解析几何第四版吕林根 期末复习 课后习题(重点)详解
解析几何第四版吕林根 期末复习 课后习题(重点)详解
第一章 矢量与坐标§1.3 数量乘矢量4、 设→→→+=b a AB 5，→→→+-=b a BC 82，)(3→→→-=b a CD ，证明：A 、B 、D 三点共线． 证明 ∵→→→→→→→→→→=+=-++-=+=AB b a b a b a CD BC BD 5)(382∴→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ΔABC 的三边BC 、CA 、AB 的中点，证明：三中线矢量AL , BM ,可 以构成一个三角形.证明： )(21AC AB AL +=)(21+=)(21CB CA CN +=0)(21=+++++=++∴7.、设L 、M 、N 是△ABC 的三边的中点，O 是任意一点，证明 ++=OL +OM +ON .[证明] += MB OM OB += NC ON OC +=)(OM +++++=++∴ =)(CN BM AL ON OM OL ++-++ 由上题结论知：0=++CN BM AL ON OM OL OC OB OA ++=++∴ 从而三中线矢量BM ,,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 ++OD ＝4OM .[证明]：因为OM ＝21(OA +), OM ＝21(OB +), 所以 2OM ＝21(OA +OB +OC +) 所以OA +OB ++OD ＝4OM .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．图1-5证明 已知梯形ABCD ，两腰中点分别为M 、N ，连接AN 、BN ． →→→→→→++=+=DN AD MA AN MA MN ，→→→→→→++=+=CN BC MB BN MB MN ，∴ →→→+=BC AD MN ，即§1.4 矢量的线性关系与矢量的分解3.、设一直线上三点A , B , P 满足AP ＝λ(λ≠－1),O 是空间任意一点，求证：OP ＝λλ++1[证明]：如图1-7，因为＝－OA ,PB ＝OB －,所以 －OA ＝λ (OB －),(1+λ)OP ＝+λ,从而 OP ＝λλ++1OB.4.、在ABC ∆中,设,1e =2e =.(1) 设E D 、是边BC 三等分点,将矢量,分解为21,e e 的线性组合; （2）设AT 是角A 的平分线(它与BC 交于T 点),将分解为21,e e 的线性组合解：（1）()12123131,e e e e -==-=-= ， 2111231323131e e e e e BD AB AD +=-+=+=，同理123132e e AE +=（2）因为||||TC ＝||11e e ,且 BT 与方向相同， 所以 BT ||21e e .由上题结论有AT ||||1||212211e e e e e +||||212112e e e e e e +.5．在四面体OABC 中，设点G 是ABC ∆的重心（三中线之交点），求矢量对于矢量,,,的分解式。
解析几何第四版吕林根课后习题答案第四章
第四章 柱面、锥面、旋转曲面与二次曲面§ 4.1柱面1、已知柱面的准线为：⎩⎨⎧=+-+=-+++-0225)2()3()1(222z y x z y x 且（1）母线平行于x 轴；（2）母线平行于直线c z y x ==,，试求这些柱面的方程。
解：（1）从方程⎩⎨⎧=+-+=-+++-0225)2()3()1(222z y x z y x 中消去x ，得到：25)2()3()3(222=-+++--z y y z 即：0235622=----+z y yz z y 此即为要求的柱面方程。
（2）取准线上一点),,(0000z y x M ，过0M 且平行于直线⎩⎨⎧==c z yx 的直线方程为：⎪⎩⎪⎨⎧=-=-=⇒⎪⎩⎪⎨⎧=+=+=z z t y y tx x zz t y y tx x 000000 而0M 在准线上，所以⎩⎨⎧=+--+=-++-+--02225)2()3()1(222t z y x z t y t x 上式中消去t 后得到：02688823222=--+--++z y x xy z y x 此即为要求的柱面方程。
2、设柱面的准线为⎩⎨⎧=+=z x z y x 222，母线垂直于准线所在的平面，求这柱面的方程。
解：由题意知：母线平行于矢量{}2,0,1- 任取准线上一点),,(0000z y x M ，过0M 的母线方程为：⎪⎩⎪⎨⎧+==-=⇒⎪⎩⎪⎨⎧-==+=t z z yy tx x tz z y y tx x 2200000而0M 在准线上，所以：⎩⎨⎧+=-++=-)2(2)2(22t z t x t z y t x 消去t ，得到：010*******22=--+++z x xz z y x 此即为所求的方程。
3、求过三条平行直线211,11,-=+=--==+==z y x z y x z y x 与的圆柱面方程。
解：过原点且垂直于已知三直线的平面为0=++z y x ：它与已知直线的交点为())34,31,31(),1,0,1(,0,0,0--，这三点所定的在平面0=++z y x 上的圆的圆心为)1513,1511,152(0--M ，圆的方程为： ⎪⎩⎪⎨⎧=++=-++++07598)1513()1511()152(222z y x z y x 此即为欲求的圆柱面的准线。
解析几何_苏大第四版 课后答案(吕林根_许子道)
1 ∵ AL = ( AB + AC ) 2 1 BM = ( BA + BC ) 2 1 CN = (CA + CB) 2 1 ∴ AL + BM + CN = ( AB + AC + BA + BC + CA + CB ) = 0 2 从而三中线矢量 AL, BM , CN 构成一个三角形。
OA + OB + OC = OL + OM + ON .
PA + PB + PC ＝ 0 . [证明]： “ ⇒ ” 若 P 为△ABC 的重心，则
CP ＝2 PE ＝ PA + PB ,
从而 即
PA + PB － CP = 0 , PA + PB ＋ PC = 0 .
图 1-9
“ ⇐ ” 若 PA + PB ＋ PC = 0 , 则 PA + PB ＝－ PC ＝ CP , 取 E，F，G 分别为 AB，BC，CA 之中点，则有
1 m , μ＝ 1+ m 1+ m 1 m + ＝1. 从而 λ+μ＝ 1+ m 1+ m
λ＝
“ ⇐ ” 设 λ+μ＝1. 则有 OC ＝λ OA ＋μ OB ＝λ OA ＋(1－λ) OB = OB +λ( OA － OB ),
OC － OB ＝λ( OA － OB ),
所以
BC ＝λ BA ,
F
OF 、 AB 、 BC 、 CD 、
DE 、 EF
和 FA 中，哪些矢量是相等的？ [解]：如图 1-1，在正六边形 ABCDEF 中， 相等的矢量对是：
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本文部分内容来自网络整理，本司不为其真实性负责，如有异议或侵权请及时联系，本司将立即删除！== 本文为word格式，下载后可方便编辑和修改！ ==解析几何第四版答案篇一：解析几何第四版吕林根课后习题答案第三章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：（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）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：（1）? M1M2?{?2,?2,1}，又矢量{?1,0,2}平行于所求平面，故所求的平面方程为：?x?3?2u?v??y?1?2u?z??1?u?2v?一般方程为：4x?3y?2z?7?0（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M1M2?{2,7,?3}，平行于所求的平面，所以要求的平面的参数方程为：?x?1?2u??y??5?7u ?z?1?3u?v?一般方程为：7(x?1)?2(y?5)?0，即7x?2y?17?0。
（3）（ⅰ）设平面?通过直线AB，且平行于直线CD： ?{?4,5,?1}，?{?1,0,2} 从而?的参数方程为：?x?5?4u?v??y?1?5u?z?3?u?2v?一般方程为：10x?9y?5z?74?0。
（ⅱ）设平面??通过直线AB，且垂直于?ABC所在的平面? ?{?4,5,?1}， ??{?4,5,?1}?{0,?1,1}?{4,4,4}?4{1,1,1}均与??平行，所以??的参数式方程为：?x?5?4u?v??y?1?5u?v ?z?3?u?v?一般方程为：2x?y?3z?2?0.2.化一般方程为截距式与参数式： ?:x?2y?z?4?0. 解：?与三个坐标轴的交点为：(?4,0,0),(0?2,0),(0,0,4)，xyz???1. ?4?24所以，它的截距式方程为：又与所给平面方程平行的矢量为：{4,?2,0},{4,0,4}，? 所求平面的参数式方程为：?x??4?2u?v??y??u?z?v?3.证明矢量v?{X,Y,Z}平行与平面Ax?By?Cz?D?0的充要条件为：AX?BY?CZ?0. 证明：不妨设A?0，则平面Ax?By?Cz?D?0的参数式方程为：DBC?x???u?v?AAA??y?u?z?v??BC故其方位矢量为：{?,1,0},{?,0,1}，AA从而平行于平面Ax?By?Cz?D?0的充要条件为：v，{?BC,1,0},{?,0,1}共面? AAXYB?1AC?0A? AX?BY?CZ?0.Z0?0 14. 已知连接两点A(3,10,?5),B(0,12,z)的线段平行于平面7x?4y?z?1?0，求B 点的z坐标.解： ??{?3,2,5?z} 而AB平行于7x?4y?z?1?0 由题3知：(?3)?7?2?4?(z?5)?0 从而z?18.5. 求下列平面的一般方程.⑴通过点?1?2,?1,1?和?2?3,?2,1?且分别平行于三坐标轴的三个平面; ⑵过点??3,2,?4?且在x轴和y轴上截距分别为?2和?3的平面; ⑶与平面5x?y?2z?3?0垂直且分别通过三个坐标轴的三个平面; ⑷已知两点?1?3,?1,2?,?2?4,?2,?1?,求通过?1且垂直于?1,?2的平面; ⑸原点?在所求平面上的正射影为??2,9,?6?;⑹求过点?1?3,?5,1?和?2?4,1,2?且垂直于平面x?8y?3z?1?0的平面.x?2解:平行于x轴的平面方程为y?1z?1?1000?0.即z?1?0.11同理可知平行于y轴,z轴的平面的方程分别为z?1?0,x?y?1?0. ⑵设该平面的截距式方程为xyz24???1,把点??3,2,?4?代入得c?? ?2?3c19故一般方程为12x?8y?19z?24?0.⑶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?0∴点法式方程为y?0z?010?2?0 051∴一般方程为2y?z?0.同理经过y轴,z轴的平面的一般方程分别为2x?5z?0,x?5y?0.1,?1,?3?.?1?2垂直于平面?, ⑷?1?2??1,?1,?3?,平面?通过点?1?3,?1,2?, ∴该平面的法向量n??因此平面?的点位式方程为?x?3???y?1??3?z?2??0. 化简得x?y?3z?2?0.??. (5) op??2,9,?6?p?op????4?81?36?11.op?p?n0?11?cos?,cos?,cos????2,9,?6?. 296,cos??,cos???. 111111296y?z?11?0. 则该平面的法式方程为:x?111111∴ cos??既 2x?9y?6z?121?0.1,?8,3?，M1M2??（6）平面x?8y?3z?1?0的法向量为n??1,6,1?，点从?4,1,2? ?x?4写出平面的点位式方程为y?1z?2?863111?83?0，则A???26,61B?313?2,C??14,D??26?4?2?28??74， 111则一般方程Ax?By?Cz?D?0,即：13x?y?7z?37?0. 6．将下列平面的一般方程化为法式方程。
解析几何第四版吕林根课后习题答案第三章名师制作优质教学资料
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：（1）通过点)1,1,3(1-M 和点)0,1,1(2-M 且平行于矢量}2,0,1{-的平面（2）通过点)1,5,1(1-M 和)2,2,3(2-M 且垂直于xoy 坐标面的平面；（3）已知四点)3,1,5(A ，)2,6,1(B ，)4,0,5(C )6,0,4(D 。
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） }1,2,2{21--=M M ，又矢量}2,0,1{-平行于所求平面， 故所求的平面方程为：⎪⎩⎪⎨⎧++-=-=--=v u z u y vu x 212123一般方程为：07234=-+-z y x（2）由于平面垂直于xoy 面，所以它平行于z 轴，即}1,0,0{与所求的平面平行，又}3,7,2{21-=M M ，平行于所求的平面，所以要求的平面的参数方程为：⎪⎩⎪⎨⎧+-=+-=+=v u z u y u x 317521 一般方程为：0)5(2)1(7=+--y x ，即01727=--y x 。
（3）（ⅰ）设平面π通过直线AB ，且平行于直线CD ： }1,5,4{--=AB ，}2,0,1{-=CD 从而π的参数方程为：⎪⎩⎪⎨⎧+-=+=--=v u z uy vu x 235145 一般方程为：0745910=-++z y x 。
（ⅱ）设平面π'通过直线AB ，且垂直于ABC ∆所在的平面}1,5,4{--=， }1,1,1{4}4,4,4{}1,1,0{}1,5,4{==-⨯--=⨯均与π'平行，所以π'的参数式方程为：⎪⎩⎪⎨⎧+-=++=+-=v u z v u y vu x 35145 一般方程为：0232=--+z y x .2.化一般方程为截距式与参数式： 042:=+-+z y x π.解： π与三个坐标轴的交点为：)4,0,0(),0,20(),0,0,4(--， 所以，它的截距式方程为：1424=+-+-z y x . 又与所给平面方程平行的矢量为：}4,0,4{},0,2,4{-， 所求平面的参数式方程为：⎪⎩⎪⎨⎧=-=++-=v z uy v u x 24 3.证明矢量},,{Z Y X v =平行与平面0=+++D Cz By Ax 的充要条件为：0=++CZ BY AX . 证明： 不妨设0≠A ，则平面0=+++D Cz By Ax 的参数式方程为：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==---=v z uy v A C u A B A D x 故其方位矢量为：}1,0,{},0,1,{ACA B --，从而v 平行于平面0=+++D Cz By Ax 的充要条件为：，}1,0,{},0,1,{ACA B --共面⇔01001=--AC A B Z Y X ⇔ 0=++CZ BY AX .4. 已知连接两点),12,0(),5,10,3(z B A -的线段平行于平面0147=--+z y x ，求B 点的z 坐标.解： }5,2,3{z +-= 而AB 平行于0147=--+z y x 由题3知：0)5(427)3(=+-⨯+⨯-z 从而18=z .5. 求下列平面的一般方程.⑴通过点()1,1,21-M 和()1,2,32-M 且分别平行于三坐标轴的三个平面; ⑵过点()4,2,3-M 且在x 轴和y 轴上截距分别为2-和3-的平面; ⑶与平面0325=+-+z y x 垂直且分别通过三个坐标轴的三个平面; ⑷已知两点()()1,2,4,2,1,321--M -M ,求通过1M 且垂直于21,M M 的平面; ⑸原点O 在所求平面上的正射影为()6,9,2-P ;⑹求过点()1,5,31-M 和()2,1,42M 且垂直于平面0138=-+-z y x 的平面.解:平行于x 轴的平面方程为001011112=--+-z y x .即01=-z .同理可知平行于y 轴,z 轴的平面的方程分别为01,01=-+=-y x z . ⑵设该平面的截距式方程为132=+-+-c z y x ,把点()4,2,3-M 代入得1924-=c 故一般方程为02419812=+++z y x .⑶若所求平面经过x 轴，则()0,0,0为平面内一个点,{}2,1,5-和{}0,0,1为所求平面的方位矢量,∴点法式方程为001215000=----z y x ∴一般方程为02=+z y .同理经过y 轴,z 轴的平面的一般方程分别为05,052=-=+y x z x . ⑷{}2121.3,1,1M M --=M M →垂直于平面π,∴该平面的法向量{}3,1,1--=→n ,平面∂通过点()2,1,31-M , 因此平面π的点位式方程为()()()02313=--+--z y x . 化简得023=+--z y x . (5) {}.6,9,2-=→op .1136814=++==→op p()().6,9,2cos ,cos ,cos 110-=∂=⋅=→γβn p op∴ .116cos ,119cos ,112cos -===∂γβ 则该平面的法式方程为:.011116119112=--+z y x既 .0121692=--+z y x（6）平面0138=-+-z y x 的法向量为{}3,8,1-=→n ，{}1,6,121=M M ，点从()2,1,4写出平面的点位式方程为0161381214=----z y x ，则,261638-=-=A74282426,141131,21113-=++⨯-=====D C B ，则一般方程,0=+++D Cz By Ax 即：.037713=---z y x 6．将下列平面的一般方程化为法式方程。
解析几何第四版吕林根课后习题答案第五章
解析⼏何第四版吕林根课后习题答案第五章第五章⼆次曲线⼀般的理论§5.1⼆次曲线与直线的相关位置1. 写出下列⼆次曲线的矩阵A 以及1(,)F x y ，2(,)F x y 及3(,)F x y .（1）22221x y a b +=；（2）22221x y a b -=；（3）22y px =；（4）223520;x y x -++=（5）2226740x xy y x y -+-+-=.解：（1）22100100001a A b ?? ?= - ；121(,)F x y x a =221(,)F x y y b=3(,)1F x y =-；（2）22100100001a A b ?? ?=- -；121(,)F x y x a =221(,)F x y y b =-；3(,)1F x y =-.（3）0001000p A p -??= ? ?-??；1(,)F x y p =-；2(,)F x y y =；3(,)F x y px =-；（4）51020305022A ?? ?=-；15(,)2F x y x =+；2(,)3F x y y =-；35(,)22F x y x =+；（5）1232171227342A ??-- ? ? ?=---；11(,)232F x y x y =--；217(,)22F x y x y =-++；37(,)342F x y x y =-+-. 2. 求⼆次曲线22234630x xy y x y ----+=与下列直线的交点.（1）550x y --=（2）220x y ++=；（3）410x y +-=；（4）30x y -=；（5）2690x y --=.提⽰：把直线⽅程代⼊曲线⽅程解即可，详解略（1）15(,),(1,0)22-；（2??，??；（3）⼆重点(1,0)；（4）11,26??；（5）⽆交点.3. 求直线10x y --=与222210x xy y x y -----=的交点. 解：由直线⽅程得1x y =+代⼊曲线⽅程并解⽅程得直线上的所有点都为交点. 4 .试确定k 的值，使得（1）直线50x y -+=与⼆次曲线230x x y k -+-=交于两不同的实点；（2）直线1,{x kt y k t=+=+与⼆次曲线22430x xy y y -+-=交于⼀点；（3）10x ky --=与⼆次曲线22(1)10xy y k y -+---=交于两个相互重合的点；（4）1,{1x t y t=+=+与⼆次曲线222420x xy ky x y ++--=交于两个共轭虚交点.解：详解略.（1）4k <-；（2）1k =或3k =（3）1k =或5k =；（4）4924k >. §5.2⼆次曲线的渐进⽅向、中⼼、渐进线1. 求下列⼆次曲线的渐进⽅向并指出曲线属于何种类型的（1）22230xxy y x y ++++=；（2）22342250x xy y x y ++--+=；（3）24230xy x y --+=.解：（1）由22(,)20X Y X XY Y φ=++=得渐进⽅向为:1:1X Y =-或1:1-且属于抛物型的；（2）由22(,)3420X Y X XY Y φ=++=得渐进⽅向为:(2:3X Y =-且属于椭圆型的；（3）由(,)20X Y XY φ==得渐进⽅向为:1:0X Y =或0:1且属于双曲型的.2. 判断下列曲线是中⼼曲线，⽆⼼曲线还是线⼼曲线.（1）22224630x xy y x y -+--+=；（2）22442210x xy y x y -++--=；（3）2281230y x y ++-=；（4）2296620x xy y x y -+-+=.解：（1）因为2111012I -==≠-，所以它为中⼼曲线；（2）因为212024I -==-且121241-=≠--，所以它为⽆⼼曲线；（3）因为200002I ==且004026=≠，所以它为⽆⼼曲线；（4）因为293031I -==-且933312--==-，所以它为线⼼曲线； 3. 求下列⼆次曲线的中⼼.（1）225232360x xy y x y -+-+-=；（2）222526350x xy y x y ++--+=；（3）22930258150x xy y x y -++-=.解：（1）由510,3302x y x y --=-++=??得中⼼坐标为313(,)2828-；（2）由5230,2532022x y x y ?+-=+-=??得中⼼坐标为(1,2)-；（3）由91540,15152502x y x y -+=??-+-=知⽆解，所以曲线为⽆⼼曲线. 4. 当,a b 满⾜什么条件时，⼆次曲线226340x xy ay x by ++++-=（1）有唯⼀中⼼；（2）没有中⼼；（3）有⼀条中⼼直线.解：（1）由330,2302x y b x ay ?++=++=??知，当9a ≠时⽅程有唯⼀的解，此时曲线有唯⼀中⼼；（2）当9,9a b =≠时⽅程⽆解，此时曲线没有中⼼；（3）当9a b ==时⽅程有⽆数个解，此时曲线是线⼼曲线.5. 试证如果⼆次曲线22111222132333(,)2220F x y a x a xy a y a x a y a =+++++= 有渐进线，那么它的两个渐进线⽅程是Φ00(,)x x y y --=221101200220()2()()()0a x x a x x y y a y y -+--+-=式中00(,)x y 为⼆次曲线的中⼼.证明：设(,)x y 为渐进线上任意⼀点，则曲线的的渐进⽅向为00:():()X Y x x y y =--，所以Φ00(,)x x y y --=221101200220()2()()()0a x x a x x y y a y y -+--+-=.6. 求下列⼆次曲线的渐进线.（1）226310x xy y x y --++-=；（2）2232340x xy y x y -++-+=；（3）2222240x xy y x y ++++-=.解：（1）由1360,2211022x y x y ?-+=--+=??得中⼼坐标13(,)55-.⽽由2260X XY Y --=得渐进⽅向为:1:2X Y =或:1:3X Y =-，所以渐进线⽅程分别为210x y -+=与30x y += （2）由310,22332022x y x y ?-+=-+-=??得中⼼坐标13(,)55-.⽽由22320X XY Y -+=得渐进⽅向为:1:1X Y =或:2:1X Y =，所以渐进线⽅程分别为20x y -+=与210x y --=（3）由10,10x y x y ++=??++=?知曲线为线⼼曲线，.所以渐进线为线⼼线，其⽅程为10x y ++=.7. 试证⼆次曲线是线⼼曲线的充要条件是230I I ==，成为⽆⼼曲线的充要条件是230,0I I =≠. 证明：因为曲线是线⼼曲线的充要条件是131112122223a a a a a a ==也即230I I ==；为⽆⼼曲线的充要条件是131112122223a a a a a a =≠也即230,0I I =≠. 8. 证明以直线1110A x By C ++=为渐进线的⼆次曲线⽅程总能写成111()()0A x By C Ax By C D +++++=. 证明：设以1110A x By C ++=为渐进线的⼆次曲线为 22111222132333(,)2220F x y a x a xy a y a x a y a =+++++=，则它的渐进线为Φ00(,)x x y y --=221101200220()2()()()0a x x a x x y y a y y -+--+-=，其中00(,)x y 为曲线的中⼼，从⽽有Φ00(,)x x y y --=111()()0A x By C Ax By C ++++= ，⽽Φ00(,)x x y y --=0 因为00(,)x y 为曲线的中⼼，所以有11012013a x a y a +=-，12022023a x a y a +=- 因此Φ000033(,)(,)(,)x x y y F x y x y a φ--=+-，令0033(,)x y a D φ-=-，代⼊上式得即111(,)()()F x y A x By C Ax By C D =+++++，所以以1110A x By C ++=为渐进线的⼆次曲线可写为111()()0A x By C Ax By C D +++++=.9.求下列⼆次曲线的⽅程.（1）以点（0，1）为中⼼，且通过（2，3），（4，2）与（-1，-3）；（2）通过点（1，1），（2，1），（-1，-2）且以直线10x y +-=为渐进线. 解：利⽤习题8的结论即可得：（1）40xy x --=；（2）2223570x xy y x ---+=.§5.3⼆次曲线的切线1. 求以下⼆次曲线在所给点或经过所给点的切线⽅程.（1）曲线223457830x xy y x y ++---=在点（2，1）；（2）曲线曲线223457830x xy y x y ++---=在点在原点；（3）曲线22430x xy y x y +++++=经过点（-2，-1）；（4）曲线225658x xy y ++=经过点()；（5）曲线222210x xy y x y -----=经过点（0，2）.解：（1）910280x y +-=；（2）20x y -=；（3）10,30y x y +=++=；（4）1150,0x y x y +-=-+=；（5）0x =.2. 求下列⼆次曲线的切线⽅程并求出切点的坐标.（1）曲线2243530x xy y x y ++--+=的切线平⾏于直线40x y +=；（2）曲线223x xy y ++=的切线平⾏于两坐标轴.解：（1）450x y +-=，(1,1)和480x y +-=，(4,3)-；（2）20y ±=，(1,2),(1,2)--和20x ±=，(2,1),(2,1)--. 3. 求下列⼆次曲线的奇异点.（1）22326410x y x y -+++=；（2）22210xy y x +--=；（3）2222210x xy y x y -+-++=.解：（1）解⽅程组330,220x y +=??-+=?得奇异点为(1,1)-；（2）解⽅程组10,0y x y -=??+=?得奇异点为(1,1)-.4.试求经过原点且切直线4320x y ++=于点（1，-2）及切直线10x y --=于点（0，-1）的⼆次曲线⽅程. 解：利⽤（5.3-5）可得226320x xy y x y +-+-=.5.设有共焦点的曲线族2222221x y a h b h+=++，这⾥h 是⼀个变动的参数，作平⾏于已知直线y mx =的曲线的切线，求这些切线切点的轨迹⽅程. 解：设切点坐标为00(,)x y ，则由（5.3-4）得曲线的切线为0022221x x y ya hb h+=++，因为它平⾏与y m x =，所以有2220000x b my a h x my +=-+，代⼊220022221x y a h b h +=++整理得222220000(1)()0m x m x y m y m a b +----=，所以切点的轨迹为22222(1)()0mx m xy my m a b +----=.§5.4⼆次曲线的直径1. 已知⼆次曲线223754510x xy y x y +++++=.求它的（1）与x 轴平⾏的弦的中点轨迹；（2）与y 轴平⾏的弦的中点轨迹；（3）与直线10x y ++=平⾏的弦的中点轨迹.解：（1）因为x 轴的⽅向为:1:0X Y =代⼊（5.4-3）得中点轨迹⽅程6740x y ++=；（2）因为y 轴的⽅向为:0:1X Y =代⼊（5.4-3）得中点轨迹⽅程71050x y ++=；（3）因为直线10x y ++=的⽅向为:1:1X Y =-代⼊（5.4-3）得中点轨迹⽅程310x y ++=. 2.求曲线224260x xy x y +---=通过点（8，0）的直径⽅程，并求其共轭直径. 解：（1）把点（8，0）代⼊(2)(21)0X x Y y -+-= 得:1:6X Y =，再代⼊上式整理得直径⽅程为1280x y +-=，其共轭直径为122230x y --=.3.已知曲线22310xy y x y --+-=的直径与y 轴平⾏，求它的⽅程，并求出这直径的共轭直径. 解：直径⽅程为10x -=，其共轭直径⽅程为230x y -+=.4.已知抛物线28y x =-，通过点（-1，1）引⼀弦使它在这点被平分. 解：430x y ++=.5. 求双曲线22164x y -=⼀对共轭直径的⽅程，已知两共轭直径间的⾓是45度. 解：设直径和共轭直径的斜率分别为',k k ，则'23kk =.⼜因为它们交⾓45度，所以''11k k kk -=+，从⽽13k =-或2，'2k =-或13，故直径和共轭直径的⽅程为30x y +=和20x y -=或20x y +=和30x y -=.6.求证：通过中⼼曲线的直线⼀定为曲线的直径；平⾏于⽆⼼曲线渐进⽅向的直线⼀定为其直径. 证明：因为中⼼曲线直径为中⼼线束，因此过中⼼的直线⼀定为直径；当曲线为⽆⼼曲线时，它们的直径属于平⾏直线束，其⽅向为渐进⽅向，所以平⾏于⽆⼼曲线渐进⽅向的直线⼀定为其直径. 7．求下列两条曲线的公共直径.（1）223234440x xy y x y -+++-=与2223320x xy y x y --++=；（2）220x xy y x y ----=与2220x xy y x y ++-+=. 解：（1）210x y -+=；（2）5520x y ++=.8.已知⼆次曲线通过原点并且以下列两对直线 320,5540x y x y --=??--=?与530,210y x y +=??--=?为它的两对共轭直径，求该⼆次曲线的⽅程. 解：设曲线的⽅程为22111222132333(,)2220F x y a x a xy a y a x a y a=+++++=，则由（5.4-3）和（5.4-5）可得1112221323331111,,1,,,0222a a a a a a ==-=-=-=-=，所以曲线的⽅程为220x xy y x y ----=.§5.5⼆次曲线的主直径与主⽅向1.分别求椭圆22221x y a b +=，双曲线22221x y a b-=，抛物线22y px =的主⽅向与主直径.解：椭圆的主⽅向分别为1：0和0：1，主直径分别为0,0x y ==；双曲线的主⽅向分别为1：0和0：1，主直径分别为0,0x y==；抛物线的主⽅向分别为0：1和1：0，主直径分别为0y =. 2.求下列⼆次曲线的主⽅向与主直径. （1）22585181890x xy y x y ++--+=；（2）22210xy x y -+-=；（3）229241618101190x xy y x y -+--+=.解：（1）曲线的主⽅向分别为1：（-1）和1：1，主直径分别为0,20x y x y -=+-=；（2）其主⽅向分别为1：1和1：（-1），主直径分别为0,20x y x y +=-+=；（3）其主⽅向分别为3：（-4）和4：3，主直径分别为3470x y -+=；（4）任何⽅向都是其主⽅向，过中⼼的任何直线都是其主直径.3.直线10x y ++=是⼆次曲线的主直径，点（0，0），（1，-1），（2，1）在曲线上，求该曲线的⽅程.解：设⼆次曲线⽅程为22111222132333(,)2220F x y a x a xy a y a x a y a =+++++=，把点坐标（0，0），（1，-1），（2，1）分别代⼊上⾯⽅程同时利⽤直线10x y ++=为其主直径可得111222132333774,,4,,4,022a a a a a a ==-==-==，所以所求曲线⽅程为22474780x xy y x y -+-+=.4.试证⼆次曲线两不同特征根确定的主⽅向相互垂直.证明：设12,λλ分别曲线的两不同特征根，由它们确定的主⽅向分别为11:X Y 与22:X Y 则1111211112122111,,a X a Y X a X a Y Y λλ+=??+=?与1121222212222222,a X a Y X a X a Y Y λλ+=??+=?，所以11211211112121212212()()X X YY a X a Y X a X a Y Y λλ+=+++11212211222221221221()(),a X a Y X a X a Y X X X Y Y λλ=+++=+从有121212()()0X X YY λλ-+=，因为12λλ≠，所以12120X X YY +=，由此两主⽅向11:X Y 与22:X Y 相互垂直.§5.6⼆次曲线⽅程的化简与分类1. 利⽤移轴与转轴，化简下列⼆次曲线的⽅程并写出它们的图形.（1）225422412180x xy y x y ++--+=；（2）222410x xy y x y ++-+-=；（3）25122212190x xy x y +---=；（4）222220x xy y x y ++++=. 解（1）因为⼆次曲线含xy 项，我们先通过转轴消去xy ，设旋转⾓为α，则324ctg α=，即21324tg tg αα-=，所以12tg α=或-2.取2tg α=-，那么sin α=，cos α=，所以转轴公式为''''2),2).x x y y x y ?=+??=-+代⼊原⽅程化简再配⽅整理得新⽅程为''2''26120x y +-=；类似的化简可得（2）''2''250y +=；（3）''2''294360x y --=；（4）''2210x -=.2.以⼆次曲线的主直径为新坐标轴，化简下列⽅程，并写出的坐标变换公式与作出它们的图（1）22845816160x xy y x y +++--=；（2）22421040x xy y x y --++=；（3）22446830x xy y x y -++-+=；（4）2244420x xy y x y -++-=. 解：（1）已知⼆次曲线的距阵是 8242584816?? ?- ? ?--??， 18513I =+=，2823625I ==，所以曲线的特征⽅程为213360λλ-+=，其特征根为14λ=，29λ=，两个主⽅向为11:1:2X Y =-，22:2:1X Y =；其对应的主直径分别为8200x y -+=，7740x y +-=. 取这两条直线为新坐标轴得坐标变换公式'''')1,2) 2.x x y y x y ?=--??=++代⼊已知曲线⽅程并整理得曲线在新坐标系下的⽅程为 '2'294360x y +-=.（2）已知⼆次曲线的距阵是 225222520-?? ?- ? ???坐标变换公式''''2)1,) 2.x x y y x y ?=--??=++代⼊已知曲线⽅程并整理得曲线在新坐标系⽅程为'2'23210-+-=. （3）已知⼆次曲线的距阵是423214343----，坐标变换公式''''92),101).5 x x yy x y=--=++代⼊已知曲线⽅程并整理得曲线在新坐标系下的⽅程为'2' 50-=. （4）坐标变换公式''''22),51).5x x yy x y=--=++代⼊已知曲线⽅程并整理得曲线在新坐标系下的⽅程为'2510y-=.3.试证在任意转轴下，⼆次曲线的新旧⽅程的⼀次项系数满⾜关系式'2'222 13231313a a a a+=+.证明：设旋转⾓为α，则''131323cos sina a aαα=-，''231323sin cosa a aαα=+，两式平⽅相加得'2'22213231313a a a a+=+.4.试证⼆次曲线222ax hxy ay d++=的两条主直径为220x y-=，曲线的两半轴的长分别为. 证明：求出曲线的两主直径并化简即可得.§5.7应⽤不变量化简⼆次曲线的⽅程1. 利⽤不变量与半不变量，判断下列⼆次曲线为何种曲线，并求出它的化简⽅程与标准⽅程. （1）22 66210x xy y x y++++-=；（2）223234440x xy y x y-+++-=；（3）2243220x xy y x y-++-=；（4）22442210x xy y x y-++--=；（5）222246290x xy y x y-+--+=；（6）；（7）22 22240x xy y x y++++-=；（8）22 4412690x xy y x y-++-+=.解：（1）因为12I=，213831I==-，13331116311=-，322II=-，⽽特征⽅程2280λλ--=的两根为124,2λλ==-，所以曲线的简化⽅程（略去撇号）为224220x y --=曲线的标准⽅程为 2221012x y --=，曲线为双曲线；类似地得下⾯：（2）曲线的简化⽅程（略去撇号）为 222480x y +-=，曲线的标准⽅程为 22142x y +=，曲线为椭圆；（3）曲线的简化⽅程（略去撇号）为22(2(20x y +=，曲线的标准⽅程为22011x y -=，曲线为两相交直线；（4）曲线的简化⽅程（略去撇号）为250y -=，双曲线的标准⽅程为2y =，曲线为抛物线；（5）曲线的简化⽅程（略去撇号）为2233((022x y +=，曲线的标准⽅程为220x y +=，曲线为⼀实点或相交与⼀实点的两虚直线；（6）曲线的简化⽅程（略去撇号）为220,0,0)y x a y a -=≤≤≤≤（，曲线的标准⽅程为2y =，0,0)x a y a ≤≤≤≤（曲线为抛物线的⼀部分；（7）曲线的简化⽅程（略去撇号）为 2250y -=，曲线的标准⽅程为 252y =，曲线为两平⾏直线；（8）曲线的简化⽅程（略去撇号）为 250y =，曲线的标准⽅程为 20y =，曲线为两重合直线.2. 当λ取何值时，⽅程 2244230x xy y x y λ++---= 表⽰两条直线.解：⽅程 2244230x xy y x y λ++---=表⽰两条直线当且仅当3222110213I λ-=-=---，即4λ=.3. 按实数λ的值讨论⽅程2222250x xy y x y λλ-+-++= 表⽰什么曲线.解：因为12I λ=，2(1)(1)I λλ=-+，3(53)(1)I λλ=+-，12(51)K λ=-，所以当λ的值变化时，1231,,,I I I K 也随着变化，它们的变化关系如下表：4. 设221112221323332220a x a xy a y a x a y a +++++= 表⽰两条平⾏直线，证明这两条直线之间的距离是d = . 证明：曲线的⽅程可简化为：这⾥当曲线表⽰两条平⾏的实直线时，10K <.所以这两条直线之间的距离是d =5. 试证⽅程 221112221323332220a x a xy a y a x a y a +++++= 确定⼀个实圆必须且只须212124,0I I I I =<.证明：当曲线 221112221323332220a x a xy a y a x a y a +++++=表⽰⼀个实圆的充要条件是其特征⽅程2120I I λλ-+=有相等实根且120I I <，即21240I I ?=-=且120I I <，从⽽⽅程确定⼀个实圆必须且只须212124,0I I I I =<.6. 试证如果⼆次曲线的10I =，那么20I <. 证明：因为111220I a a =+=即1122a a =-，所以1112222211221211121222()a a I a a a a a a a==-=-+，⽽11122,,a a a 不全0，所以有20I <. 7. 试证如果⼆次曲线的230,0I I =≠，那么10I ≠，⽽且120I I <.证明：当230,0I I =≠时，由5.2节习题7知，曲线为⽆⼼曲线，从⽽有10I ≠，⽽且120I I <.。
解析几何第四版吕林根课后习题答案
第三章 平面与空间直线§ 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：1通过点)1,1,3(1-M 和点)0,1,1(2-M 且平行于矢量}2,0,1{-的平面2通过点)1,5,1(1-M 和)2,2,3(2-M 且垂直于xoy 坐标面的平面；3已知四点)3,1,5(A ,)2,6,1(B ,)4,0,5(C )6,0,4(D ;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 }1,2,2{21--=M M ,又矢量}2,0,1{-平行于所求平面, 故所求的平面方程为： 一般方程为：07234=-+-z y x2由于平面垂直于xoy 面,所以它平行于z 轴,即}1,0,0{与所求的平面平行,又}3,7,2{21-=M M ,平行于所求的平面,所以要求的平面的参数方程为：一般方程为：0)5(2)1(7=+--y x ,即01727=--y x ; 3ⅰ设平面π通过直线AB,且平行于直线CD ： }1,5,4{--=AB ,}2,0,1{-=CD 从而π的参数方程为：一般方程为：0745910=-++z y x ;ⅱ设平面π'通过直线AB,且垂直于ABC ∆所在的平面∴ }1,5,4{--=AB , }1,1,1{4}4,4,4{}1,1,0{}1,5,4{==-⨯--=⨯AC AB均与π'平行,所以π'的参数式方程为： 一般方程为：0232=--+z y x . 2.化一般方程为截距式与参数式：042:=+-+z y x π.解： π与三个坐标轴的交点为：)4,0,0(),0,20(),0,0,4(--, 所以,它的截距式方程为：1424=+-+-z y x . 又与所给平面方程平行的矢量为：}4,0,4{},0,2,4{-,∴ 所求平面的参数式方程为：3.证明矢量},,{Z Y X v =平行与平面0=+++D Cz By Ax 的充要条件为：0=++CZ BY AX .证明： 不妨设0≠A ,则平面0=+++D Cz By Ax 的参数式方程为： 故其方位矢量为：}1,0,{},0,1,{AC A B --,从而v 平行于平面0=+++D Cz By Ax 的充要条件为：v ,}1,0,{},0,1,{ACA B --共面⇔ ⇔0=++CZ BY AX . 4. 已知连接两点),12,0(),5,10,3(z B A -的线段平行于平面0147=--+z y x ,求B 点的z 坐标.解： }5,2,3{z AB +-= 而AB 平行于0147=--+z y x 由题3知：0)5(427)3(=+-⨯+⨯-z 从而18=z .5. 求下列平面的一般方程.⑴通过点()1,1,21-M 和()1,2,32-M 且分别平行于三坐标轴的三个平面; ⑵过点()4,2,3-M 且在x 轴和y 轴上截距分别为2-和3-的平面;⑶与平面0325=+-+z y x 垂直且分别通过三个坐标轴的三个平面; ⑷已知两点()()1,2,4,2,1,321--M -M ,求通过1M 且垂直于21,M M 的平面; ⑸原点O 在所求平面上的正射影为()6,9,2-P ;⑹求过点()1,5,31-M 和()2,1,42M 且垂直于平面0138=-+-z y x 的平面.解:平行于x 轴的平面方程为001011112=--+-z y x .即01=-z .同理可知平行于y 轴,z 轴的平面的方程分别为01,01=-+=-y x z . ⑵设该平面的截距式方程为132=+-+-c z y x ,把点()4,2,3-M 代入得1924-=c 故一般方程为02419812=+++z y x .⑶若所求平面经过x 轴,则()0,0,0为平面内一个点,{}2,1,5-和{}0,0,1为所求平面的方位矢量,∴点法式方程为001215000=----z y x ∴一般方程为02=+z y .同理经过y 轴,z 轴的平面的一般方程分别为05,052=-=+y x z x . ⑷{}2121.3,1,1M M --=M M →垂直于平面π,∴该平面的法向量{}3,1,1--=→n ,平面∂通过点()2,1,31-M , 因此平面π的点位式方程为()()()02313=--+--z y x . 化简得023=+--z y x . 5 {}.6,9,2-=→op∴ .116cos ,119cos ,112cos -===∂γβ 则该平面的法式方程为:.011116119112=--+z y x既 .0121692=--+z y x6平面0138=-+-z y x 的法向量为{}3,8,1-=→n ,{}1,6,121=M M ,点从()2,1,4写出平面的点位式方程为0161381214=----z y x ,则,261638-=-=A74282426,141131,21113-=++⨯-=====D C B ,则一般方程,0=+++D Cz By Ax 即：.037713=---z y x 6．将下列平面的一般方程化为法式方程; 解：.3-=D∴将已知的一般方程乘上.301=λ得法式方程.030330530230=-+-z y x()∴-=∴=.21.12λD 将已知的一般方程乘上.21-=λ得法式方程.0212121=-+-y x()∴-=∴=.1.2.3λD 将已知的一般方程乘上.1-=λ得法式方程.02=--x().91.0.4±=∴=λD 即91=λ或91-=λ将已知的一般方程乘上91=λ或.91-=λ得法式方程为0979494=+-z y x 或.0979494=-+-z y x 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;解：().71.35.1=-=λD 化为法式方程为05767372=-++z y x 原点指向平面π的单位法矢量为,76,73,72⎭⎬⎫⎩⎨⎧=u 它的方向余弦为.76cos ,73cos ,72cos ===γβα原点o 到平面π的距离为.5=-=D P λ().31.21.2-==λD 化为法式方程为-07323231=--+-z y x 原点指向平面π的单位法矢量为,32,32,310⎭⎬⎫⎩⎨⎧--=n 它的方向余弦为122cos ,cos ,cos .333αβγ=-==-原点o到平面π的距离7.p D λ=-= 第20页8．已知三角形顶点()()()0,7,0,2,1,1,2,2,2.A B C --求平行于ABC 所在的平面且与她相距为2各单位的平面方程;解：设,.AB a AC b ==点()0,7,0.A -则{}{}2,6,1,2,9,2a b ==写出平面的点位式方程72610292x y z += 设一般方程0. 3.2,6,140.Ax By Cz D A B C D +++=∴====-< 则1. 2.7p D λλ==-=相距为2个单位;则当4p =时28.D =-当0p =时0.D =∴所求平面为326280.x y z -+-=和3260.x y z -+=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::1:3:2a b c =-的平面;解：设,3,2.0.a x b x c x abc =-==≠∴设平面的截距方程为 1.x y z a b c++= 即.bcx acy abz abc ++= 又原点到此平面的距离 6.d =6.=∴所求方程为7.32y zx -++= 10．平面1x y z a b c++=分别与三个坐标轴交于点,,.A B C 求ABC 的面积;解 (,0,0)A a , (0,,0)B b ,(0,0,)C c {},,0AB a b =-,{},0,AC a c =-.{},,AB AC bc ca ab ⨯=;2AB AC b ⨯=.∴S ABC11．设从坐标原点到平面的距离为;求证1.p p =∴= 从而有22221111.p a b c =++ § 平面与点的相关位置1.计算下列点和平面间的离差和距离： 1)3,4,2(-M , :π 0322=++-z y x ； 2)3,2,1(-M , :π 0435=++-z y x . 解： 将π的方程法式化,得：01323132=--+-z y x ,故离差为：311332431)2()32()(-=-⨯-⨯+-⨯-=M δ,M 到π的距离.31)(==M d δ2类似1,可求得0354353356355)(=-++-=M δ,M 到π的距离.0)(==M d δ2.求下列各点的坐标：1在y 轴上且到平面02222=--+z y 的距离等于4个单位的点； 2在z 轴上且到点)0,2,1(-M 与到平面09623=-+-z y x 距离相等的点； 3在x 轴上且到平面01151612=++-z y x 和0122=--+z y x 距离相等的点;解：1设要求的点为)0,,0(0y M 则由题意∴ 610=-y ⇒50-=y 或7.即所求的点为0,-5,0及0,7,0; 2设所求的点为),0,0(0z 则由题意知： 由此,20-=z 或-82/13; 故,要求的点为)2,0,0(-及)1382,0,0(-; 3设所求的点为)0,0,(0x ,由题意知： 由此解得：20=x 或11/43; 所求点即2,0,0及11/43,0,0;3.已知四面体的四个顶点为)4,1,1(),5,11,2(),3,5,3(),4,6,0(---C B A S ,计算从顶点S 向底面ABC 所引的高; 解：地面ABC 的方程为： 所以,高335426=+⨯--=h ;4.求中心在)2,5,3(-C 且与平面01132=+--z y x 相切的球面方程; 解：球面的半径为C 到平面π：01132=+--z y x 的距离,它为：142142814116532==+++⨯=R ,所以,要求的球面的方程为：56)2()5()3(222=++++-z y x .即：0184106222=-++-++z y x z y x .5．求通过x 轴其与点()5,4,13M 相距8个单位的平面方程;解：设通过x 轴的平面为0.By Cz +=它与点()5,4,13M 相距8个单位,从而228.481041050.B BC C =∴--=因此()()1235430.B C B C -+=从而得12350B C -=或430.B C +=于是有:35:12B C =或():3:4.B C =-∴所求平面为35120y z +=或340.y z -=6. 求与下列各对平面距离相等的点的轨迹. ⑴053407263=--=--+y x z y x 和; ⑵062901429=++-=-+-z y x z y x 和. 解: ⑴ ()0726371:1=--+z y x π 令()()53451726371--=--+y x z y x化简整理可得:0105113=+-z y x 与07010943=--+z y x . ⑵对应项系数相同,可求42614221'-=+-=+=D D D ,从而直接写出所求的方程:0429=-+-z y x .9 判别点M2 -1 1和N 1 2 -3在由下列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 11:3230x y z π-+-=与2:240x y z π--+= 21:2510x y z -+-=与2:32610x y z π-+-= 解：1将M2 -1 1,N1 2 -3代入1π,得： 6123032630++-〉⎧⎨---〈⎩则M,N 在1π的异侧 再代入2π,得：221470143440+-+=〉⎧⎨-++=〉⎩∴MN 在2π的同侧 ∴MN 在相邻二面角内2将M2 -1 1N1 2 -3代入1π,得：4151902215180++-=〉⎧⎨---=-〈⎩则MN 在1π的异侧; 再代入2π,得：662113034181200++-=>⎧⎨---=-<⎩则MN 在2π的异侧∴ MN 在对顶的二面角内10 试求由平面1π：2230x y z -+-=与2π：32610x y z +--=所成的二面角的角平分方程,在此二面角内有点1, 2, -3解：设px y z 为二面角的角平分面上的点,点p 到12ππ的距离相等=5332190(1)234240(2)x y z x y z +--=⎧⎨---=⎩把点p 代入到12ππ上,10δ< 20δ> 在1上取点1850 0代入12ππ,''1200δδ>>; 在2上取点0 0 -6代入12ππ,""1200δδ<>∴2为所求,∴解平面的方程为：34240x y z ---=两平面的相关位置1.判别下列各对直线的相关位置： 10142=+-+z y x 与0324=--+z y x ； 20522=---z y x 与013=--+z y x ； 305426=--+z y x 与029639=--+z y x ;解：1 )1(:21:41)4(:2:1-=-, ∴ 1中的两平面平行不重合； 2 )1(:3:1)2(:)1(:2-≠--, ∴ 2中两平面相交； 3 )6(:3:9)4(:2:6-=-, ∴ 3中两平面平行不重合;2.分别在下列条件下确定n m l ,,的值：1使08)3()1()3(=+-+++-z n y m x l 和016)3()9()3(=--+-++z l y n x m 表示同一平面；2使0532=-++z my x 与0266=+--z y lx 表示二平行平面； 3使013=+-+z y lx 与027=-+z y x 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,则： 即：从而：97=l ,913=m ,937=n ; 2欲使所给的二方程表示二平行平面,则： 所以：4-=l ,3=m ;3欲使所给的二方程表示二垂直平面,则： 所以： 71-=l ;3.求下列两平行平面间的距离： 10218419=++-z y x ,0428419=++-z y x ； 207263=--+z y x ,014263=+-+z y x ; 解：1将所给的方程化为： 所以两平面间的距离为：2-1=1;2同1可求得两平行平面间的距离为1+2=3; 4.求下列各组平面所成的角： 1011=-+y x ,083=+x ；2012632=-+-z y x ,0722=-++z y x ; 解：1设1π：011=-+y x ,2π：083=+x∴ 4),(21πππ=∠或43π; 2设1π：012632=-+-z y x ,2π：0722=-++z y x218cos ),(121-=∠ππ或218cos ),(121--=∠πππ; 5. 求下列平面的方程:1 通过点()1,0,01M 和()0,0,32M 且与坐标面xOy 成060角的平面;2 过z 轴且与平面0752=--+z y x 成060角的平面. 解 ⑴ 设所求平面的方程为.113=++z b y x 又xoy 面的方程为z=0,所以21113110103160cos 222=+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅+⋅=b b ο 解得203±=b ,∴所求平面的方程为12633=+±+z yx , 即03326=-+±z y x⑵设所求平面的方程为0=+By Ax ;则21514260cos 22=+++±+=B A BA ο 3,038322BA B AB A =∴=-+或B A 3-= ∴所求平面的方程为03=+y x 或03=-y x .§ 空间直线的方程1.求下列各直线的方程：1通过点)1,0,3(-A 和点)1,5,2(-B 的直线； 2通过点),,(0000z y x M 且平行于两相交平面i π：)2,1(=i 的直线；3通过点)3,51(-M 且与z y x ,,三轴分别成︒︒︒120,45,60的直线；4通过点)2,0,1(-M 且与两直线11111-+==-z y x 和01111+=--=z y x 垂直的直线； 5通过点)5,3,2(--M 且与平面02536=+--z y x 垂直的直线; 解：1由本节—6式,得所求的直线方程为： 即：01553-=-=+z y x ,亦即01113-=-=+z y x ; 2欲求直线的方向矢量为： 所以,直线方程为：221102211022110B A B A z z A C A C y y C B C B x x -=-=-; 3欲求的直线的方向矢量为：{}⎭⎬⎫⎩⎨⎧-=︒︒︒21,22,21120cos ,45cos ,60cos ,故直线方程为：132511--=+=-z y x ; ４欲求直线的方向矢量为：{}{}{}2,1,10,1,11,1,1---=-⨯-, 所以,直线方程为：22111+==-z y x ; ５欲求的直线的方向矢量为：{}5,3,6--, 所以直线方程为：553362-+=--=-z y x ; ２.求以下各点的坐标： １在直线381821-=-=-z y x 上与原点相距２５个单位的点； ２关于直线⎩⎨⎧=+-+=+--03220124z y x z y x 与点)1,0,2(-P 对称的点;解：１设所求的点为),,(z y x M ,则： 又222225=++z y x即：222225)38()8()21(=+++++t t t ,解得：4=t 或762-所以要求的点的坐标为：)7130,76,7117(),20,12,9(---; ２已知直线的方向矢量为：{}{}{}3,6,62,1,24,1,1-=-⨯--,或为{}1,2,2-, ∴过P 垂直与已知直线的平面为：0)1(2)2(2=++--z y x ,即0322=-+-z y x ,该平面与已知直线的交点为)3,1,1(,所以若令),,(z y x P '为P 的对称点,则：221x +=,201y +=,213z+-= ∴7,2,0===z y x ,即)7,2,0(P ';３.求下列各平面的方程： １通过点)1,0,2(-p ,且又通过直线32121-=-=+z y x 的平面； ２通过直线115312-+=-+=-z y x 且与直线 平行的平面； ３通过直线223221-=-+=-z y x 且与平面0523=--+z y x 垂直的平面； ４通过直线⎩⎨⎧=-+-=+-+014209385z y x z y x 向三坐标面所引的三个射影平面;解：１因为所求的平面过点)1,0,2(-p 和)2,0,1(-'p ,且它平行于矢量{}3,1,2-,所以要求的平面方程为： 即015=-++z y x ;２已知直线的方向矢量为{}{}{}5,3,11,2,11,1,2-=-⨯-, ∴平面方程为：即015211=-++z y x３要求平面的法矢量为{}{}{}13,8,11,2,32,3,2-=-⨯-,∴平面的方程为：0)2(13)2(8)1(=--+--z y x ,即09138=+--z y x ; 4由已知方程⎩⎨⎧=-+-=+-+014209385z y x z y x分别消去x ,y ,z 得到：0231136=+-z y ,079=+-z x ,06411=+-y x此即为三个射影平面的方程;4.化下列直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： 1⎩⎨⎧=---=+-+0323012z y x z y x 2⎩⎨⎧=+--=-+064206z y x z x3⎩⎨⎧==-+20x z y x解：1直线的方向数为：)5(:1:)3(1312:3221:2111--=------∴射影式方程为： ⎪⎩⎪⎨⎧-+-=--+--=59515253z y z x , 即⎪⎩⎪⎨⎧--=+=59515253z y z x ,标准方程为：z y x =-+=-51595352, 方向余弦为：35353553cos ±=±=α,35153551cos =-±=β,3555351cos ±=±=γ;2已知直线的方向数为：)4(:3:44201:2111:1410-=----,射影式方程为：⎪⎩⎪⎨⎧--+-=--+-=4184342444z y z x , 即⎪⎩⎪⎨⎧+-=+-=29436z y z x 标准方程为：z y x =--=--432916, 方向余弦为：4144411cos =-±=α,41344143cos =-±=β, 4144411cos ±=±=γ;3已知直线的方向数为：1:1:0)1(:)1(:00111:1011:0011=--=--, ∴射影式方程为： ⎩⎨⎧-==22z y x ,标准式方程为：z y x =+=-1202, 方向余弦为：0cos =α,21cos ±=β,21cos ±=γ;5. 一线与三坐标轴间的角分别为,,αβγ.证明222sin sin sin 2.αβγ++= 证 ∵222cos cos cos 1αβγ++=, ∴2221sin 1sin 1sin 1αβγ-+-+-=,即222sin sin sin 2.αβγ++=§ 直线与平面的相关位置1.判别下列直线与平面的相关位置：137423zy x =-+=--与3224=--z y x ； 2723z y x =-=与8723=+-z y x ； 3⎩⎨⎧=---=-+-01205235z y x z y x 与07734=-+-z y x ； 4⎪⎩⎪⎨⎧-=+-==4992t z t y t x 与010743=-+-z y x ; 解：1 0)2(3)2()7(4)2(=-⨯+-⨯-+⨯-, 而017302)4(234≠=-⨯--⨯-⨯,, 所以,直线与平面平行; 2 0717)2(233≠⨯+-⨯-⨯ 所以,直线与平面相交,且因为772233=--=, ∴ 直线与平面垂直;3直线的方向矢量为：{}{}{}1,9,51,1,22,3,5=--⨯-,0179354=⨯+⨯-⨯,而点)0,5,2(--M 在直线上,又07)5(3)2(4=--⨯--⨯, 所以,直线在平面上; 4直线的方向矢量为{}9,2,1-,∴直线与平面相交;2.试验证直线l ：21111-=-=-z y x 与平面π：032=--+z y x 相交,并求出它的交点和交角;解： 032111)1(2≠-=⨯-⨯+-⨯∴ 直线与平面相交;又直线的坐标式参数方程为： ⎪⎩⎪⎨⎧+=+=-=t z t y t x 211设交点处对应的参数为0t ,∴10-=t ,从而交点为1,0,-1;又设直线l 与平面π的交角为θ,则：21662111)1(2sin =⨯⨯-⨯+-⨯=θ, ∴ 6πθ=;3.确定m l ,的值,使： 1直线13241zy x =+=-与平面0153=+-+z y lx 平行； 2直线⎪⎩⎪⎨⎧-=--=+=135422t z t y t x 与平面076=-++z my lx 垂直;解：1欲使所给直线与平面平行,则须： 即1=l ;2欲使所给直线与平面垂直,则须： 所以：8,4-==m l ;4.决定直线⎩⎨⎧=++=++00222111z C y B x A z C y B x A 和平面0)()()(212121=+++++z C C y B B x A A 的相互位置;解：在直线上任取),,(1111z y x M ,有：这表明1M 在平面上,所以已给的直线处在已给的平面上;5.设直线与三坐标平面的交角分别为.,,υμλ证明.2cos cos cos 222=++υμλ 证明 设直线与X,Y,Z 轴的交角分别为.,,γβα而直线与yoz,zox,xoy 面的交角依次为.,,γμλ那么,υπγμπβλπα-=-=-=2,2,2.而.1cos cos cos 222=++γβα∴.12cos 2cos 2cos 222=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-υπμπλπ从而有.2cos cos cos 222=++υμλ 6.求下列球面的方程1与平面x+2y+3=0相切于点()3,1,1-M 且半径r=3的球面;2 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()1,1,5--M 的球面.解: ⑴⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+-=+=+=t z t y t x 323321311为过切点M 且垂直与已知平面的直线,显见32,32,31是这条直线的方向余弦. 取3=t ,则得3,2==y x ; 取3-=t ,则得5,1,0-=-==z y x .故所求球面有两个:()()()9132222=++-+-z y x ,与()()951222=++++z y x . ⑵t z t y t x 21,31,65--=--=+=为过点M 且垂直于两平面的直线,将其代入第二个平面方程,得2-=t ,反代回参数方程,得3,5,7==-=z y x .设球之中心为C ,半径为r ,则()()()()49112115,1,2,12222=--+--++=-r C .故所求球面方程为()()()49121222=-+-++z y x .空间直线的相关位置1.直线方程⎩⎨⎧=+++=+++0022221111D z C y B x A D z C y B x A 的系数满足什么条件才能使：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⇔ ∃ 0x 使0101=+D x A 且0202=+D x A⇔02211=D A D A 且 1A ,2A 不全为零;2 x 轴与平面01111=+++D z C y B x A 平行 又x 轴与平面02222=+++D z C y B x A 平行,所以 即021==A A ,但直线不与x 轴重合,∴ 21,D D 不全为零;3参照2有021==A A ,且021==D D ; 2.确定λ值使下列两直线相交： 1⎩⎨⎧=-++=-+-01540623z y x z y x λ与z 轴；2λ12111-=+=-z y x 与z y x ===+11; 解：1若所给直线相交,则有类似题1： 从而 5=λ;2若所给二直线相交,则 从而：45=λ;3.判别下列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;1⎩⎨⎧=-+=+-0623022y x z y x 与⎩⎨⎧=-+=--+01420112z x z y x ；2131833-=--=-z y x 与462733-=+=-+z y x ； 3⎪⎩⎪⎨⎧--=+==212t z t y tx 与5217441-+=-=-z y x ; 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;又点)0,43,23(与点7,2,0在二直线上,∴矢量⎭⎬⎫⎩⎨⎧=⎭⎬⎫⎩⎨⎧--0,45,2110,432,237平行于二直线所确定的平面,该平面的法矢量为：{}{}19,22,50,45,2114,3,2--=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⨯-,从而平面方程为：0)0(19)2(22)7(5=-+---z y x , 即 0919225=++-z y x ;2因为0270423113637833≠-=---++=∆,∴二直线是异面的;二直线的距离：{}{}30327031562704,2,31,1,34231133156222==++=-⨯----=d ;3因为0574121031=--=∆,但是：1：2：-1≠4：7：-5所以,两直线相交,二直线所决定的平面的法矢量为{}{}{}1,1,35,7,412,1--=-⨯-,∴平面的方程为：33++-z y x ;4.给定两异面直线：01123-==-z y x 与10211zy x =-=+,试求它们的公垂线方程;解：因为{}{}{}1,2,11,0,10,1,2--=⨯, ∴公垂线方程为：即⎩⎨⎧=--+=-+-022220852z y x z y x ,亦即⎩⎨⎧=--+=-+-010852z y x z y x ;5.求下列各对直线间的角 1 .61932256231+=-=-=+=-z y x z y x 与 2.02302640220243⎩⎨⎧=+-=--+⎩⎨⎧=-+=--z y z y x z y x z y x 与解 1 777236814436912546cos 222222212121212121±=++++++±=++++++±=z y x z y x z z y y x x θ ∴ .7772arccos 7772arccos -=πθ或(2) 直线43412630230264,11210:0220243+=+=⎩⎨⎧=+-=--+=⎩⎨⎧==-+=--z y x z y z y x zy x z y x z y x 的对称式方程为：的对称式方程为 ∴ .19598arccos 19598arccos-=πθ或 6. 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,证明当aa bb cc dd ''''+++时,直线MM '通过原点.证 {},,OM a b c =,{},,OM a b c ''''=,OM OM aa bb cc ''''⋅=++,而当OM OM OM OM ''⋅=⋅,cos(,)OM OM dd ''=时,必有cos(,)1OM OM '=,∴//OM OM ',∴当aa bb cc dd ''''+++时, 直线MM '通过原点.7.求通过点()2,0,1-P 且与平面0123=-+-z y x 平行,又与直线12341zy x =--=-相交的直线方程.解 设过点()2,0,1-P 的所求直线为∵ 它与已知平面0123=-+-z y x 平行,所以有023=+-z y x 1 又∵ 直线与已知直线相交,那么必共面. ∴ 又有 即 7x+|8y-12z=02由1,2得 31:50:48713:71232:12821::-=----=Z Y X而 ()1:2:431:50:4-≠- ∴ 所求直线的方程为.3125041+==--z y x 8. 求通过点()1,0,4-P 且与两直线⎩⎨⎧=-+=--⎩⎨⎧=--=++4423,221z y x z y x z y x z y x 与都相交的直线方程.解 设所求直线的方向矢量为{}z y x v ,,=→, 则所求直线可写为.14Zz Y y X x +==- ∵ 直线1l 平行于矢量{}{}{}3,3,01,1,21,1,121-=--⨯=⨯→→n n ∴矢量{}3,3,0-=→v 为直线1l 的方向矢量. 由于02111≠-因此令y=o 解方程组得x=1,z=o∴ 点1,o,o 为直线1l 上的一点. ∴ 直线1l 的标准方程为62155+=-=-z y x . ∵ (){}.3,3,01.0,0,1,1121-=→v M l l l l 方向矢量为过点都相交且与∴ 有0330103,,11=--=⎪⎭⎫⎝⎛→→→ZYXv v p m即 X+3Y+3Z=0. 即 X-13Y-3Z=0. 得 X:Y:Z=30:6:-16 又∵ ,3:3:016:6:30-≠- 即 .1→→v v 不平行6:1:516:6:30≠-, 即 .2→→v v 不平行 ∴ 所求直线方程为: 9. 求与直线137182-=-=+z y x 平行且和下列两直线相交的直线. ⑴⎩⎨⎧+=-=⎩⎨⎧+=-=5342,3465y z x z x z x z ⑵⎪⎩⎪⎨⎧=-=+=⎪⎩⎪⎨⎧=+=-=t z t y t x t z t y t x 74105,5332 解 ⑴ 在两直线上分别取两点()(),4,3,0,39,0,921--M M 第一条直线的方向矢量为{}0,1,01→v , 第二条直线的方向矢量为{}6,2,32→v , 作两平面：即 ,03198;03038=---=+-z y x z x将其联立即为所求直线的方程⑵021532,017813253=++-=-+z y x z y x 即1017,0178145710=---=+-z y x z y x 即212联立: .017021532⎩⎨⎧=---=++-z y x z y x这就是所要求的直线方程. 10. .求过点()0,1,2P 且与直线垂直225235:-+==-z y x l 相交的直线方程. 解 设所求直线的方向矢量为{}Z Y X v ,,0=→则所求直线0l 可写为.012Zz Y y X x -=-=- ∴ 3X+2Y-2Z=0 1 即 50X-69Y+6Z=0 2 由1,2得 311:131:120::=Z Y X ∴所求直线0l 为:§ 空间直线与点的相关位置1.直线⎩⎨⎧=+++=+++0022221111D z C y B x A D z C y B x A 通过原点的条件是什么解：已知直线通过原点⇔ 故条件为021==D D ; 2.求点)1,3,2(-p 到直线⎩⎨⎧=++-=++-0172230322z y x z y x 的距离;解：直线的标准方程为：所以,p 到直线的距离为：1534532025)2(1212392292421243222222===-++-+--+-=d ; § 平面束1.求通过平面0134=-+-z y x 和025=+-+z y x 的交线且满足下列条件之一的平面：1通过原点； 2与y 轴平行； 3与平面0352=-+-z y x 垂直;解：1设所求的平面为：0)25()134(=+-++-+-z y x z y x λ 欲使平面通过原点,则须：021=+-λ,即21=λ, 故所求的平面方程为： 即：0539=++z y x ; 2同1中所设,可求出51=λ;故所求的平面方程为：0)25()134(5=+-++-+-z y x z y x 即：031421=-+z x ;3如1所设,欲使所求平面与平面0352=-+-z y x 垂直,则须： 从而：3=λ,所以所求平面方程为：05147=++y x ;2.求平面束0)42()53(=+--+-+z y x y x λ,在y x ,两轴上截距相等的平面; 解：所给的方程截距式为： 据要求：λλλλ--=+-345145 ⇒ 1=λ; 所以,所求的平面为：01222=--+z y x ;3.求通过直线⎩⎨⎧=+-=++0405z x zy x 且与平面01284=+--z y x 成4π角的平面;解：设所求的平面为：0)4()5(=+-+++z x z y x λμ 则：22)8()4(1)()5()()8()()4(5)(222222=-+-+-+++-⨯-+-⨯++±λμμλμλμμλμ 从而 ,1:0:=λμ或3:4- 所以所求平面为：04=+-z x或012720=-++z y x ;4.求通过直线32201-=+=+zy x 且与点)2,1,4(p 的距离等于3的平面; 解：直线的一般方程为：设所求的平面的方程为0)223()1(=++++z y x μλ, 据要求,有：∴有λμμλμλ908125)13(92222++=+∴ 1:6:-=μλ或8:3即所求平面为：0)223()1(6=++++-z y x或 0)223(8)1(3=++++z y x即：04236=+--z y x 或01916243=+++z y x ;5. 求与平面0432=-+-z y x 平行且满足下列条件之一的平面. ⑴通过点()3,2,1-; ⑵y 轴上截距为3-; ⑶与原点距离为1.解: ⑴设所求的平面为032=-+-λz y x ,将点()3,2,1-的坐标代入方程得14=λ,则所求平面方程为01432=-+-z y x .⑵设所求的平面为λ=+-z y x 32.6,32,132=-=-=-=-=λλλλλ得令zyx.故所求平面为0632=-+-z y x .⑶设所求的平面为032=++-λz y x ,将其法化为()032141=++-±λz y x ,将原点的坐标代入得141±=λ,故所求平面为014132=±+-z y x .6.设一平面与平面x+3y+2z=0平行,且与三坐标平面围成的四面体体积为6,求这平面的方程;解 设所求平面方程为:x+3y+2z+0=λ 原点到该平面的距离为.14222λ=++=CB A D d∴ λλλ21,31,---分别叫做平面在三坐标轴上的截距. 四面体体积.31Sh V = ∴ )21)(31)((21316λλλ---=∴ .6±=λ∴ 这个平面的方程为0623=±++z y x8.直线⎩⎨⎧=+++=+++0022221111D z C y B x A D z C y B x A 的系数满足什么条件才能使直线在坐标平面XOZ 内解 坐标平面XOZ 属于平面束化简为()()()()021212121=+++++++mD lD z mC lC y mB lB x mA lA 设平面XOZ 面.0,0,0≠≠=z x y有⎪⎩⎪⎨⎧=+=+=+000212121mD lD mC lC mA lA ∴.212121D D C C A A ==。
解析几何版吕林根课后习题答案
x1 y1 z1
解：（ 1）设 M 1( x1, y1 , z1) 是母线 1
1
2 上任一点，过 M 1 的纬圆为：
Байду номын сангаас
( x x1) ( y y1) 2(z z1) 0
(1)
x2 y2 (z 1)2 x12 y12 ( z1 1)2
(2)
又 M 1 在母线上。
x1 1 y1 1 z1 1
1
1
2
从（ 1）——（ 3）消去 x1, y1, z1 ，得到：
(2)
又 M 1 在母线上，所以
z1 x12
(1)
x12 y12 1
(2)
从（ 1）——（ 3）消去 x1, y1, z1 ，得到：
x2 y 2 1
z z1 x12 1 0 z 1
即旋转面的方程为： x2 y 2 1 ( 0 z 1 )
xy
2、将直线
0
z 绕 z 轴旋转，求这旋转面的方程，并就
1
么曲面？
3 / 24
将它们代入准线方程，并消去
X0 Y0 Z0
t 得：
3 ( x 3)t 1 (y !)t 2 ( z 2)t
3x2 5y2 7 z2 6xy 2 yz 10xz 4x 4 y 4 z 4 0
此为要求的锥面方程。 4、求以三坐标轴为母线的圆锥面的方程。 解：（这里仅求Ⅰ、Ⅶ卦限内的圆锥面，其余类推）
AM // AM ，且 AM 0 （顶点不在准线上）
AM vAM
即
0 v( (u) 0 )
亦即 v (u) (1 v) 0
5 / 24
此为锥面的矢量式参数方程。 若将矢量式参数方程用分量表示，即：
{ x, y, z} v{ x(u), y(u), z(u)} (1 v){ x0, y0, z0}
解析几何第四版吕林根课后习题答案解析第二章
第二章 轨迹与方程 §2.1平面曲线的方程1.一动点M 到A )0,3(的距离恒等于它到点)0,6(-B 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MB MA 21=。
设M 的坐标),(y x 有2222)6(21)3(y x y x ++=+- 化简得36)6(22=+-y x 故此动点M 的轨迹方程为36)6(22=+-y x此轨迹为椭圆2.有一长度为a 2a (＞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 设(,),A x o (,)B o y .则(,)22x yM .在Rt AOB 中有 222()(2)x y a +=.把M 点的坐标代入此式得:222()x y a +=(0,0)x y ≥≥.∴此线段中点的轨迹为222()x y a +=.3. 一动点到两定点的距离的乘积等于定值2m ,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:2AM BM m ⋅=.设(,)M x y 在Rt BNM中 222()a x y AM++=. (1) 在Rt BNM中222()a x y BM -+=. (2) 由(1)(2)两式得:22222244()2()x y a x y m a +--=-.4.设,,P Q R 是等轴双曲线上任意三点,求证PQR 的重心H 必在同一等轴双曲线上. 证明:设等轴双曲线的参数方程为x ct c y t =⎧⎪⎨=⎪⎩11(,)P x y ,22(,)Q x y ,33(,)R x y .重心H 123123(,)33x x x y y y ++++5.任何一圆交等轴双曲线2xy c =于四点11(,)c P ct t ,22(,)cQ ct t ,33(,)c R ct t 及44(,)cS ct t .那么一定有12341t t t t =.证明:设圆的方程22220x y Dx Ey F ++++=.圆与等轴双曲线交点(,)c ct t,则代入得2222220.c Ec c t Dct F t t++++=整理得:24322220.c t Dct Ft Ect c ++++=可知(1,2,3,4i =是它的四个根,则有韦达定理1234t t t t ⋅⋅⋅=242(1)1c c-=.8. 把下面的平面曲线的普通方程化为参数方程. ⑴32x y =; ⑵ ()0,212121>=+a a yx ; ⑶()0,0333>=-+a axy y x .解:⑴⎪⎩⎪⎨⎧==ty t x 32令θ4cos a x =,代入方程212121a y x =+ 得θθθ42212212121sin ,sin cosa y a a a y ==-=∴参数方程为⎪⎩⎪⎨⎧==θθ44sin cos a y a x . ⑶令,tx y =代入方程0333=-+axy y x得()031233=-+atx x t()[]03132=-+⇒at x t x3130t at x x +==⇒或当0=x 时,;0=y 当313t at x +=时,3213tat y += 故参数方程为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+=3231313t at y t at x .§2.2 曲面的方程1、 一动点移动时，与)0,0,4(A 及xoy 平面等距离，求该动点的轨迹方程。
解析几何第四版吕林根 期末复习 课后习题(重点)详解
第一章 矢量与坐标§ 数量乘矢量4、 设→→→+=b a AB 5，→→→+-=b a BC 82，)(3→→→-=b a CD ，证明：A 、B 、D 三点共线． 证明 ∵→→→→→→→→→→=+=-++-=+=AB b a b a b a CD BC BD 5)(382∴→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ΔABC 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： )(21AC AB AL +=Θ )(21+=)(21CB CA CN +=0)(21=+++++=++∴7.、设L 、M 、N 是△ABC 的三边的中点，O 是任意一点，证明 OB OA ++OC =OL ++.[证明] LA OL OA +=Θ MB OM OB += NC ON OC +=)(OM +++++=++∴ =)(CN BM AL ON OM OL ++-++ 由上题结论知：0=++ ON OM OL OC OB OA ++=++∴ 从而三中线矢量,,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 ++OD ＝4OM .[证明]：因为OM ＝21(OA +), OM ＝21(OB +OD ), 所以 2＝21(OA +OB +OC +) 所以OA +OB ++OD ＝4OM .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．图1-5证明 已知梯形ABCD ，两腰中点分别为M 、N ，连接AN 、BN ． →→→→→→++=+=DN AD MA AN MA MN ，→→→→→→++=+=CN BC MB BN MB MN ，∴ →→→+=BC AD MN ，即§ 矢量的线性关系与矢量的分解3.、设一直线上三点A , B , P 满足AP ＝(－1),O 是空间任意一点，求证：OP ＝λλ++1[证明]：如图1-7，因为＝－OA ,PB ＝OB －,所以 －OA ＝ (OB －),(1+)OP ＝+,从而 OP ＝λλ++1OB.4.、在ABC ∆中,设,1e =2e =.(1) 设E D 、是边BC 三等分点,将矢量,分解为21,e e 的线性组合; （2）设AT 是角A 的平分线(它与BC 交于T 点),将分解为21,e e 的线性组合 解：（1）()12123131,e e e e -==-=-=Θ， 2111231323131e e e e e BD AB AD +=-+=+=，同理123132e e AE +=（2）因为||||TC ||11e e , 且 BT 与方向相同， 所以 BT ||21e e .由上题结论有AT ||||1||212211e e e e e +||||212112e e e e e e +.5．在四面体OABC 中，设点G 是ABC ∆的重心（三中线之交点），求矢量对于矢量,,,的分解式。
解析几何_吕林根_许子道_第四版_课后习题解答
解析几何_吕林根 许子道_第四版_课后习题解答第一章 矢量与坐标§1.1 矢量的概念1.下列情形中的矢量终点各构成什么图形？（1）把空间中一切单位矢量归结到共同的始点；（2）把平行于某一平面的一切单位矢量归结到共同的始点； （3）把平行于某一直线的一切矢量归结到共同的始点；（4）把平行于某一直线的一切单位矢量归结到共同的始点. [解]：（1）单位球面； （2）单位圆（3）直线； （4）相距为2的两点2. 设点O 是正六边形ABCDEF 的中心，在矢量OA 、OB 、 OC 、OD 、OE 、 OF 、AB 、BC 、CD 、 DE 、EF 和FA 中，哪些矢量是相等的？[解]：如图1-1，在正六边形ABCDEF 中，相等的矢量对是： 图1-1 .DE OF CD OE AB OC FA OB EF OA 和；和；和；和；和3. 设在平面上给了一个四边形ABCD ，点K 、L 、M 、N 分别是边ＡＢ、ＢＣ、ＣＤ、ＤＡ的中点，求证：KL ＝NM . 当ABCD 是空间四边形时，这等式是否也成立？[证明]：如图1-2，连结AC , 则在∆BAC 中，21AC. KL 与AC 方向相同；在∆DAC 中，21AC . NM 与AC 方向相同，从而KL ＝NM 且KL 与NM 方向相同，所以KL ＝NM .4. 如图1-3，设ABCD -EFGH 是一个平行六面体，在下列各对矢量中，找出相等的矢量和互为相反矢量的矢量：(1) AB 、CD ; (2) AE 、CG ; (3) AC 、EG ;(4) AD 、GF ; (5) BE、CH . [解]：相等的矢量对是（2）、（3）和（5）； 互为反矢量的矢量对是（1）和（4）。
§1.2 矢量的加法1.要使下列各式成立，矢量b a ,应满足什么条件？E（1=+ （2+=+ （3-=+ （4+=- （5=[解]：（1）b a ,-=+（2）b a ,+=+（3≥且b a ,-=+ （4）b a ,+=（5）b a ,≥-=-§1.3 数量乘矢量1 试解下列各题．⑴ 化简)()()()(→→→→-⋅+--⋅-b a y x b a y x ．⑵ 已知→→→→-+=3212e e e a ，→→→→+-=321223e e e b ，求→→+b a ，→→-b a 和→→+b a 23．⑶ 从矢量方程组⎪⎩⎪⎨⎧=-=+→→→→→→by x ay x 3243，解出矢量→x ，→y ．解 ⑴→→→→→→→→→→→→→→-=+-+---+=-⋅+--⋅-ay b x b y a y b x a x b y a y b x a x b a y x b a y x 22)()()()(⑵ →→→→→→→→→→+=+-+-+=+3132132142232e e e e e e e e b a ，→→→→→→→→→→→-+-=+---+=-321321321342)223(2e e e e e e e e e b a ， →→→→→→→→→→→-+-=+---+=-3213213217103)223(2)2(323e e e e e e e e e b a ． 2 已知四边形ABCD 中，→→→-=c a AB 2，→→→→-+=c b a CD 865，对角线→AC 、→BD 的中点分别为E 、F ，求→EF ．解 →→→→→→→→→→→-+=-+-+=+=c b a c a c b a AB CD EF 533)2(21)865(212121．3 设→→→+=b a AB 5，→→→+-=b a BC 82，)(3→→→-=b a CD ，证明：A 、B 、D 三点共线． 证明 ∵→→→→→→→→→→=+=-++-=+=AB b a b a b a CD BC BD 5)(382∴→AB 与→BD 共线，又∵B 为公共点，从而A 、B 、D 三点共线．4 在四边形ABCD 中，→→→+=b a AB 2，→→→--=b a BC 4，→→→--=b a CD 35，证明ABCD 为梯形．证明∵→→→→→→→→→→→→→=--=-+--++=++=BC b a b a b a b a CD BC AB AD 2)4(2)35()4()2( ∴→AD ∥→BC ，∴ABCD 为梯形．6. 设L 、M 、N 分别是ΔABC 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]： )(21AC AB AL +=)(21BC BA BM +=)(21CB CA CN +=0)(21=+++++=++∴CB CA BC BA AC AB CN BM AL从而三中线矢量CN BM AL ,,构成一个三角形。
解析几何第四版吕林根课后习题答案一至三章
第一章向量与坐标§1.1 向量的概念1.下列情形中的向量终点各构成什么图形？（1）把空间中一切单位向量归结到共同的始点；（2）把平行于某一平面的一切单位向量归结到共同的始点；（3）把平行于某一直线的一切向量归结到共同的始点；（4）把平行于某一直线的一切单位向量归结到共同的始点.[解]：（1）单位球面；（2）单位圆（3）直线；（4）相距为2的两点2. 设点O是正六边形ABCDEF的中心，在向量OA、、OC、、、OF、、BC、CD、、EF和FA中，哪些向量是相等的？[解]：如图1-1，在正六边形ABCDEF中，相等的向量对是：图1-1.DEOFCDOEABOCFAOBEFOA和；和；和；和；和3. 设在平面上给了一个四边形ABCD，点K、L、M、N分别是边ＡＢ、ＢＣ、ＣＤ、ＤＡ的中点，求证：KL＝. 当ABCD是空间四边形时，这等式是否也成立？[证明]：如图1-2，连结AC, 则在∆BAC中，21AC. KL与AC方向相同；在∆DAC中，21AC. NM与AC方向相同，从而KL＝NM且KL与NM方向相同，所以KL＝.4. 如图1-3，设ABCD-EFGH是一个平行六面体，在下列各对向量中，找出相等的向量和互为相反向量的向量：(1) AB、; (2) AE、; (3) 、;(4) AD、; (5) BE、.[解]：相等的向量对是（2）、（3）和（5）；互为反向量的向量对是（1）和（4）。
§1.2 向量的加法1.要使下列各式成立，向量ba,应满足什么条件？（1-=+（2+=+（3-=+（4+=-E（5=[解]：（1）,-=+（2）,+=+（3≥且,=+ （4）,+=-（5）,≥-=-§1.3 数量乘向量1 试解下列各题．⑴ 化简)()()()(→→→→-⋅+--⋅-b a y x b a y x ．⑵ 已知→→→→-+=3212e e e a ，→→→→+-=321223e e e b ，求→→+b a ，→→-b a 和→→+b a 23．⑶ 从向量方程组⎪⎩⎪⎨⎧=-=+→→→→→→by x ay x 3243，解出向量→x ，→y ． 解 ⑴→→→→→→→→→→→→→→-=+-+---+=-⋅+--⋅-ay b x b y a y b x a x b y a y b x a x b a y x b a y x 22)()()()(⑵ →→→→→→→→→→+=+-+-+=+3132132142232e e e e e e e e b a ，→→→→→→→→→→→-+-=+---+=-321321321342)223(2e e e e e e e e e b a ， →→→→→→→→→→→-+-=+---+=-3213213217103)223(2)2(323e e e e e e e e e b a ． 2 已知四边形ABCD 中，→→→-=c a AB 2，→→→→-+=c b a CD 865，对角线→AC 、→BD 的中点分别为E 、F ，求→EF ．解 →→→→→→→→→→→-+=-+-+=+=c b a c a c b a AB CD EF 533)2(21)865(212121．3 设→→→+=b a AB 5，→→→+-=b a BC 82，)(3→→→-=b a CD ，证明：A 、B 、D 三点共线． 证明 ∵→→→→→→→→→→=+=-++-=+=AB b a b a b a CD BC BD 5)(382∴→AB 与→BD 共线，又∵B 为公共点，从而A 、B 、D 三点共线．4 在四边形ABCD 中，→→→+=b a AB 2，→→→--=b a BC 4，→→→--=b a CD 35，证明ABCD 为梯形．证明∵→→→→→→→→→→→→→=--=-+--++=++=BC b a b a b a b a CD BC AB AD 2)4(2)35()4()2( ∴→AD ∥→BC ，∴ABCD 为梯形．6. 设L 、M 、N 分别是ΔABC 的三边BC 、CA 、AB 的中点，证明：三中线向量AL , BM ,可 以构成一个三角形.[证明]： )(21+=)(21BC BA BM +=)(21+=0)(21=+++++=++∴CB CA BC BA AC AB CN BM AL从而三中线向量CN BM AL ,,构成一个三角形。
解析几何版吕林根课后习题答案
第四章 柱面、锥面、旋转曲面与二次曲面§柱面1已知柱面的准线为：(X 1)2(y 3)2x y z 2(z 2)2 25且 （1）母线平行于 X 轴；（2 ）母线平行于直线Xy, z c ，试求这些柱面的方程。
解:（1）从方程(X 1)2(y 3)2 (z 2)225X y z 2 o中消去X ，得到：（Zy 3)2 (y 3)2(z 2)225即：y 2 z 2 yz 6y 5z ?2 0此即为要求的柱面万程。
（2）取准线上一点 M o乂皿山。
）,过M e ）且平行于直线X z y的直线方程为cX X o tX o X ty y o ty o y tz Z oZ oz而M o 在准线上，所以(X t 1)2 (y t 3)2 (z 2)2 25X yz 2t 2 o上式中消去t 后得到：X 2 y 23z 22xy 8X 8y 8z26 o此即为要求的柱面方程。
解：由题意知：母线平行于矢量1, 0, 2任取准线上一点 M o （x 。
，y o ，z 。
），过M o 的母线方程为：X X o tX o X ty y oy o yz Z o 2t z o z 2t2、设柱面的准线为2y 2z，母线垂直于准线所在的平面, 求这柱面的方程。
而M o 在准线上，所以:x tx t 2y 2(z (z 2t)2 2t) 消去t ,得到：4x 225y 2z 2 4xz20x 10z 0此即为所求的方程。
3、求过三条平行直线x y 乙x 1 y z 1,与x 1 y 1 z 2的圆柱面方程。
解：过原点且垂直于已知三直线的平面为x y z0 :它与已知直线的交点为0, 0,0 ,( 1,0,1),(-, -,-)，这三点所定的在平面x 33 3此即为欲求的圆柱面的准线。
4、已知柱面的准线为(u)x(u), y(u), z(u)，母线的方向平行于矢量 S X,Y,Z试证明柱面的矢量式参数方程与坐标式参数方程分别为：x Y(u) vSx x(u) Xv y y(u) Yv z z(u) Zv式中的u, v 为参数。
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第一章 矢量与坐标§1.3 数量乘矢量4、 设→→→+=b a AB 5，→→→+-=b a BC 82，)(3→→→-=b a CD ，证明：A 、B 、D 三点共线． 证明 ∵→→→→→→→→→→=+=-++-=+=AB b a b a b a CD BC BD 5)(382∴→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ΔABC 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： )(21AC AB AL +=)(21BC BA BM +=)(21CB CA CN +=0)(21=+++++=++∴CB CA BC BA AC AB CN BM AL7.、设L 、M 、N 是△ABC 的三边的中点，O 是任意一点，证明 OB OA ++OC =OL +OM +ON .[证明] LA OL OA += MB OM OB += NC ON OC +=)(NC MB LA ON OM OL OC OB OA +++++=++∴ =)(CN BM AL ON OM OL ++-++ 由上题结论知：0=++CN BM AL ON OM OL OC OB OA ++=++∴ 从而三中线矢量CN BM AL ,,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 ＝4OM .[证明]：因为OM ＝21(OA +OC ), OM ＝21(OB +OD ), 所以 2OM ＝21(OA +OB +OC +OD ) 所以OA +OB +OC +OD ＝4OM .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．图1-5证明 已知梯形ABCD ，两腰中点分别为M 、N ，连接AN 、BN ． →→→→→→++=+=DN AD MA AN MA MN ，→→→→→→++=+=CN BC MB BN MB MN ，∴ →→→+=BC AD MN ，即§1.4 矢量的线性关系与矢量的分解3.、设一直线上三点A , B , P 满足AP ＝λPB (λ≠－1),O 是空间任意一点，求证：OP ＝λλ++1OBOA[证明]：如图1-7，因为AP ＝OP －OA ,PB ＝OB －OP ,所以 OP －OA ＝λ (OB －OP ),(1+λ)OP ＝OA +λOB ,从而 OP ＝λλ++1OBOA .4.、在ABC ∆中,设,1e AB =2e AC =.(1) 设E D 、是边BC 三等分点,将矢量AE AD ,分解为21,e e 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21,e e 的线性组合 解：（1）()12123131,e e BC BD e e AB AC BC -==-=-= ， 2111231323131e e e e e BD AB AD +=-+=+=，同理123132e e AE +=（2）因为||||TC BT ＝||11e e , 且 BT 与TC 方向相同， 所以 BT ||21e e TC . 由上题结论有AT ||||1||212211e e e e e e +||||212112e e e e e e +. 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OC OB OA ,,,的分解式。
解：G 是ABC ∆的重心。
∴连接AG 并延长与BC 交于P()()()AC AB AC AB AP AG AC AB AP +=+•==+=31213232,21 同理()()CB CA CG BC BA BG +=+=31,31 C O()BC AB OA AG OA OG ++=+=∴31（1） G P()BC BA OB BG OB OG ++=+=31（2） A B()CB CA OC CG OC OG ++=+=31（3） （图1）由（1）（2）（3）得()()CB CA BC BA AC AB OC OB OA OG ++++++++=31313 OC OB OA ++=6．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1P ，AL 于CN 交于2P BM 于CN 交于3P ，取空间任一点O ，则 A()BC BA OB BM OB BP OB OP ++=+=+=313211 ()()OC OB OA OB OC OB OA OB ++=-+-+=3131 A同理()OC OB OA OP ++=312 N M()OC OB OA OP ++=313 B L C321,,P P P ∴三点重合 O ∴三角形三中线共点 （图2） 即()OC OB OA OG ++=31§1.5 标架与坐标9. 已知线段AB 被点C(2,0,2)和D(5,-2,0)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A 1A 2A 3A 4,A i 对面重心为G i , 欲证A i G i 交于一点(i ＝1, 2, 3, 4).在A i G i 上取一点P i ，使i i P A ＝3i i G P , 从而i OP ＝313++ii OG OA ，设A i (x i , y i , z i )(i ＝1, 2, 3, 4)，则G 1⎪⎭⎫⎝⎛++++++3,3,3432432432z z z y y y x x x , G 2⎪⎭⎫⎝⎛++++++3,3,3431431431z z z y y y xx x , G 3⎪⎭⎫⎝⎛++++++3,3,3421421421z z z y y y x x x , G 4⎪⎭⎫⎝⎛++++++3,3,3321321321z z z y y y x x x , 所以P 1(31334321+++⋅+x x x x ,31334321+++⋅+y y y y ,31334321+++⋅+z z z z ) ≡P 1(44321x x x x +++,44321y y y y +++,44321z z z z +++).同理得P 2≡P 3≡P 4≡P 1，所以A i G i 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.（1）已知等边△ABC 的边长为1,且BC a =,CA b =,,AB C =求ab bc ca ++ ；(2)已知,,a b c 两两垂直,且1,a = 2,b =3,c =求r a b c =++的长和它与,,a b c 的夹角.(3)已知3a b +与75a b -垂直，求,a b 的夹角. (4)已知2,a = 5,b = 2(,),3a b π∠= 3,p a b =- 17.q a b λ=+问系数λ取何值时p 与q 垂直？解(1)∵1,a b c ===∴0cos120ab bc ca a b ++=⋅⋅0cos120b c +⋅⋅c a +⋅⋅0cos12032=-(2)∵,a b c ⊥⊥且1,a = 2,b = 3c = .设r a b c =++ 23i j k =++ ∴212r =+=设r 与,,a b c 的夹角分别为,,.αβγ∴cos,14α==cos7β==cos 14γ==∴arccosα=14，arccos 7β=，arccos14γ= (3)(3)(75)a b a b +⋅-0=，即22716150a ab a +-= (1)(4)a b -⋅(72)a b -0=，即2273080a ab b -+= (2)(1)-(2)得：22a b b ⋅= (1)8(2)5⨯+⨯得：22a b a ⋅=∴a b = ∴cos (,)a b ∠a b a b ⋅=⋅2212bb=12= ∴cos (,)a b ∠=3π(4)a b ⋅=a b ⋅cos (,)a b ∠=125()2⨯⨯-5=-p q ⋅=(3)17a b a b λ-⋅+（）2235117a ab a b b λλ=+-⋅-680170λ=-+=∴40λ=4. 用矢量法证明以下各题：(1) 三角形的余弦定理 a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ;(2) 三角形各边的垂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 2－2b ⋅c ＝b 2+c 2－2|b ||c |cos A . 此即 a 2＝b 2+c 2－2bc cos A.(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 ＝21(a +b ),PE ＝21(c ＋b ).因为 PD ⊥AB , PE ⊥BC ,所以 21(a +b )(b －a )＝21(b 2－a 2)＝0,21(b +c )(c －b )＝21(c 2－b 2)＝0, 从而有 a 2＝b 2＝c 2, 即 |a |2＝|b |2＝|c |2, 所以 21(c ＋a )(a －c )＝21(a 2－c2)＝0,所以 PF ⊥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.图1-11图1-126 已知△ABC 的三顶点(0,0,3),A (4,0,0),B (0,8,3)C -试求：(1)△三边长 (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) (4,0,3),AB =- (0,8,6)AC =-，(4,8,3)BC =-∴5,AB =10,AC =89BC =(2)cos AB BC A AB BC ⋅∠=⋅9=25 ∴A ∠=9arccos 25cos AC BCC AC BC⋅∠=⋅41=445∴arccosC ∠=4457cos BA BC B BC BC⋅∠=⋅89=445∴arccos B ∠=445(3)11AD AB BD =+)9=(2,4,-2∴1AD =2BD 2BA AD =+)=(-4,4,0 ∴2BD =33CD CA AD =+9(2,8,)2=- ∴33532CD =(4)cos AB AD AC AD AB ADAC ADθ⋅⋅==⋅⋅ ∴AD =﹛88,,433-﹜∴cosα=，cos β=cos γ=设它的单位矢量为﹛,,a b c ﹜，且2221a b c ++=MB V ==----2221342103∴﹛,,a b c ﹜= §1.8 两矢量的失性4. 已知: {}2,3,1a =-,{}1,2,3,b =-求与a ,b 都垂直,且满足下列条件的矢量c :(1)c 为单位矢量 (2)10c d ⋅=,其中d ={}2,1,7-.解:(1)设{},,c x y z =.∵,,c a c b ⊥⊥23c b x y z⋅=-+=0(1)∴23c a x y z ⋅=-+=0 (2) 222x y z ++=1 (3) 由(1),(2),(3):73,15c ⎧⎪=⎨⎪⎪⎩⎭(2)设{},,c x y z =.∵10c d ⋅= ∴27x y z +-=10 (4) 由(1),(2), (4)得: 35255,,666c ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭.5.在直角坐标系内已知三点(5,1,1),A -(0,4,3),B -(1,3,7)C -,试求:(1)三角形ABC 的面积 (2)三角形ABC 的三条高的长.解:(1)(5,5,4AB =--）,(4,4,8AC =--）,(1,1,4BC =）cos AB AC A AB AC⋅∠=⋅=65sin 6A =. 1sin 2ABCSAB AC A =⋅⋅=(2)66AB = 96AC =18BC =. ∴1h =2h =38h =. 7. 用矢量方法证明： （1）三角形的正弦定理A a sin ＝B b sin ＝Ccsin . （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 ＝21(a +b +c )是三角形的半周长，∆为三角形的面积. [证明]： (1) 如图1-13，在△ABC 中，设BC ＝a ，CA ＝b，AB ＝c ，且|a |＝a ，|b |＝b , |c |＝c , 则 a +b +c ＝0,从而有 b ⨯c ＝c ⨯a ＝a ⨯b,所以 |b ⨯c |＝|c ⨯a |＝|a ⨯b|,bc sin A ＝ca sin B ＝ab sin C ,于是A a sin ＝B b sin ＝Ccsin . (2) 同上题图，△ABC 的面积为∆＝21|a ⨯b |,所以 ∆2＝41(a ⨯b )2.因为 (a ⨯b )2+(a ⋅b )2＝a 2b2,所以 ∆2＝41[a 2b 2－(a ⋅b )2].由于 a +b +c ＝0,从而 a +b ＝－c ，(a ＋b)2＝c 2,所以 a b ＝21(c 2－a 2－b 2)＝21(c 2－a 2－b 2),故有 ∆2＝41[a 2b 2－41(c 2－a 2－b 2)2]＝161[2ab －(c 2－a 2－b 2)][2ab +(c 2－a 2－b 2)] ＝161[(a +b )2－c 2][c2－(a －b )2] ＝161(a +b +c )(a +b －c )(c +a －b )(c －a ＋b ) ＝161⋅2p ⋅(2p －2c )(2p －2b )(2p －2a ). 所以 ∆2=p (p -a )(p -b )(p -c ),或 ∆=))()((c p b p a p p ---.§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){}3,4,5a =, {}1,2,2b =, {}9,14,16c =.(2){}3,0,1a =-,{}2,4,3b =-,{}1,2,2c =--.解: (1)共面 ∵(,,)a b c =016149221543= ∴向量,,a b c 共面(2)不共面 ∵(,,)a b c =2221342103=---- ∴向量,,a b c 不共面 以其为邻边作成的平行六面体体积2=V5. 已知直角坐标系内D C ,,,B A 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. ⑴()()()()17,14,10,3,2,2,6,4,4,1,0,1D C B A ; ⑵()()()()8,4,5,7,3,6,2,1,4,1,3,2--D C B A . 解: ⑴共面.⑵582717604322,,⨯=---=⎪⎭⎫ ⎝⎛→→→AD AC AB 358=∴V又{}28,8,24,12=⨯∴--=⨯→→→→AC AB AC AB ,72928116==∴h ∴顶点D 所引出的四面体高为729. 第二章 轨迹与方程 §2.1平面曲线的方程1.一动点M 到A )0,3(的距离恒等于它到点)0,6(-B 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MB MA 21=。