高等数学 向量代数与空间解析几何题【精选文档】

第五章向量代数与空间解析几何
5。

1。

1 向量的概念
例1 在平行四边形中，设＝a，＝b.试用a和b表示向量、、和,这里是平行四边形对角线的交点（图5－8）
解由于平行四边形的对角线互相平行，所以a＋b＝＝2
即－(a＋b）＝2
于是＝（a＋b)。

因为＝－，所以（a＋b）。

图5－8
又因－a＋b＝＝2，所以＝（b－a）.由于＝－，＝（a－b）.
例2 设液体流过平面S上面积为A的一个区域,液体在这区域上各点处的速度均为（常向量）v.设n为垂直于S的单位向量(图5－11（a)）,计算单位时间内经过这区域流向n 所指向一侧的液体的质量P（液体得密度为）。

（a）（b）
图5－11
解该斜柱体的斜高｜v |，斜高与地面垂线的夹角为v与n的夹角，所以这柱体的高为｜v｜cos，体积为A｜v｜cos=A v·n。

从而，单位时间内经过这区域流向n所指向一侧的液体的质量为
P= A v·n.
例3 设的三条边分别是a、b、c(图5－15)，试用向量运算证明正弦定理
证明注意到CB=CA+AB，故有
CBCA=(CA+AB) CA=CACA+ABCA
=ABCA
=AB(CB+BA） =ABCB
图5－15
于是得到CBCA=ABCA =ABCB
从而 |CBCA|=|ABCA| =｜ABCB|
即ab sin C＝cb sin A＝ca sin B
所以
5。

2 点的坐标与向量的坐标
例1 已知点A(4，1，7）、B(-3，5,0）,在y轴上求一点M，使得|MA｜=|MB｜。

解因为点在y轴上,故设其坐标为，则由两点间的距离公式,有
解得，故所求点为
例2 求证以三点为顶点的三角形是一个等腰三角形.
解因为
所以，即△为等腰三角形。

5.2。

2 向量运算的坐标表示
例3 设有点，，求向量的坐标表示式.
解由于，而，,于是
即
例4 已知两点A(4，0,5）和B（7，1，3)，求与方向相同的单位向量e。

解因为
＝–＝（7，1,3）－（4，0，5）＝（3，1，–2），
所以＝，
于是 e.
例5 求解以向量为未知元的线性方程组其中a＝(2，1，2），b=(—1，1，-2).
解解此方程组得x=2a–3b , y =3a–5b
以a，b代入，即得
x=2(2,1,2)–3(–1,1，–2）=（7,–1,10)
y=3(2，1,2)–5（–1,1,–2)=(11,–2,16)。

例6 已知两点A和B以及实数，在直线AB上求点M，使。

解如图7－13所示。

由于
＝–，＝–，
因此–（–），
从而（).
以、的坐标(即点A、点B的坐标）代入图7－13
本例中的点M称为定比分点,特别地当时，得线段AB的中点为。

例7 已知两点和,计算向量的模、方向余弦和方向角.
解＝（1–2， 3–2，0–）
=（–1, 1，–）;
|｜=
=;
;。

例8 已知三点M（ 1, 1, 1)、A（ 2, 2, 1）和B( 2, 1, 2）, 求∠AMB.
解作向量，，则∠AMB为向量与的夹角。

这时=（ 1, 1， 0)，=( 1, 0, 1)，从而
•=11+10+01=1;
｜|=;
=。

从而
cos∠AMB=,
由此得∠AMB＝.
例9 设立方体得一条对角线为OM,一条棱为OA，且｜OA｜=a，求在方向OM上的投影.
解如图5－21所示，记∠MOA＝，有
，
于是＝. 图5－21
例10 设a＝（2，1，－1），b＝（1，－1，2），计算ab.
解ab＝。

例11 已知三角形ABC的顶点分别是A（1,2，3）、B（3，4，5）、和C（2，4,7），求三角形ABC的面积.
解由向量积对于，可知三角形ABC的面积
由于＝（2，2,2），＝（1，2，4），因此
于是
例12 设刚体以等角速度绕轴旋转，计算刚体上一点M的线速度.
解刚体绕轴旋转时，我们可以用在轴上的一个向量表示角速度，它的大小等于角速度的大小，它的方向由右手规则定出：即以右手握住轴，当右手的四个手指的转向与刚体的旋转方向一致时，大拇指的指向就是的方向（图5－22). 图5－22
设点M到旋转轴轴上任取一点O做向量r＝，并以表示与r的夹角,那么
a=| r |sin.
设线速度为v，那么由物理学上线速度与角速度的关系可知，v的大小为
| v |=|ω| a=｜ω｜｜r｜sin；
v的方向垂直于通过点M的与轴的平面，即v垂直于ω与r;又v的指向是使ω、r、v符合右手规则，因此有v=ωr。

例13 已知不在一平面上的四点：A（）、B（）、C（）、
D（）。

求四面体ABCD的体积.
解由立体几何知道，四面体的体积等于以向量、和为棱的平行六面体的体积的六分之一。

因而
=
由于=,
=，
=
所以
=
上式中符号的选择必须和行列式的符号一致。

5。

3 空间的平面与直线
5.3。

1 平面
例1 已知空间两点和，求经过点且与直线垂直的平面方程。

解显然就是平面的一个法向量
由点法式方程可得所求平面的方程为
即
例2 求过三点（2,－1，4）、（－1，3，－2)和（0，2，3）的平面的方程.
解先找出这平面的法线向量n。

由于向量n与向量、都垂直,而＝（－3，4，－6），＝（－2，3，－1），所以可取它们的向量积为n：
n＝＝＝14i＋9j－k，
根据平面的点法式方程（1），得所求平面的方程为
14(x－2）＋9（y＋1）－（z－4)＝0，
即14x＋9y－z－15＝0.
例3 设一平面与x，y,z轴的交点依次为P(a，0，0）、Q（0，b，0）、R(0，0，c)三点（图5－24），求这平面的方程（其中a≠0，b≠0，c≠0).
解设所求的平面的方程为
Ax+By+C z+D=0.
因P（a，0，0）、Q(0，b，0)、R（0，0，c)三点都在平面上，所以点P、Q、R的坐标都满足方程(2）；即有
得。

以此代入(2)并除以D（D≠0）,便得所求的平面方程为图5－24
（5）
方程（5）叫做平面的截距式方程,而a、b、c依次叫做平面在x、y、z轴上的截距。

例4 因平面通过z轴及点（1，2，－3）的平面方程。

解因平面通过z轴，故可设其方程为Ax＋By＝0
又因（1，2,－3）点在平面上，将其坐标代入方程，则有
A＋2B＝0,即A＝－2B
故所求平面方程为－2Bx＋By＝0，即2x－y＝0
例5 设平面的方程为3x－2y＋z＋5＝0，求经过坐标原点且与平行的平面方程。

解显然所求平面与平面有相同的法向量n＝（3，－2，1）,又所求平面经过原点，故它的方程为 3x－2y＋z＝0
5。

2。

3 空间直线
例6 求经过两点和的直线方程。

解该直线的方向向量可取n=。

由点法式方程立即得到所求直线的方程
该方程称为直线的两点式方程。

例7 用直线的对称式方程及参数式方程表示直线
（4）解易得（1，0，－2）为直线上的一点。

直线的方向向量为两平面的法线向量的向量积，从而
s=4i –j —3k.
因此，所给直线的对称式方程为
令=t，
得所给直线的参数方程为
5。

3.3 点、平面、直线的位置关系
1．点到平面的距离
例8 求两个平行平面，之间的距离。

解在平面上任取一点，则两平面间的距离d就是点M到的距离，于是
d =
2．点到直线的距离
例9 求点到直线L:的距离
解由直线方程知点在L上，且L的方向向量s=（1，—3,5）。

从而
代入(11），得点M到L的距离为
＝
3. 两平面之间的夹角
例10 一平面通过两点和且垂直于平面x+y+z=0，求它的方程。

解设所求平面的一个法线向量为n＝(A，B，C）。

因＝（－1，0,－2）在所求平面上，它必与n垂直，所以有
－A－2C=0 (7)
又因所求的平面垂直于已知平面x+y+z=0，所以又有
A+B+C=0. （8）
由(7）、（8）得到
A=－2C，B＝C.
由点法式，平面方程为A（x－1）+B（y－1)+C(z－1)=0。

将A=－2C，B＝C代入上式，并约去C（C≠0），便得
－2(x－1）+（y－1）+（z－1)=0或2x－y－z＝0。

这就是所求的平面方程。

4．两直线的夹角
例11 求直线：和：的夹角.
解直线的方向向量s=(1，－4，1）,的方向向量s=(2，－2,－1）。

设直线和的夹角为，那么由公式（5)有
cos＝,故。

5. 直线与平面的夹角
例12 求过点（1，－2,4)且与平面2x－3y＋z－4＝0垂直的直线方程.
解因为直线垂直于平面,所以平面的法线向量即为直线的方向向量,从而所求直线的方程为。

6．平面束
例13 求直线在平面x+y+z=0上的投影直线的方程.
解过直线的平面束的方程为
即, (14)
其中为待定系数。

这平面与平面x+y+z=0垂直的条件是
，
即.
代入（14）式,得投影平面的方程为
即.
所以投影直线的方程为
7．杂例
例14 求与两平面x－4z＝3和2x－y－5z＝1的交线平行且过点（－3，2,5）得直线方程
解因为所求直线与两平面的交线平行,所以其方向向量s一定同时垂直于两平面的法向量n、n，所以可以取
s=nn=－（4i+3j +k），
因此所求直线方程为
.
例15 求直线与平面2x+y+z—6=0的交点.
解所给直线的参数方程为x=2+t,y=3+t，z=4+2t，
代入平面方程中，得2（2+t)+（3+t）+(4+2t)—6=0.
得t=—1，代入参数方程得交点为
x=1,y=2，z=2.
例16 求过点（2,1，3）且与直线垂直相交的直线的方程.
过点(2，1，3）且垂直于已知直线的平面方程为
3（x-2)+2（y—1）—（z-3)=0
(9)
已知直线的参数方程为x=—1+3t，y=1+2t,z=—t.
(10）
将（10)代入（9）求得，从而求得直线与平面的交点为.
以点（2,1，3)为起点，点为终点的向量
这就是所求直线的方向向量，故所求直线的方程为
5.4 曲面与曲线
5。

4。

1 曲面、曲线的方程
例1 建立球心在点、半径为R的球面的方程。

解设M（x，y，z）是球面上的任一点（图5-31），那么 |｜=R。

由于｜｜=,
所以（2）
这就是球心在、半径为R的球面的方程。

如果球心在原点,这时，从而球面方程为。

例2 设有点A（1，2，3）和B（2，—1,4），求线段AB的垂直平分面的方程.
解由题意知，所求的平面就是与A和B等距离的点的几何轨迹。

设M（x，y,z）
为所求平面上的任一点，由于 |AM｜=|BM|，
所以 =
等式两边平方，然后化简便得 2x - 6y + 2z –7=0
例3 方程表示怎样的曲面？
解通过配方，原方程可以改写成，与（2）式比较知原方程表示球心在点、半径为R=的球面.
例4 方程组表示怎样的曲线?
解方程组中第一个方程表示球心在原点，半径为2的球面。

而方程组中的第二个方程表示一个垂直于z轴的平面，因此他们的交线为一个园，如图5-33所示。

图5－32 图5－33
方程组（2）当给定时，就得到C上的一个点；随着得变动便可得曲线C上的全部点.方程组（2）叫做空间曲线的参数方程。

例5 如果空间一点M在圆柱面上以角速度绕z轴旋转，同时又以线速度v沿平行于z 轴的正方向上升（其中、v都是常数）,那么点M构成的图形叫做螺旋线。

试建立其参数方程。

解取时间t为参数.设当t=0时,动点位于x轴上的一点A（a,0，0）处。

经过时间t,动点由A运动到M（x，y,z)(图5—34）。

记M在xOy面上的投影为M’的坐标为x，y，0。

由于动点在圆柱面上以角速度绕z轴旋转,所以经过时间t，∠AOM’=t.从而
x=｜OM’|cos∠AOM’==a cost, y=|OM’｜sin∠AOM’==a sint。

由于动点同时以线速度v沿平行于z轴的正方向上升,所以z=M’M=vt。

因此螺旋线的参数方程为也可以用其他变量作参数;例如令,则螺旋线的参数方程可写为这里,而参数为.
当OM’转过一周时，螺旋线上的点M上升固定的高度.这个高度在工程技术上叫做螺距。

图5－34
5。

4.2 柱面、旋转面和锥面
1.柱面
例6 方程在xO y面上表示圆心在原点O、半径为R的圆，在空间中表示圆柱面（图5—35），它可以看作是平行于z轴的直线l沿xO y面上的圆移动而形成的。

这曲面叫做圆柱面（图5—35），xO y面上的圆叫做它的准线，这平行于z轴的直线l叫做它的母线。

例7 将xO z坐标面上的双曲线 ,分别绕z轴和x轴旋转一周，求所生成的旋转曲面的方程。

解绕z轴旋转所成的旋转曲面叫做旋转单叶双曲面（图5—41），它的方程为
.
图5－41 图5－42
绕x轴旋转所成的旋转曲面叫做旋转双叶双曲面（图5-42），它的方程为
.
3．锥面
例9 求顶点在原点，准线为
的锥面方程。

图5－43 解设为锥面上任一点，过原点与M的直线与平面z=c交于点（图5—44），则有
由于OM与共线，故
既有，,代入,整理得
（6）
这就是所求锥面的方程,该锥面称为椭圆锥面图5－44 5。

4。

3 二次曲面
通常将三元二次方程F（x，y，z）=0所表示的曲面称为二次曲面.而把平面称为一次曲面。

二次曲面有九种，它们的标准方程如下
（1）椭圆锥面（图5－45）（2）椭球面
图5－45
图5－46
（3）单叶双曲面（4）双叶双曲面
（5)椭圆抛物面（图5－46） (6）双曲抛物面 (图5－47）
（7）椭圆柱面（8)双曲柱面
（9）抛物柱面
图5－46 图5－47
5。

4.4 空间几何图形举例
例10 已知两球面的方程为
（7）
和
(8）
求它们的交线C在xO y面上的投影方程.
解（7）—(8)得y + z=1。

将z=1 –y代入（7）或（8）得所求柱面方程为于是投影方程为
例11 设一个立体由上半球和锥面所围成（图5—48），求它在 xO y面上的投影.
解半球面和锥面的交线为 C：由上列方程组消去z，得到，这是xO y面上的一个圆，于是所求立体在xO y面上的投影，就是该圆在xO y面上的一个圆, 图5—48 于是所求立体xO y面上的投影，就是该圆在xO y面上所围的部分：。

习题课
例1 已知＝(—3,0，4），＝（5，—2，—14），求∠BAC角平分线上的单位向量。

解由平面几何的知识知，菱形对角线平分顶角，因此，只要在AB、AC上分别取点
B′、C′，使|AB′｜=|AC′|，则
＝＋，
即为∠BAC的分角线向量，特别地取、为单位向量，则
＝＝,
＝（5，—2,-14）
于是
＝＋（5，-2，-14)＝（—4， -2，—2）= —(2,1,1)
其单位向量为 (2,1，1）
例2 设a+3b和7a-5b垂直，a-4b和7a—2b垂直，求非零向量a与b的夹角。

解由a+3b⊥7a—5b,a—4b⊥7a—2b
得(a+3b)•（7a—5b)=7|a|+16a•b—16|b|=0
(1)
(a—4b）•(7a-2b)= 7|a|-30a•b +8|b|=0 (2) (1）—(2) 得2a•b＝|b｜即2|a｜|b｜cos(）=|b|，从而cos(）＝。

（1）8＋（2）15,得
161|a|＝322 a•b,得cos()＝。

由＝,推得｜a|＝｜b｜。

所以 cos(）= ()＝。

例3 已知｜a｜＝13，｜b|＝19，|a+b|=24，求｜a–b｜.
解｜a+b|＝(a+b）•（a+b)= ｜a|+2a•b+ |b｜
又|a–b｜＝(a–b）•(a–b）= ｜a|–2a•b+ ｜b| 两式相加，得
|a–b｜＝2(｜a｜+ |b｜）–｜a+b|
以｜a|＝13，｜b|＝19，｜a+b|=24代入,得
｜a–b｜＝2（13＋19）–24＝484.
所以|a–b|＝22。

例4 设＝a+5b，＝–6a+18b，=8(a–b)，试证A、B、D三点共线。

证用向量证明三点共线只要证明//,其途径有两种:（1）往证=；（2)往证＝0.可根据具体情况选择。

本例选(1）
=+=（–6a+18b)+8(ab）=2a+10b=2(a+5b)=2,
所以//,即A、B、D三点共线。

例5 已知三个向量a、b、c两两都不平行，但（a+b)与c平行,（b+c）与a平行,试证a+b+c=0。

证由于（a+b)//c，(b+c)//a, 所以
即两式想减得a–c＝0.
因为a与c不平行,所以＝0，＝0.即，因此
a+b+c=0.
例6 已知直线L:及点P（3，—1,2)，过点P作直线l与L垂直相交，求l的方程.
解s==—3j –3k，过点P作垂直于直线L的平面，其方程为y+z=1，求次平面于L的交点Q,解方程组得Q的坐标为
，取s=(4，-1， -1).
所求直线l的方程为
.
例7 求通过直线L：且与平面x—4y-8z+12=0成45角的平面方程。

解过直线L的平面束方程为x+5y+z+（x-z+4)=0.
即(1＋）x+5y+（1—）z+4=0。

由于所求平面与已知平面成45角,所以
cos45＝
＝
解之，得.
所以所求平面方程为x+20y+7z-12=0。

另外，平面x-z+4=0与已知平面也成45角，所以所求平面为x+20y+7z—12=0及x—
z+4=0。

例8 直线l过点P（-3，5,—9）且与直线l：及l：都相交，求直线l的方程.
解过点P及直线l作平面，过点P及直线l作平面，由于所求直线l与l相交，所以l应在内，同理l也在内，所以与得交线即为所求直线l.
l的方程可化为,即知l的方向向量为s=(1,4,5)， l过点P（0，－7，10),＝（－3，12，－10），故平面的方程为
即34x-y—6z+53=0.
类似地的方程为2x-z—3=0。

故所求直线方程为
例9 求过点（—1,2，-3）且平行于平面6x - 2y - 3z + 1=0又与直线相交的直线方程.
解过已知点（-1，2，-3）作已知平面的平行平面，此平面方程为
6（x+1）-2（y-2）-3(z+3）=0，
即 6x—2y—3z+1=0,
求此平面与已知直线的交点，由
解得，交点为（1，-1，3）.
高等数学向量代数与空间解析几何题
故所求直线的方向向量为
s＝（1—（-1)，—1-2，3—(-3））＝（2,-3,6）,
所求直线方程为。