轴，则 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,x 0y 0 z 0点法式方程为5120100一般方程为2 yz0 .同理经过 y 轴 , z 轴的平面的一般方程分别为2x5z0, x5 y0 .121, 1,3 .12 垂直于平面,该平面的法向量n1,1, 3, 平面通过点1 3,1,2 ,因此平面的点位式方程为x3y1 3 z20.化简得 xy 3z20 .(5)op2,9, 6 .p op4 81 36 11.opp n011 cos ,cos, cos2,9, 6 . cos2,cos9,cos6 .111111则该平面的法式方程为: 2 x9 y6 z 11 0.111111既 2x9 y6z 1210.12最新资料推荐（6）