考研数学习题详解：第4章 向量代数与空间解析几何
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x 1 y 2 z 3 x 2 y 1 z ，L ，则过 （9）已知两直线的方程是 L1： 2： 1 0 1 2 1 1 L1 且平行于 L2 的平面方程是 x–3y+z+2=0 。
解题思路： 设所求平面为 P，方程为 Ax＋By＋Cz＋D＝0。在 L1 上任取一点：M1(1，2，3)， M2(2，2，2)则 M1，M2 必在 P 上。又由于 P∥L2[参见附录(4-12)式]，故有 A 2 B 3C D＝0 2 A 2 B 2C D＝0 2 A B C＝0 解得 A＝C，B＝－3C，D＝2C，则得 P 的方程为 x－3y＋z＋2＝0 4-3 已知 a 与 b 垂直，|a|=3，|b|=4，计算 （1）|(a+b)×(a–b)| （2）|(3a–b)×(a–2b)| 解题思路： 应用分配律展开，并注意 a×a=b×b=0[参见附录一(4-9)式]。 本题解答： 因为 a⊥b，所以有|a×b|=|a||b|=3×4=12。 （1） (a b) (a b) a a a b b a b b 2 b a 2 12 24 （2） (3a b) (a 2b) 3a a 6a b b a 2b b 5 a b 5 12 60
1
x y 6 x 1 y 5 z 8 与 L2： 则 L1 与 L2 的夹角 1 2 1 2 y z 3
cos L1，L2 ＝
1－2－2 1＋1＋(－2) 2 12 ＋(－2) 2 ＋12
＝
1 2
本题解答： （C）
x＋3 y＋2 z＋1＝0 （5）设有直线 L： 及平面 Π ： 4 x－2 y＋z－2＝0 ，则直线 L 2 x－y－10 x＋3＝0
[8.62] （6） 平行于平面 5x－14y＋2z＋36＝0 且与此平面的距离为 3 的平面方程为 5x－14y＋2z＋81＝0，5x－14y＋2z－9＝0 。
解题思路： 设给定平面为 P1，所求平面为 P。因为 P∥P1，则 P 的方程为 5x－14y＋2z＋D＝0 其中 D 为特定常数。在 P1 上任取一点 M，例如 M（0，0，－18） 。则 M 到 P 的距 离为[参见附录－(4-20)] 2 ( 18) D d ＝3 52 ( 14 ) 2 2 2 解得 D＝36±45=81,–9。 （7）过点（1，2，－1）且直线 x=2－t，y=－4＋3t, z=－1＋t 垂直的平面方程 是 x－3y－z＋4＝0 。 解题思路： 直线的方向向量为（－1，3，1） ，因而平面方程为 －x＋3y＋z＋D＝0
3
（A）x－z－2＝0 （C）x－2y＋z＝0
（B）x＋z＝0 （D）x＋y＋z＝1
解题思路： 在二直线上任取三点，例如(－1，2，－3)，(1，5，－1)及(3，－1，1)。过此三 点的平面 P 即为所求。设 P 方程为 Ax＋By＋Cz＋D＝0，则 －A＋2 B－3C＋D＝0 A＋5B－C＋D＝0 3 A－B＋C＋D＝0 取 D＝–2，解得 A＝1，B＝0，C＝–1。 本题解答： （A） （10）[8.68]原点（0，0，0）关于平面 6x＋2y－9z＋121＝0 对称的点为 （A） （12，8，3） （B） （－4，1，3） （C） （2，4，8） （D） （－12，－4，18） 解题思路： ①平面的法向量为（6，2，－9）过原点的法线为 l，则 x0 y0 z0 l： 6 2 9 设平面与 l 的交点为 M(x，y，z)则 6 x 2 y 9 z 121 0 x y 6 2 z x 6 9 解得：x＝－6，y＝－2，z=9，M(－6，－2，9)。 ②设 O 的对称点为 O'(x, y, z)。因为|OM|= (6) 2 (2) 2 9 2 =11，所以 |O'M|=|OM|= ( x 6) 2 ( y 2) 2 ( z 9) 2 11 于是
π 2 ，<a, b>= ，于是 4 2
。
所以 cos<a, b>=
a b ＝b a sin a，b 2 2
2 2 2
（5）若向量 x 与向量 a＝2i－j＋2k 共线，且满足方程 a·x＝－18，则向量 x ＝ (－4，2，－4)。 解题思路： 因为 x 与 a 共线，所以设 x＝(2t, －t, 2t)。又因为 a·x＝2×2t－(－1)×t＋2×2t＝－18 解得 t＝－2。于是 x＝(－4，2，－4)
。
解题思路： 应用分配律将式子展开 原式＝[a×(b＋c)＋b×(b＋c)]·(c＋a) ＝[a×b＋a×c＋b×b＋b×c]·(c＋a) ＝(a×b)·c＋（a×c） ·c＋(b×b)·c＋(b×c)·c＋(a×b)·a＋ （a×c） • a＋（b×b） • a＋(b×c)• a ＝(a×b)·c＋(b×c)·a ＝2＋2 ＝4 其中，根据平行(垂直)判别法[参见附录 4.1.3(1)(2)]有相同向量的各项为 0。例如： (b×b)·a＝(a×b)·a＝(b×c)·c＝0。 （3）已知 a，b，c 都是单位向量，并且满足 a＋b＋c＝0，则 a• b＋b·c＋c• 3 a＝ 。 2 解题思路： 因为 (a＋b＋c)·a＝0 (a＋b＋c)·b＝0 (a＋b＋c) )·c＝0
d M 0M s
s
因为
i j k M 0 M s 1 2 0 0 1 2i 2k 1 1 22 1 2 3 3
本题解答：(B)
[8.63] （8） 设平面Π 位于平面 x－2y＋z－2＝0 和平而 x－2y＋z－6＝0 之间， 且将 此二平面的距离分成 1∶3，则平面Π 的方程为： （A）x－2y＋z－5＝0 或 x－2y＋z－3＝0 （B）x－2y＋z＋8＝0 （C）x＋2y－4z＝0； （D）x－2y＋3z－8＝0
2 x 1） y 1 （ ( x 1) z 1 x 1 y 1 x 1 2
或
消去 x, y, z, 解出λ =5/4。 本题解答： （D）
2
x t 1 x t 2 （7）两直线 l1： y 2t 1 与 l2： y 2t 1 间的距离为 z t z t 1 2 3 (A) 2/3 (B) 3 (C) 1 (D) 2
解题思路： ①因为 l1 的方向数为（1，2，1） ，l2 的方向向量 s＝（1，2，1） ，所以 l1∥l2。 ②在 l1 上任取一点（t=0） ，M(1，－1，0)，求 M 到 l2 的距离 d。为此，在 l2 上 任取一点 M0(2,－1, 1)（取 t＝1）则[参见附录距离公式(4-21)]
解题思路： 设Π 1 与Π 2 代表给定的二平面。因为所求平面Π 与Π 1 及Π 2 平行，则Π 应为 x－2 y＋z＋d＝0 又由于 d1＝–2，d1＝–6，d2－d1＝–4，所以 d＝–3 或 d=–5。于是Π 为 x－2y＋z－3＝0 或 x–2y+z–5=0 （还可以从另一个思路考虑：分二平行平面距离比为 1:3 的平面应有两个，故选 A） 本题解答： （A） （9）通过直线 x＝2t－1，y＝3t＋2，z＝2t－3 和直线 x＝2t＋3，y＝3t－1，z＝ 2t＋1 的平面方为
x2 y2 z2 ＋ － 0 表示旋转曲面，它的旋转轴是 2 2 3 （A）x 轴； （B）y 轴； （C）z 轴； （D）直线 x＝y＝z
解题思路： 当 z 取定值时得到圆方程 附录一 4.2.2(1)]。 本题解答： （C） 4-2 填空题： （1）设 a=(1, 2, 1)，b=(–2,–1, 1)，则 cos a，b ＝ 解题思路： 参见附录 4.1.2(4)(4-8)式
（A）平行于Π （C）垂直于Π （B）在Π 上； （D）与Π 斜交。
解题思路： 设平面 P1 为 x＋3y＋2z＋1＝0，平面 P2 为 2x－y－10z＋3=0, 则 P1 的法线 n1=(1，3，2) P2 的法线 n2＝(2,－1,－10) Π 的法线 n＝(4,－2，1) 因为 n·n1＝4×1＋(－2)×3＋1×2＝0，n·n2=4×2＋(－2)×(－1)＋1×(－10)＝0， 所以 n⊥n1 及 n⊥n2，于是 L⊥Π 。 本题解答： （C） （6）[8.77] 若直线
x－1 y＋1 z－1 x＋1 y－1 z ＝ 与 ＝ ＝ 相交，则必有 1 2 1 1 1 3 (A)λ ＝1 (B) 2 5 5 (C) (D) 4 4
解题思路： 如直线相交，设交点为（x，y，z） ，则 y 1 z 1 x－1＝ 2 x＋1 y 1＝z
第4章
向量代数与空间解析几何
4-1 选择题 （1） 若 a·b＝a·c，则 （A）b＝c （B）a⊥b 且 a⊥c （C）a＝0 或 b－c＝0 （D）a⊥(b－c) 解题思路： a·b＝a·c，a·(b－c)＝0，则 a⊥(b－c)[参见附录向量垂直判别法(4-13)]。 本题解答： （D） （2）若 a×b＝a×c，则 （A）b＝c （B）a∥b 且 a∥c （C）a＝0 或(b－c)＝0 （D）a∥(b－c) 解题思路： a×b－a×c＝a×(b－c)=0，则 a∥(b－c)。 本题解答： （D） （3）设 c＝(b×a)－b，则 （A）a 垂直于 b＋c （B）a 平行于 b＋c （C）b 垂直于 c （D）b 平行于 c 解题思路： c＝b×a－b，c＋b＝b×a,则 c＋b 与 b 和 a 所决定的平面垂直[参见附录一矢量 积定义 4.1.1(4)]，所以 a⊥(b＋c)或 b⊥(b＋c)。 本题解答： （A） （4） 设有直线 L1： 为 （A）π /6 （B）π /4 （C）π /3 （D）π /2 解题思路： 直线 L1 的方向数为(1,－2，1)；直线 L2 的对称式为 x y z3 1 1 2 方向数为(1, 1,–2)，则
5
把三式展开相加，并注意 a·b＝b• a(服从交换律)及 a·a＝b·b＝c·c＝1(因为是 单位向量)则 2(a·b＋a·c＋b·c)＋3＝0 3 a b＋b c ＋ c a － 2 （4）设 a 2， b 2 ，且 a•b=2，则|a×b|= 2 解题思路： 因为
a b＝a b cos a , b 2 2 cos a，b 2
cos a，b ＝ 1 ( 2) 2 ( 1) 1 1 1 2 1
2
x2 y2 z2 ，过圆心的轴（z 轴）即为旋转轴[参见 2 2 3
1 。 2
( 2 ) 1 1
2
＝
1 2
（2）设(a×b)·c=2，则[(a＋b)×(b＋c)]·(c＋a)＝ 4
( x 6) 2 ( y 2) 2 ( z 9) 2 ＝112 x y 6 2 z x 6 9 解得：x＝－12，y＝－4，z＝18。即原点的对称点 O'(-12，-4，18)。
解题解答： （D） （原题错误：将 18 误为–8）
4
（11）方程
6
将点(1，2，－1)代入方程，解得 D=－4。于是方程为 －x＋3y＋z－4＝0 或 x–3y–z+4=0 （8）设一平面经过原点及点（6，－3，2） ，且与平面 4x－y＋2z＝8 垂直，则此 平面方程为 2x＋2y－3z＝0 。 解题思路： ①设给定平面为 P1，所求平面为 P，P 的方程为 Ax＋By＋Cz＋D＝0 由于 P⊥P1，则 4A－B＋2C＝0 ②由于 P 过原点及（6，－3，2） ，则 6 A 3B 2C D 0 D 0 3 解得 A＝B，C＝－ A 。于是平面 P 为 2 3 x y z 0 或2 x 2 y 3z 0 2
解题思路： 设所求平面为 P，方程为 Ax＋By＋Cz＋D＝0。在 L1 上任取一点：M1(1，2，3)， M2(2，2，2)则 M1，M2 必在 P 上。又由于 P∥L2[参见附录(4-12)式]，故有 A 2 B 3C D＝0 2 A 2 B 2C D＝0 2 A B C＝0 解得 A＝C，B＝－3C，D＝2C，则得 P 的方程为 x－3y＋z＋2＝0 4-3 已知 a 与 b 垂直，|a|=3，|b|=4，计算 （1）|(a+b)×(a–b)| （2）|(3a–b)×(a–2b)| 解题思路： 应用分配律展开，并注意 a×a=b×b=0[参见附录一(4-9)式]。 本题解答： 因为 a⊥b，所以有|a×b|=|a||b|=3×4=12。 （1） (a b) (a b) a a a b b a b b 2 b a 2 12 24 （2） (3a b) (a 2b) 3a a 6a b b a 2b b 5 a b 5 12 60
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x y 6 x 1 y 5 z 8 与 L2： 则 L1 与 L2 的夹角 1 2 1 2 y z 3
cos L1，L2 ＝
1－2－2 1＋1＋(－2) 2 12 ＋(－2) 2 ＋12
＝
1 2
本题解答： （C）
x＋3 y＋2 z＋1＝0 （5）设有直线 L： 及平面 Π ： 4 x－2 y＋z－2＝0 ，则直线 L 2 x－y－10 x＋3＝0
[8.62] （6） 平行于平面 5x－14y＋2z＋36＝0 且与此平面的距离为 3 的平面方程为 5x－14y＋2z＋81＝0，5x－14y＋2z－9＝0 。
解题思路： 设给定平面为 P1，所求平面为 P。因为 P∥P1，则 P 的方程为 5x－14y＋2z＋D＝0 其中 D 为特定常数。在 P1 上任取一点 M，例如 M（0，0，－18） 。则 M 到 P 的距 离为[参见附录－(4-20)] 2 ( 18) D d ＝3 52 ( 14 ) 2 2 2 解得 D＝36±45=81,–9。 （7）过点（1，2，－1）且直线 x=2－t，y=－4＋3t, z=－1＋t 垂直的平面方程 是 x－3y－z＋4＝0 。 解题思路： 直线的方向向量为（－1，3，1） ，因而平面方程为 －x＋3y＋z＋D＝0
3
（A）x－z－2＝0 （C）x－2y＋z＝0
（B）x＋z＝0 （D）x＋y＋z＝1
解题思路： 在二直线上任取三点，例如(－1，2，－3)，(1，5，－1)及(3，－1，1)。过此三 点的平面 P 即为所求。设 P 方程为 Ax＋By＋Cz＋D＝0，则 －A＋2 B－3C＋D＝0 A＋5B－C＋D＝0 3 A－B＋C＋D＝0 取 D＝–2，解得 A＝1，B＝0，C＝–1。 本题解答： （A） （10）[8.68]原点（0，0，0）关于平面 6x＋2y－9z＋121＝0 对称的点为 （A） （12，8，3） （B） （－4，1，3） （C） （2，4，8） （D） （－12，－4，18） 解题思路： ①平面的法向量为（6，2，－9）过原点的法线为 l，则 x0 y0 z0 l： 6 2 9 设平面与 l 的交点为 M(x，y，z)则 6 x 2 y 9 z 121 0 x y 6 2 z x 6 9 解得：x＝－6，y＝－2，z=9，M(－6，－2，9)。 ②设 O 的对称点为 O'(x, y, z)。因为|OM|= (6) 2 (2) 2 9 2 =11，所以 |O'M|=|OM|= ( x 6) 2 ( y 2) 2 ( z 9) 2 11 于是
π 2 ，<a, b>= ，于是 4 2
。
所以 cos<a, b>=
a b ＝b a sin a，b 2 2
2 2 2
（5）若向量 x 与向量 a＝2i－j＋2k 共线，且满足方程 a·x＝－18，则向量 x ＝ (－4，2，－4)。 解题思路： 因为 x 与 a 共线，所以设 x＝(2t, －t, 2t)。又因为 a·x＝2×2t－(－1)×t＋2×2t＝－18 解得 t＝－2。于是 x＝(－4，2，－4)
。
解题思路： 应用分配律将式子展开 原式＝[a×(b＋c)＋b×(b＋c)]·(c＋a) ＝[a×b＋a×c＋b×b＋b×c]·(c＋a) ＝(a×b)·c＋（a×c） ·c＋(b×b)·c＋(b×c)·c＋(a×b)·a＋ （a×c） • a＋（b×b） • a＋(b×c)• a ＝(a×b)·c＋(b×c)·a ＝2＋2 ＝4 其中，根据平行(垂直)判别法[参见附录 4.1.3(1)(2)]有相同向量的各项为 0。例如： (b×b)·a＝(a×b)·a＝(b×c)·c＝0。 （3）已知 a，b，c 都是单位向量，并且满足 a＋b＋c＝0，则 a• b＋b·c＋c• 3 a＝ 。 2 解题思路： 因为 (a＋b＋c)·a＝0 (a＋b＋c)·b＝0 (a＋b＋c) )·c＝0
d M 0M s
s
因为
i j k M 0 M s 1 2 0 0 1 2i 2k 1 1 22 1 2 3 3
本题解答：(B)
[8.63] （8） 设平面Π 位于平面 x－2y＋z－2＝0 和平而 x－2y＋z－6＝0 之间， 且将 此二平面的距离分成 1∶3，则平面Π 的方程为： （A）x－2y＋z－5＝0 或 x－2y＋z－3＝0 （B）x－2y＋z＋8＝0 （C）x＋2y－4z＝0； （D）x－2y＋3z－8＝0
2 x 1） y 1 （ ( x 1) z 1 x 1 y 1 x 1 2
或
消去 x, y, z, 解出λ =5/4。 本题解答： （D）
2
x t 1 x t 2 （7）两直线 l1： y 2t 1 与 l2： y 2t 1 间的距离为 z t z t 1 2 3 (A) 2/3 (B) 3 (C) 1 (D) 2
解题思路： ①因为 l1 的方向数为（1，2，1） ，l2 的方向向量 s＝（1，2，1） ，所以 l1∥l2。 ②在 l1 上任取一点（t=0） ，M(1，－1，0)，求 M 到 l2 的距离 d。为此，在 l2 上 任取一点 M0(2,－1, 1)（取 t＝1）则[参见附录距离公式(4-21)]
解题思路： 设Π 1 与Π 2 代表给定的二平面。因为所求平面Π 与Π 1 及Π 2 平行，则Π 应为 x－2 y＋z＋d＝0 又由于 d1＝–2，d1＝–6，d2－d1＝–4，所以 d＝–3 或 d=–5。于是Π 为 x－2y＋z－3＝0 或 x–2y+z–5=0 （还可以从另一个思路考虑：分二平行平面距离比为 1:3 的平面应有两个，故选 A） 本题解答： （A） （9）通过直线 x＝2t－1，y＝3t＋2，z＝2t－3 和直线 x＝2t＋3，y＝3t－1，z＝ 2t＋1 的平面方为
x2 y2 z2 ＋ － 0 表示旋转曲面，它的旋转轴是 2 2 3 （A）x 轴； （B）y 轴； （C）z 轴； （D）直线 x＝y＝z
解题思路： 当 z 取定值时得到圆方程 附录一 4.2.2(1)]。 本题解答： （C） 4-2 填空题： （1）设 a=(1, 2, 1)，b=(–2,–1, 1)，则 cos a，b ＝ 解题思路： 参见附录 4.1.2(4)(4-8)式
（A）平行于Π （C）垂直于Π （B）在Π 上； （D）与Π 斜交。
解题思路： 设平面 P1 为 x＋3y＋2z＋1＝0，平面 P2 为 2x－y－10z＋3=0, 则 P1 的法线 n1=(1，3，2) P2 的法线 n2＝(2,－1,－10) Π 的法线 n＝(4,－2，1) 因为 n·n1＝4×1＋(－2)×3＋1×2＝0，n·n2=4×2＋(－2)×(－1)＋1×(－10)＝0， 所以 n⊥n1 及 n⊥n2，于是 L⊥Π 。 本题解答： （C） （6）[8.77] 若直线
x－1 y＋1 z－1 x＋1 y－1 z ＝ 与 ＝ ＝ 相交，则必有 1 2 1 1 1 3 (A)λ ＝1 (B) 2 5 5 (C) (D) 4 4
解题思路： 如直线相交，设交点为（x，y，z） ，则 y 1 z 1 x－1＝ 2 x＋1 y 1＝z
第4章
向量代数与空间解析几何
4-1 选择题 （1） 若 a·b＝a·c，则 （A）b＝c （B）a⊥b 且 a⊥c （C）a＝0 或 b－c＝0 （D）a⊥(b－c) 解题思路： a·b＝a·c，a·(b－c)＝0，则 a⊥(b－c)[参见附录向量垂直判别法(4-13)]。 本题解答： （D） （2）若 a×b＝a×c，则 （A）b＝c （B）a∥b 且 a∥c （C）a＝0 或(b－c)＝0 （D）a∥(b－c) 解题思路： a×b－a×c＝a×(b－c)=0，则 a∥(b－c)。 本题解答： （D） （3）设 c＝(b×a)－b，则 （A）a 垂直于 b＋c （B）a 平行于 b＋c （C）b 垂直于 c （D）b 平行于 c 解题思路： c＝b×a－b，c＋b＝b×a,则 c＋b 与 b 和 a 所决定的平面垂直[参见附录一矢量 积定义 4.1.1(4)]，所以 a⊥(b＋c)或 b⊥(b＋c)。 本题解答： （A） （4） 设有直线 L1： 为 （A）π /6 （B）π /4 （C）π /3 （D）π /2 解题思路： 直线 L1 的方向数为(1,－2，1)；直线 L2 的对称式为 x y z3 1 1 2 方向数为(1, 1,–2)，则
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把三式展开相加，并注意 a·b＝b• a(服从交换律)及 a·a＝b·b＝c·c＝1(因为是 单位向量)则 2(a·b＋a·c＋b·c)＋3＝0 3 a b＋b c ＋ c a － 2 （4）设 a 2， b 2 ，且 a•b=2，则|a×b|= 2 解题思路： 因为
a b＝a b cos a , b 2 2 cos a，b 2
cos a，b ＝ 1 ( 2) 2 ( 1) 1 1 1 2 1
2
x2 y2 z2 ，过圆心的轴（z 轴）即为旋转轴[参见 2 2 3
1 。 2
( 2 ) 1 1
2
＝
1 2
（2）设(a×b)·c=2，则[(a＋b)×(b＋c)]·(c＋a)＝ 4
( x 6) 2 ( y 2) 2 ( z 9) 2 ＝112 x y 6 2 z x 6 9 解得：x＝－12，y＝－4，z＝18。即原点的对称点 O'(-12，-4，18)。
解题解答： （D） （原题错误：将 18 误为–8）
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（11）方程
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将点(1，2，－1)代入方程，解得 D=－4。于是方程为 －x＋3y＋z－4＝0 或 x–3y–z+4=0 （8）设一平面经过原点及点（6，－3，2） ，且与平面 4x－y＋2z＝8 垂直，则此 平面方程为 2x＋2y－3z＝0 。 解题思路： ①设给定平面为 P1，所求平面为 P，P 的方程为 Ax＋By＋Cz＋D＝0 由于 P⊥P1，则 4A－B＋2C＝0 ②由于 P 过原点及（6，－3，2） ，则 6 A 3B 2C D 0 D 0 3 解得 A＝B，C＝－ A 。于是平面 P 为 2 3 x y z 0 或2 x 2 y 3z 0 2