第八章空间解析几何
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(c a)(b c) (c b)(a c) (c a)(b c) (c a)(b c) 0 c [(b c) a (a c) b]
(2)
(a b)2
ab
2
a
2
b
2
.
证明: (a b)2 a b 2
(| a || b | cos )2 (| a || b | sin )2
（6） (a b) [(b c) (c a)] 0. 解 : 因为 (a b) (b c) (c a) 0
所以三向量 a b, b c, c a 构成一三角形，
因此三向量共面， 故混合积为零。
2. 证明 （1） c [(b c) a (a c) b]. 证明: c [(b c) a (a c) b]
，，
B
b
O
S
OAB
1 2
|
a
||
a
| cos
sin
ab ab
(2
b
2
)
1 2
|
a
||
a
|
cos
sin
结 论 成 立
| a b || a || b | cos , | a b || a || b | sin
(2) 当 a与b 的夹角为何值时, △OAB的面积取最大值.
这是球心为(4,-1,3)半径为2的球面.
对于平面 x 2y 2z m 0
d |426m| |m4|
12 22 (2)2
3
接1.
d |m4| 3
d 2 即 m 10 或 m 2 相离
d 2 即 m 10 或 m 2 相切
d 2 即 2 m 10
解: 只要求出过点A且和L1垂直的平面π1的方程即可.
y 1
z
1
x y z 1
y 1 L1 : z 1
A(1,1, 1)
L1 Aπ L
L1 :
x 1 1
y 1 0
z 1 0
1 : x 1
:x y z 1
s1 {1,0,0} n {1,0,0}
d | Ax0 By0 Cz0 D | A2 B2 C 2
1
(1 2)2 (1 )2 (1 )2
接6.
d2
1
6( 2)2 1
33
2 时,距离最大.
3
平面方程为:
(1 4)x (1 2) y (1 2)z 1 0
| c | 0 | c || b |2| c |
| b | 1
| a | | b | | c | 3
5. 设 a b c 0 且 a 3 , b 2，c 5， 求ab b c c a
解: a b c 0 (a b c) (a b c) 0
x a
yz bc
1,
则其与xoy面的
x y z 1 a b c z 0
2x y 2 0
z
0
x a
y b
1
z 0
x y 1 1 2
z 0
平面方程为:
1 | abc | 2 6 a 1 b 2
0
i jk b c 2 3 4 (30,0,15)
3 12 6
2 3 4 [bca] 3 12 6 0
1 3 2
4. 设 a, b, c 均为非零向量，且 a b c, b c a,
c ab, 求 a b c .
解: 由题设可知: 三向量 a, b, c 两两垂直. 所以
2(a b b c c a) (| a |2 | b |2 | c |2)
a
b
b
c
c
a
1 2
(9
4
25)
19
6. 设 a 3b 7a 5b, a 4b 7a 2b
求 a与b 的夹角. ( P50(8) )
解: (a 3b) (7a 5b) 0
b
1 2
|
b
|2
a
b
1 2
|
a
||
b
|
cos 1
2
7. 已知 OA a,OB b, OBA 2
(1) 证明 OAB的面积 a b a b
解:
S
OAB
1 2
|
a
b
|
1 2
|
a
|| b
| sin
A
2
(2 b ). a
| b || a | cos
3
3
3
即 x yz30
题组三： 空间曲面与曲线
1. 讨论平面 x 2 y 2z m 0 与曲面 x2 y2 z2 8x 2y 6z 22 0 间相互
位置关系.
解: x2 y2 z2 8x 2y 6z 22 0
整理得 (x 4)2 ( y 1)2 (z 3)2 4
| a || b || c | | b || c || a |
| a | 0 | a || a || c |2
| c | 1
| b || c || a | | c || a || b |
| b | 0 | b || b || a |2
| a | 1
| c || a || b | | a || b || c |
解:
由S
OAB
1 2
|
a
||
a
|
cos
sin知，
当sin 2 1时，△OAB的面积取最大值. 即 时，△OAB的面积取最大值.
4
8. 用向量证明: 三角形 的三条高交于一点. A
证明: 作三角形如图. 其中两条高BE和CF
交于点G, 要证过G点的AD 垂直于BC.
BC BG GC
4
所以所求平面方程为
(2x 5y z 4) 1 (x 6 y 3z 3) 0 4
即 7x 14y z 13 0
3.
设有一平面,
它与 x o y 面的交线是
2x
y2 z0
0
,
且与三个坐标面围成的四面体的体积等于2, 求该平面
方程. 解: 设平面方程为: 交线为:
2
4z
4x
3. 求锥面 z x2 y2 与柱面 z 1 x2
所围立体在三个坐标平面上的投影区域.
解: 锥面 z x2 y2 与柱面 z 1 x2
所围立体如图所示.
z
o y
x
z 接3.
两曲面所围立体如图.
(1) 在 xoy 面上的投影区域为
两曲面交线
z
x2 y2
1. 设平面π过点 P (2,3,-5) 且与已知平面 x-y+z=1垂直,
又与直线 15(x 1) 3( y 2) 5(z 7) 平行,
求平面π的方程.
解: 设平面π的法向量为 n, 则 n (1, 1,1) n (1,5,3) n / /(1,1,1) (1,5,3) i jk n 1 1 1 (2,4,6) 1 5 3
s
s (m,n, p) 则 [M1P, s , s1] 0
L2
M2
s2
L
[M 2P, s, s2 ] 0
x3 由此得直线的点向式方程为： 1
y5 22
z
9 2
y 1 5. 过平面π: x y z 1和直线 L1 : z 1 的交点,
求在已知平面上, 垂直于已知直线的直线方程.
ac
3. 设 a (1,3,2), b (2,3,4), c (3,12,6)
（1）试证 a,b, c共面.
（2）沿 a,b分解c. （3）求 a在b c上的投影.
解(1) :
1 3 2
[a,b,c] 2 3 4 0
3 12 6
a, b , c 共面.
解 (2) : 设 c a b , 则
(3,12,6) ( 2,3 3,2 4)
2 3
即
3
3
12
2 4 6
解方程组得
5 1
c 5a b .
解 (3) :
Pr
ja
bc
a (b c) |bc |
7 | a |2 16a b 15 | b |2 0 7 | a |2 30a b 8 | b |2 0
(a 4b) (7a 2b) 0
a b 1 | b |2 2
7 | a |2 16a b
15 | b |2 0
| a || b |
a
c 6
x y z 1 1 2 6
y 3x 5
4L. 2一: 直zy线过54点xxP1(7-03,5相,-9交) 且, 求和此两直直线线方L1程: P. z
解: 作图如右.
2x
, 3
L1
分别求出两已知直线上的点M1、M2 , s1
M1
，
设所求直线方向向量为
相交
2.
设空间曲线
:
2y2 y2
z2 3z2
4x 4z 8x 12z
,
试将曲线Γ
的方程用母线平行于 x 轴和 y 轴的两个投影柱面的
方程表示.
解: 消去 x 得 y2 z2 4z
同理可得 z2 4z 4x
因此
y2 z2 4z
:
z
FG E
B
AG BC AG BG AG GC
D
C
Hale Waihona Puke Baidu
AG AC CG AG AB BG
AG BC (AC CG) BG (AB BG) GC AC BG , AB GC , GC CG
AG BC 0 AD BC
题组二： 空间平面与直线
下周六或周日就要考试了希望同学在 下面好好复习
第八章空间解析几何与向量代数 (习题课)
题组一： 向量及其 运算 1. 是非题
（1）若 a b a c且a 0，则b c.
a (b c) 0 a (b c) （2）若 a b a c且a 0, 则b c.
A(1,1, 1)
直线方程为
x y
x
1
z
1
6.
在一切过直线
x y z 1 0
L:
2x
y
z
0
的平面中求一
平面, 使原点到它的距离为最大.
解: 设过L的平面束方程为:
(x y z 1) (2x y z) 0
即 (1 2)x (1 ) y (1 )z 1 0
两曲面的交线在xoz z2 x2 0
o
y
面上的投影为
y0
x
z
即
z y
x 0
,
z x
a2
b
2
.
(3) (2a b) (c a) (b c) (a b) a c. 证明(3): (2a b) (c a) (b c) (a b)
2a c 2a a b c b a b a b b c a c b
z 1 x2
o
y
x
在 xoy 面上的投影
2x2
y2
1
所围区域.
z0
y
因此所围立体在xoy面上的投影区域为 2x2 y2 1
Dxy : 2x2 y2 1
ox
(2) 在 xoz 面上, 立体由母线垂直于
z 接3-2
xoz 面的柱面 z 1 x2 与两个
曲面 y z2 x2 (z 0) 围成.
a (b c) 0 a / /(b c)
（3） (a b) c a (b c).
方向
（4） (a b) c a (b c).
bc
c
b
ab
(a b)c
a
a (b c)
（5） (a b) c a (b c).
平面π的方程为 x 2y 3z 11 0
2x 5y z 4 0
2.
求过直线
L
:
x
6
y
3z
3
0
与点 P(2,0,-1)
的平面方程.
解: 设所求平面方程为
(2x 5y z 4) (x 6y 3z 3) 0 将点 P(2,0,-1) 代入上式得 1
(2)
(a b)2
ab
2
a
2
b
2
.
证明: (a b)2 a b 2
(| a || b | cos )2 (| a || b | sin )2
（6） (a b) [(b c) (c a)] 0. 解 : 因为 (a b) (b c) (c a) 0
所以三向量 a b, b c, c a 构成一三角形，
因此三向量共面， 故混合积为零。
2. 证明 （1） c [(b c) a (a c) b]. 证明: c [(b c) a (a c) b]
，，
B
b
O
S
OAB
1 2
|
a
||
a
| cos
sin
ab ab
(2
b
2
)
1 2
|
a
||
a
|
cos
sin
结 论 成 立
| a b || a || b | cos , | a b || a || b | sin
(2) 当 a与b 的夹角为何值时, △OAB的面积取最大值.
这是球心为(4,-1,3)半径为2的球面.
对于平面 x 2y 2z m 0
d |426m| |m4|
12 22 (2)2
3
接1.
d |m4| 3
d 2 即 m 10 或 m 2 相离
d 2 即 m 10 或 m 2 相切
d 2 即 2 m 10
解: 只要求出过点A且和L1垂直的平面π1的方程即可.
y 1
z
1
x y z 1
y 1 L1 : z 1
A(1,1, 1)
L1 Aπ L
L1 :
x 1 1
y 1 0
z 1 0
1 : x 1
:x y z 1
s1 {1,0,0} n {1,0,0}
d | Ax0 By0 Cz0 D | A2 B2 C 2
1
(1 2)2 (1 )2 (1 )2
接6.
d2
1
6( 2)2 1
33
2 时,距离最大.
3
平面方程为:
(1 4)x (1 2) y (1 2)z 1 0
| c | 0 | c || b |2| c |
| b | 1
| a | | b | | c | 3
5. 设 a b c 0 且 a 3 , b 2，c 5， 求ab b c c a
解: a b c 0 (a b c) (a b c) 0
x a
yz bc
1,
则其与xoy面的
x y z 1 a b c z 0
2x y 2 0
z
0
x a
y b
1
z 0
x y 1 1 2
z 0
平面方程为:
1 | abc | 2 6 a 1 b 2
0
i jk b c 2 3 4 (30,0,15)
3 12 6
2 3 4 [bca] 3 12 6 0
1 3 2
4. 设 a, b, c 均为非零向量，且 a b c, b c a,
c ab, 求 a b c .
解: 由题设可知: 三向量 a, b, c 两两垂直. 所以
2(a b b c c a) (| a |2 | b |2 | c |2)
a
b
b
c
c
a
1 2
(9
4
25)
19
6. 设 a 3b 7a 5b, a 4b 7a 2b
求 a与b 的夹角. ( P50(8) )
解: (a 3b) (7a 5b) 0
b
1 2
|
b
|2
a
b
1 2
|
a
||
b
|
cos 1
2
7. 已知 OA a,OB b, OBA 2
(1) 证明 OAB的面积 a b a b
解:
S
OAB
1 2
|
a
b
|
1 2
|
a
|| b
| sin
A
2
(2 b ). a
| b || a | cos
3
3
3
即 x yz30
题组三： 空间曲面与曲线
1. 讨论平面 x 2 y 2z m 0 与曲面 x2 y2 z2 8x 2y 6z 22 0 间相互
位置关系.
解: x2 y2 z2 8x 2y 6z 22 0
整理得 (x 4)2 ( y 1)2 (z 3)2 4
| a || b || c | | b || c || a |
| a | 0 | a || a || c |2
| c | 1
| b || c || a | | c || a || b |
| b | 0 | b || b || a |2
| a | 1
| c || a || b | | a || b || c |
解:
由S
OAB
1 2
|
a
||
a
|
cos
sin知，
当sin 2 1时，△OAB的面积取最大值. 即 时，△OAB的面积取最大值.
4
8. 用向量证明: 三角形 的三条高交于一点. A
证明: 作三角形如图. 其中两条高BE和CF
交于点G, 要证过G点的AD 垂直于BC.
BC BG GC
4
所以所求平面方程为
(2x 5y z 4) 1 (x 6 y 3z 3) 0 4
即 7x 14y z 13 0
3.
设有一平面,
它与 x o y 面的交线是
2x
y2 z0
0
,
且与三个坐标面围成的四面体的体积等于2, 求该平面
方程. 解: 设平面方程为: 交线为:
2
4z
4x
3. 求锥面 z x2 y2 与柱面 z 1 x2
所围立体在三个坐标平面上的投影区域.
解: 锥面 z x2 y2 与柱面 z 1 x2
所围立体如图所示.
z
o y
x
z 接3.
两曲面所围立体如图.
(1) 在 xoy 面上的投影区域为
两曲面交线
z
x2 y2
1. 设平面π过点 P (2,3,-5) 且与已知平面 x-y+z=1垂直,
又与直线 15(x 1) 3( y 2) 5(z 7) 平行,
求平面π的方程.
解: 设平面π的法向量为 n, 则 n (1, 1,1) n (1,5,3) n / /(1,1,1) (1,5,3) i jk n 1 1 1 (2,4,6) 1 5 3
s
s (m,n, p) 则 [M1P, s , s1] 0
L2
M2
s2
L
[M 2P, s, s2 ] 0
x3 由此得直线的点向式方程为： 1
y5 22
z
9 2
y 1 5. 过平面π: x y z 1和直线 L1 : z 1 的交点,
求在已知平面上, 垂直于已知直线的直线方程.
ac
3. 设 a (1,3,2), b (2,3,4), c (3,12,6)
（1）试证 a,b, c共面.
（2）沿 a,b分解c. （3）求 a在b c上的投影.
解(1) :
1 3 2
[a,b,c] 2 3 4 0
3 12 6
a, b , c 共面.
解 (2) : 设 c a b , 则
(3,12,6) ( 2,3 3,2 4)
2 3
即
3
3
12
2 4 6
解方程组得
5 1
c 5a b .
解 (3) :
Pr
ja
bc
a (b c) |bc |
7 | a |2 16a b 15 | b |2 0 7 | a |2 30a b 8 | b |2 0
(a 4b) (7a 2b) 0
a b 1 | b |2 2
7 | a |2 16a b
15 | b |2 0
| a || b |
a
c 6
x y z 1 1 2 6
y 3x 5
4L. 2一: 直zy线过54点xxP1(7-03,5相,-9交) 且, 求和此两直直线线方L1程: P. z
解: 作图如右.
2x
, 3
L1
分别求出两已知直线上的点M1、M2 , s1
M1
，
设所求直线方向向量为
相交
2.
设空间曲线
:
2y2 y2
z2 3z2
4x 4z 8x 12z
,
试将曲线Γ
的方程用母线平行于 x 轴和 y 轴的两个投影柱面的
方程表示.
解: 消去 x 得 y2 z2 4z
同理可得 z2 4z 4x
因此
y2 z2 4z
:
z
FG E
B
AG BC AG BG AG GC
D
C
Hale Waihona Puke Baidu
AG AC CG AG AB BG
AG BC (AC CG) BG (AB BG) GC AC BG , AB GC , GC CG
AG BC 0 AD BC
题组二： 空间平面与直线
下周六或周日就要考试了希望同学在 下面好好复习
第八章空间解析几何与向量代数 (习题课)
题组一： 向量及其 运算 1. 是非题
（1）若 a b a c且a 0，则b c.
a (b c) 0 a (b c) （2）若 a b a c且a 0, 则b c.
A(1,1, 1)
直线方程为
x y
x
1
z
1
6.
在一切过直线
x y z 1 0
L:
2x
y
z
0
的平面中求一
平面, 使原点到它的距离为最大.
解: 设过L的平面束方程为:
(x y z 1) (2x y z) 0
即 (1 2)x (1 ) y (1 )z 1 0
两曲面的交线在xoz z2 x2 0
o
y
面上的投影为
y0
x
z
即
z y
x 0
,
z x
a2
b
2
.
(3) (2a b) (c a) (b c) (a b) a c. 证明(3): (2a b) (c a) (b c) (a b)
2a c 2a a b c b a b a b b c a c b
z 1 x2
o
y
x
在 xoy 面上的投影
2x2
y2
1
所围区域.
z0
y
因此所围立体在xoy面上的投影区域为 2x2 y2 1
Dxy : 2x2 y2 1
ox
(2) 在 xoz 面上, 立体由母线垂直于
z 接3-2
xoz 面的柱面 z 1 x2 与两个
曲面 y z2 x2 (z 0) 围成.
a (b c) 0 a / /(b c)
（3） (a b) c a (b c).
方向
（4） (a b) c a (b c).
bc
c
b
ab
(a b)c
a
a (b c)
（5） (a b) c a (b c).
平面π的方程为 x 2y 3z 11 0
2x 5y z 4 0
2.
求过直线
L
:
x
6
y
3z
3
0
与点 P(2,0,-1)
的平面方程.
解: 设所求平面方程为
(2x 5y z 4) (x 6y 3z 3) 0 将点 P(2,0,-1) 代入上式得 1