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 +=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 ++=OL +OM +ON .[证明] +=Θ 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 -==-=-=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：G Θ是ABC ∆的重心。

∴连接并延长与BC 交于P()()()AC AB AC AB AP AG AC AB AP +=+•==+=31213232,21Θ 同理()()+=+=31,31 C O()++=+=∴31（1） G P()++=+=31（2） A B()CB CA OC CG OC OG ++=+=31（3） （图1）由（1）（2）（3）得()()++++++++=31313 ++=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()OP ++=+=+=313211 ()()OC OB OA OB OC OB OA OB ++=-+-+=3131 A同理()OC OB OA OP ++=312 N M()OP ++=313 B L C321,,P P P ∴三点重合 O ∴三角形三中线共点 （图2） 即()++=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 A ＝3i i G P , 从而i ＝313++ii OG ，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 =u u u r r ,CA b =u u u r r ,,AB C =u u u r u r求ab bc ca ++r r r r r r ；(2)已知,,a b c r r r 两两垂直,且1,a =r 2,b =r 3,c =r求r a b c =++r r r r 的长和它与,,a b cr r r 的夹角.(3)已知3a b +r r 与75a b -r r 垂直，求,a b r r的夹角.(4)已知2,a =r 5,b =r 2(,),3a b π∠=r r 3,p a b =-u r r r 17.q a b λ=+r r r 问系数λ取何值时p u r 与q r垂直？解(1)∵1,a b c ===r r r ∴0cos120ab bc ca a b ++=⋅⋅r r r r r r r r0cos120b c +⋅⋅r rc a +⋅⋅r r 0cos12032=-(2)∵,a b c ⊥⊥r r r 且1,a =r 2,b =r 3c =r.设r a b c =++r r r r 23i j k =++r r r∴r =r =设r r 与,,a b c r r r的夹角分别为 ,,.αβγ∴cos ,14α==cos 7β==cos 14γ==∴arccosα=arccos 7β=，arccos14γ= (3)(3)(75)a b a b +⋅-r r r r0=，即22716150a ab a +-=r r r r (1)(4)a b -⋅r r (72)a b -r r0=，即2273080a ab b -+=r r r r (2)(1)-(2)得：22a b b ⋅=u u r r r (1)8(2)5⨯+⨯得：22a b a ⋅=u u r r r∴a b =r r ∴cos (,)a b ∠r u u r a b a b ⋅=⋅u u r r r r 2212b b=r r 12= ∴cos (,)a b ∠=r r 3π(4)a b ⋅u u r r =a b ⋅r r cos (,)a b ∠=r r 125()2⨯⨯-5=-p q ⋅=u u r r (3)17a b a b λ-⋅+r r r r（）2235117a ab a b b λλ=+-⋅-r r r r r r 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＝b ρ,＝,＝，且|a ρ|＝a ，|b ρ|＝b ,||＝c . 则＝b ρ－,2＝(b ρ－c ρ)2＝b ρ2+2－2b ρ⋅＝b ρ2+2－2|b ρ|||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＝, ＝b ρ, ＝, 则＝b ρ－, ＝－b ρ,＝－, PD ＝21(+b ρ),PE ＝21(c ρ＋b ρ).因为 PD ⊥AB , PE ⊥BC ,所以 21(+b ρ)(b ρ－)＝21(b ρ2－2)＝0,21(b ρ+c )(c －b ρ)＝21(c 2－b ρ2)＝0, 从而有 a 2＝b ρ2＝c 2, 即 |a |2＝|b ρ|2＝|c |2, 所以 21(c ρ＋a ρ)(a ρ－c ρ)＝21(a ρ2－c ρ2)＝0,所以 ⊥, 且 ||＝|b ρ|＝||.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 u u u r（中点在BC 边上），并求AD u u u r的方向余弦和单位矢量解： (1) (4,0,3),AB =-u u u r(0,8,6)AC =-u u u r ，(4,8,3)BC =-u u u r∴5,AB =u u u r 10,AC =u u ur BC =u u u r(2)cos AB BC A AB BC ⋅∠=⋅u u u r u u u r u u u r u u u r 9=25∴A ∠=9arccos 25cos AC BC C AC BC⋅∠=⋅u u u r u u u ru u u r u u u r =445∴arccosC ∠=445cos BA BC B BC BC⋅∠=⋅u u u r u u u ru u u r u u u r =445∴arccos B ∠=445(3)11AD AB BD =+u u u u r u u u r u u u u r )9=(2,4,-2∴1AD =u u u ur 2BD u u u u r 2BA AD =+u u u r u u u u r)=(-4,4,0 ∴2BD u u u ur =33CD CA AD =+u u u u r u u u r u u u u r 9(2,8,)2=-∴3CD =u u u u r(4)cos AB AD AC AD AB AD AC ADθ⋅⋅==⋅⋅u u u r u u u r u u u r u u u ru u u r u u u r u u u r u u u r ∴AD u u u r =﹛88,,433-﹜∴cos α=，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 =-r ,{}1,2,3,b =-r求与a r ,b r 都垂直,且满足下列条件的矢量c r :(1)c r 为单位矢量 (2)10c d ⋅=r u r ,其中d =u r{}2,1,7-.解: (1)设{},,c x y z =r.∵,,c a c b ⊥⊥r r r r 23c b x y z ⋅=-+r r =0 (1)∴23c a x y z ⋅=-+r r =0 (2) 222x y z ++=1 (3) 由(1),(2),(3):c =⎪⎪⎩⎭r (2)设{},,c x y z =r.∵10c d ⋅=r u r ∴27x y z +-=10 (4) 由(1),(2), (4)得: 35255,,666c ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭r .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 =--u u u r ）, (4,4,8AC =--u u u r）, (1,1,4BC =u u u r）cos AB AC A AB AC⋅∠=⋅u u u r u u u ru u u r u u u r=6, 5sin 6A =.1sin 2ABC S AB AC A =⋅⋅=V u u ur u u u r(2)AB =u u u rAC =u u u rBC =u u u r .∴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 ρ，＝c ，且|a |＝a ，|b ρ|＝b , |c |＝c , 则 a +b ρ+c ＝0ρ,从而有 b ρ⨯c ＝c ⨯a ＝a ⨯b ρ,所以 |b ρ⨯c |＝|c ⨯a |＝|a ⨯b ρ|,bc sin A ＝ca sin B ＝ab sin C ,于是A a sin ＝B b sin ＝Cc sin . (2) 同上题图，△ABC 的面积为∆＝21|⨯b ρ|,所以 ∆2＝41(⨯b ρ)2.因为 (a ⨯b ρ)2+(a ⋅b ρ)2＝a 2b ρ2,所以 ∆2＝41[a 2b ρ2－(a ⋅b ρ)2].由于 a +b ρ+c ＝0ρ,从而 a +b ρ＝－c ，(a ＋b ρ)2＝c 2,所以 a b ρ＝21(c ρ2－a 2－b ρ2)＝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][c ρ2－(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 r r r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 =r , {}1,2,2b =r , {}9,14,16c =r.(2){}3,0,1a =-r,{}2,4,3b =-r,{}1,2,2c =--r.解: (1)共面 ∵(,,)a b c r r r=016149221543= ∴向量,,a b c r r r共面(2)不共面 ∵(,,)a b c r r r=2221342103=---- ∴向量,,a b c r r r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 Θ358=∴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=。