东南大学几何与代数第五六章习题解析_总复习24
考研专业课复习 东南大学结构力学习题集及答案
第一章 平面体系的几何组成分析一、判断题：1、在任意荷载下，仅用静力平衡方程即可确定全部反力和内力的体系是几何不变体系。
2、图中链杆1和2的交点O 可视为虚铰。
O二、分析题：对下列平面体系进行几何组成分析。
3、 4、ACDBACDB5、 6、A CD BEABCDE7、 8、ABCD GE FA BCDEFGHK9、 10、11、 12、1234513、 14、15、 16、17、 18、19、 20、1245321、 22、123456781234523、 24、12345625、 26、27、 28、29、 30、31、 32、33、BA CFDE三、在下列体系中添加支承链杆，使之成为无多余约束的几何不变体系。
34、35、第二章 静定结构内力计算一、判断题：1、静定结构的全部内力及反力，只根据平衡条件求得，且解答是唯一的。
2、静定结构受外界因素影响均产生内力，内力大小与杆件截面尺寸无关。
3、静定结构的几何特征是几何不变且无多余约束。
4、图(a)所示结构||M C =0。
aa(a)BCa aAϕ2a2(b)5、图(b)所示结构支座A 转动ϕ角，M AB = 0， R C = 0。
6、荷载作用在静定多跨梁的附属部分时，基本部分一般内力不为零。
7、图(c)所示静定结构，在竖向荷载作用下，AB 是基本部分，BC 是附属部分。
ABC(c)8、图(d)所示结构B 支座反力等于P /2()↑。
(d)9、图(e)所示结构中，当改变B 点链杆的方向（不通过A 铰）时，对该梁的影响是轴力有变化。
ＡＢ(e)10、在相同跨度及竖向荷载下，拱脚等高的三铰拱，水平推力随矢高减小而减小。
11、图(f)所示桁架有9根零杆。
(f)a a a a(g)12、图(g)所示桁架有：N1=N2=N3= 0。
13、图(h)所示桁架DE杆的内力为零。
a a(h)(i)14、图(i)所示对称桁架在对称荷载作用下，其零杆共有三根。
15、图(j)所示桁架共有三根零杆。
大学国家级精品课程线性代数课程《线性代数与解析几何总复习》精品课件
• 矩阵乘法消去率一般不成立.
AB O A O or B O • 但是，消去率在A可逆时成立.
AB O, A 0 B O
矩阵的秩 非零子式的最高阶数
1) r(Amn) min{m, n} 2) A,B相抵 A,B同型, r(A)= r(B) = r(PAQ) (P,Q可逆).
3) r(Amn) = r A Em(r)nP,Q可逆,A =PEm(r)nQ.
A中至少有一个 r级子式0, 任一k(>r)级子式=0.
A Rsn, B Rnt , r A r B n r AB minr A , r B
5) If AB 0, then r A r B n.
6) r(A) r(B) r(AB) r(A) + r(B)
7 maxr A , r B r A, B r A r B
b可由A的列向量组 A1, A2 , …,An线性表示 xR3时判别直线和
平面的位置关系 方阵的特征值和特
征向量 A= (≠)
方阵的相似对角化
问题 P1AP=
实对称阵正交相似对角
化Q1AQ=diag(1,…,n)
正交变换化实二次 型为标准形
直角坐标变换化二次 曲面为标准形
《几何与代数》复习要点
方阵
初等矩阵: 由单位矩阵经过一次初等变换所得.
《几何与代数》复习要点
矩阵乘法的交换律和消去率
• 矩阵乘法交换率一般不成立
(AB)k Ak Bk (A+B)2 A2 + B2+2AB (A+B)(AB) A2B2
矩阵乘积可交换的情况： 1. 方阵 AkAl=AlAk
2. 对角矩阵 = 3. (a Em) Am×n = Am×n(a En) 4. AA* A*A A E 5. AA1 A1A E
复变函数习题及答案解析(东南大学版)
第1章 复数与复变函数1.1 复数及复平面1-1若1||1,n nz z z ω==+（n 是正整数），则（）. （A ）Re()0ω=（B ）Im()0ω=（C ）arg()0ω=（D ）arg()πω=解由||1z =知1z z=，因此1n n n n z z z z+=+为实数，故Im()0ω=. 选（B ）||1z =时n z =1/.n n z z =1-23311()()22n n--+=（）. （A ）(1)2n -（B ）1(1)2n --（C ）2 （D ）2-解2i π3e =2i π3e =知，等式中两项皆为1. 选（C ）1-3i |(1e )|n θ+=（）.（A ）2cos2n nθ（B ）2sin2n nθ（C ）/222(1cos )n n θ+（D ）/222(1sin )n n θ+解i 222|1e |(1cos )sin 2(1cos )θθθθ+=++=+故i /22|(1e )|2(1cos ).n nn θθ+=+选（C ）本题容易错选(A)项，因为2(1+2cos )4cos 2θθ=得i |1e |θ+=2cos .2θ错在cos 2θ应加上绝对值.1-442max{|i |||1}z z z +≤=（）. （A（BC（D ）2 解由4242|i |||||2,z z z z +≤+≤而当i4e z π=时，πi4i π2422e 1,i ie 1,|i |2z z z z ==-==-+=，故最大值为2.选（D ）用不等式确定最大值是常用方法. 1-5对任意复数12,z z ，证明不等式121212||||||||||||.z z z z z z -≤±≤+证1121212*********|||()|||||||||||||||||z z z z z z z z z z z z z z z -=+-≤+-=+=+-≤++故1212||||||z z z z -≤+，同理2112||||||z z z z -≤+ 即121212||||||||z z z z z z -+≤-≤+ 也就是1212||||||||.z z z z -≤+证2（代数法）设i (1,2)k k k z x y k =+= 则只要证222121122||||2||||||z z z z z z +≤++即只要证1212x x y y +≤1） 只要证2222212121122()()()x x y y x y x y +≤++ 此不等式等价于22221221112220x y x y x y x y +-≥由于,k k x y 皆是实数，上式左边是完全平方式，故此不等式成立，也就是1212||||||z z z z +≤+成立，以下同证1.证3（三角法）.设12i i 1122e ,e ,z r z r θθ==则2221211221122||(cos cos )(sin sin )z z r r r r θθθθ+=+++222212*********cos()2r r r r r r r r θθ=+-≤+ 21212()(||||)r r z z =+=+即1212||||||z z z z +≤+成立，以下同证1.1-6 当1||≤z 时，求||α+nz 的最大与最小值，n 是正整数，a 是复常数. 解1（代数法）.由1-5题知.||1||||||||||||αα+≤+≤+≤-a z z z z n n n我们知道，当1||=nz ，且向量n z 与α夹角为0°时右边不等式等号成立.故||α+nz 的最大值是.||1α+对左边不等式，要分情况讨论.（1）若1||>α，则.1||||||||-≥-≥+αααnnz z 等号当,1||=z 且nz 与α方向相反时成立.这时最小值是.1||-α（2）若1||≤α，则由0||≥+αn z ，当α-=nz 时等号成立，最小值为0.总之，不论α为何复数，|1|+nz 的最大值是||1α+；而当1||>α时，最小值为1||-α.当1||≤α时，最小值为0.解2 （几何法）.我们仅就1||>α加以证明.由1||≤z 知1||≤nz 。
【东南大学】《几何与代数》总复习资料资料
主讲: 关秀翠
东南大学数学系
加法和数乘 一 AB: 交换律消去律 转置: (AB)T=BTAT 般
秩: r(A)=行(列)秩 矩 分块运算: 分块转置
阵 初等行(列)变换
Ak , f(A) |A|: Rnn R tr(A)=aii: Rnn R 方 A1: AB=BA=E A*=(Aji): AA*=|A|E 阵
n
i为特征值
①秩
①② ③
Rnn
P可逆, s.t.
B PT AP
实对称
Ep Eq
O
③r,p,q, 对称性, 正定性 ①秩
《几何与代数》复习要点
二次曲面
一般方程表示的二次曲面
f(x1, x2, x3) = xTAx + BTx + c = 0
作直角系的旋转变换
3) r(Amn) = r A Em(r)nP,Q可逆,A =PEm(r)nQ.
A中至少有一个 r级子式0, 任一k(>r)级子式=0.
A Rsn, B Rnt , r A r B n r AB minr A , r B
r
B
r
A O
O
B
n,
if r A n
9)
设A是n(2)阶方阵, 则
r
A*
1,
if r A n 1
0, if r A n 2
作用 初等变换 终止矩阵
结果
秩
行变换 阶梯阵
极大无 关组(基)
阶梯阵 行变换
行最简形
东南大学05-06学年第二学期《几何与代数》期终试卷
东南大学05-06学年第二学期几何与代数期终考试试卷一. (24%)填空题1. 直角坐标系中向量(1,1,2)α=与(1,0,1)β=的向量积为 ；2. 过点(1,0,1)P 且与直线1211x y z -==垂直的平面的方程为 ； 3. 设0110P ⎛⎫= ⎪⎝⎭，1011Q ⎛⎫= ⎪⎝⎭，a b A c d ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则1010P AQ =⎛⎫ ⎪⎝⎭；4. 若33⨯矩阵A 的秩为2, 123,,ααα是线性方程组Ax b =的解向量 ,并且()12,3,4T α=,()232,4,6T αα+= , 则线性方程组Ax b =的通解是 ；5. 设α是(1)n n >维列向量，则n 阶方阵T A αα=的行列式A 的值为 ；6. 设A 是33⨯矩阵，若矩阵,2,23I A I A I A +--均不可逆，则行列式A = ；7. 若3是n n ⨯矩阵A 的特征值,2A =,*A 是A 的伴随矩阵，则矩阵*A 的一特征值为 ；8. 若222221x y z kxz +++=表示一单叶双曲面，则k 满足条件 。
二（12%）设1234A ⎛⎫= ⎪⎝⎭，101021001B ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪-⎝⎭，132011C ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪--⎝⎭， 求11,A B --以及矩阵X ，使A O C X O B O ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭。
式中的O 均指相应的零矩阵。
三（10%）设向量组 123,,ααα线性无关 , 问: 参数,l m 满足什么条件时, 向量组 12l αα+，23m αα+ ，13αα+也线性无关？四（14%）已知空间直角坐标系中三平面的方程分别为：1:21x y z π++=,2:2x y z πλ++=,3:1x y z πλλ++=+1. 问：当λ取何值时这三个平面交于一点？交于一直线？没有公共交点？2. 当它们交于一直线时，求直线的方程。
五（12%）已知33⨯矩阵10023302A a a a a -⎛⎫ ⎪=-+ ⎪ ⎪--+⎝⎭有一个二重特征值。
【高等数学 东南大学】第六章《向量代数 空间解析几何》习题课
6。
2．设一平面过原点及 A(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： OA {6,3, 2} ， 已知平面的法向量为n1 {4, 1, 2} ， 取所求平面的法向量为 OA n1 {4,4, 6} 2 {2, 2, 3} ， 故所求平面的方程为 2(x 0) 2( y 0) 3(z 0) 0 ， 即 2x 2y 3z 0 。
点P 作垂直于直线 L 的平面。 该平面的方程为： 2(x 0) 0( y 1) (z 1) 0 ，
即2x z 1 0 。
解方程组
x
y2 0 2z 7 0
，
2x z 1 0
得平面与直线 L 的交点：Q(1, 2, 3) 。
（1）点 P 和点 Q 的距离为 d (1 0)2 (2 1)2 (3 1)2 6 。
第六章《向量代数 空间解析几何》习题课
一、选择题
1．已知
a
2
，b
2
，且a
b
2
，则
a
b
（
A
）
（A）2 ； （B）2 2 ； （C） 2 ； （1 D） 。
2
解：∵
a
b
a
b cos(a, b ) 2
2
cos(a,
b)
2
，
∴
cos (a, b )
2
，(a,
b)
，
∴
ab
a
2 b sin(a, b )
6．过点(1, 2, 3) ，垂直于直线 x y z 且平行于平面 456
x 1
7x 8y 9z 10 0 的直线方程为 1
y2 2
z 3
几何与代数总复习
几何与代数总复习
二. 矩阵
设A可逆, 则A可以经过有限次初等行变换化为 行最简形——单位矩阵E. 下面用初等变换解矩阵方程AX = B. 注意到X = A1B.
分块矩阵 初等行变换
(A B) P1(A B)
…
(E ?)
Pl-1… P2P1(A B) Pl Pl-1…P2P1(A B)
几何与代数总复习
二. 矩阵
行矩阵A1n: 只有一行, 又名行向量. 列矩阵An1: 只有一列, 又名列向量. 零矩阵: 每个元素都是0, 常记为Omn或O. 单位矩阵: 主对角线元素都是1, 其余元素都是0, 常记为E或I. 数量矩阵: kE, kI, 其中k为常数. 对角矩阵: diag{1, 2, …, n}, 常用表示. 对称矩阵: AT = A. 反对称矩阵: AT = A. 方阵: 行数=列数. 正交矩阵: QTQ = QQT = E. 正定矩阵: AT = A且x 有xTAx > 0. 可逆矩阵: AB = BA = E. 初等矩阵: 由单位矩阵经过一次初等变换所得.
几何与代数总复习
一. 行列式
推论. 若行列式 D 中有两列元素成比例, 则 D = 0. 性质3. 把行列式的某一列的k倍加到另一列 上去, 行列式的值不变.
… (a1i + ka1j) … a1j … a1n … (a2i + ka2j) … a2j … a2n … … …… …… … (ani + kanj) … anj … ann a11 … ka1j … a1j a11 … a1i … a1j … a1n a21 … ka2j … a2j a21 … a2i … a2j … a2n + … … … …… = … ………… …… an1 … kanj … anj an1 … ani … anj … ann a11 a21 … a n1
几何与代数习题参考答案_全部2014
由于上式中 (α − β ), ( β − γ ), (γ − α ) 的系数都是 1， 所以根据共面的充要条件得 α − β , β − γ , γ − α 共面。 ---------想清楚共面与上面等式的关系 四、判断题
1
1． （ 错 ） 2． （ 对 ） 3． （ 错 ） 4． （ 对 ） 五、填空题
8 −3
四、解：因为 (α × β ) ⋅ γ = 0
2 −1 = 63 ≠ 0, 3
1
2 2
所以 α , β , γ 不共面，
以这三个向量为棱所作的平行六面体体积 V = (α × β ) ⋅ γ = 63 。 ----------直接用混合积计算体积,判断共面性.
五、解：由于 α , β 不共线，向量 α , β , γ 共面，则可设 γ = xα + y β , 而
习题一 几何向量及其运算
一、填空题 1. 1）
α, β =
π
2
；
2）
α , β = 0 ； 3 ） α , β = π , 且 α ≥ β ； 4 ） α ，β = 0 ；
5） 0 ≤
α, β <
π
2
且α，β为非零向量 。 或 α ⋅ β > 0 ，
---------以上题目还可以把长度用内积表示,然后得到内积满足的条件.如.
T
⎛ a 2b 3c ⎞ ⎛ a 2a 3a ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 0 b 2c ⎟ . ； ⎜ 0 b 2b ⎟ . ⎜ a 3b c ⎟ ⎜ c 3c c ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
T
⎛ 2 4 6⎞ ⎜ ⎟ 二、解： αβ = 13, βα = 1 2 3 。 ⎜ ⎟ ⎜3 6 9⎟ ⎝ ⎠ ⎛ 2⎞ ⎛ 2 4 6⎞ ⎜ ⎟ ⎟ A = α β = ⎜ 1 ⎟ (1 2 3) = ⎜ ⎜ 1 2 3⎟; ⎜ 3⎟ ⎜ 3 6 9⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
几何与代数·第六章
7.设(e1 , · · · , en )是V 的一个基,(f1 , · · · , fn )是它的对偶基,σ ∈ End V . 1)证明:如果f ∈ V ∗ ,那么f σ ∈ V ∗ ; 2)定义映射σ ∗ : V ∗ → V ∗ , f → f σ .证明:σ ∗ ∈ End(V ∗ ); 3)设σ 是关于基(e1 , · · · , en )的矩阵为A,试求σ ∗ 关于基(f1 , · · · , fn )的矩阵.
它的根为2(二重)和11.所以A的特征值为λ1 = 2, λ2 = 11.解方程(λ1 I − A)X = 0,得E1 的一个 基:(1, −2, 0)T , (0, −2, 1)T .同理,解得E2 的一个基:(2, 1, 2)T . 4)计算得 √ √ chA (t) = (t − a − b − c)(t + a2 − ab + b2 − ac − bc + c2 )(t − a2 − ab + b2 − ac − bc + c2 )
−1
解 1 1
−1
−1 1
−1
0 1 1
5.设A ∈ M2 (F ).定义M2 (F )的线性变换如下:对任意X ∈ M2 (F ), LA (X ) = AX ; RA (X ) = XA.
分别求LA , RA , LA RA , ad A := LA − RA 关于基(E11 , E12 , E21 , E22 )的矩阵. ( ) a11 a12 解 A= ,设X = x11 E11 + x12 E12 + x21 E21 + x22 E22 , a21 a22
05-06-2几代B答案 东南大学几何与代数试卷
止 于 至 善
⎡1 0 1 ⎤
⎡1 3⎤
二 (12%) 设A = ⎢⎢0
⎢⎣0
2 0
1
⎥ ⎥
,
B
=
− 1⎥⎦
⎡1 ⎢⎣3
2⎤ 4⎥⎦ , C =
⎢ ⎢
2
⎢⎣− 1
0
⎥ ⎥
,
求A−1, B−1以及矩阵X,
使
− 1⎥⎦
⎡A ⎢⎣O
O⎤ B⎥⎦ X
=
⎡C ⎤ ⎢⎣O⎥⎦ ,
其中O表示相应的零矩阵.
⎡1 0 1 1 0 0 1 3 ⎤
A的特征值为λ1 = −1, λ2 = 2, λ3 = a + 2.
东南大学学生会
α1 − α2 = (0, 1, 1)T, 则Ax = b的通解是x = k(0, 1, 1)T + (1, 3/2, 5/2)T. 5. 设A是3×3矩阵, 若矩阵I + A, 2I − A, 2I − 3A均不可逆(其中I表示3阶单位矩阵), 则行
列式|A| = − 4/3.
6. 若3是n×n矩阵A的特征值, 行列式|A| = 2, 则A的伴随矩阵A*的一个特征值为 3/2. 7. 若x2 + 2y2 + z2 + 2kxz = 1表示一单叶双曲面, 则k满足条件是k > 1或 k < − 1. 8. 设α是n维列向量(n > 1), 则n阶方阵A = ααT 的行列式|A|的值为 0.
1
⎥ ⎥
初等行变换
⎢⎣0 0 1 − 1⎥⎦
于是可得交线的方程为
⎧ ⎨ ⎩
x+ y=3 z = −1
.
⎡1 1 0 3 ⎤ ⎢⎢0 0 1 − 1⎥⎥ , ⎢⎣0 0 0 0 ⎥⎦
《几何与代数》科学出版社习题解析第六章
设A与A在实数域上相合,则p(A)=p(A)=q 所以 n=2p 为偶数. 证明1:设A与A在实数域上相合,则存在可逆阵P T 使得 P AP A
P T AP A P T A P 1 A
n
因为A可逆,所以|A|0. n 2 1 P 0 所以n为偶数.
几何与代数习题解析第六章
主讲: 关秀翠
东南大学数学系
第六章 二次型与二次曲面
§6.3 二次曲面
一般二次型f(x1, x2, x3) = xTAx + BTx + c = 0 Q正交且|Q|=1 作直角系的旋转变换 右手系→右手系 x = Qy, Q正交 g(y) = yTy + B’Ty + c = 0 坐标轴 y = z+ 1z12 +2z22 +3z32 = bzi + d 的平移 实对称阵的正交相似对角化问题 Q正交, s.t., Q1AQ=QTAQ= =diag(1,…,n) 实二次型 正交变换 标准形
T 2 T 2 T
A 0 1 1
T 2
A O , 15. 设A, B都是实对称矩阵, M = O B 证明: M正定 A, B都正定. 证明: ()
① M正定 x, y , x T T T x Ax = (x , )M > 0, yTBy = (T, yT)M A, B都正定.
二次曲面 直角坐标变换 曲面的标准形
条件
方
2 1 1
程
2 2 2
p,q p=3,q=0 p=0,q=3 p=2, q=1
d d>0 d<0
二次曲面 椭球面 球面 单叶双曲面 双叶双曲面 二次锥面 椭圆抛物面
(新版)代数与几何答案
第一章 行列式一、填空题 1.2)1(-n n ； 2. 42312314,!4a a a a - 3. 0 ；4. 1222+++c b a ； 5. 1，2，3； 6. 1，或 -2 .二、选择题 D C B B C.三、计算题1. 解： 122334,,r r r r r r D ---104106310321011112334r r r r --,4100310032101111=12. 解： D n （从最后一列开始）列加到第将第1-i i 2)1(1+=∑==n n i ni . 3. 解：1111111111114321-----+---+++a a a a a a a Dc c c c 40001001001001a a a a a==四、解答题解：14131211432A A A A +++1313120210114321---==1514131211432M M M M +++1313120210114321-----==3五、证明题证明：因为42056963061223613214101001000c c c c +++5024205369696321606121632361 因为第四列的元素可以被16整除，所以行列式可被16整除.第二章 矩阵及其运算一、填空题1. 327,- ；2.0；3. ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---32164232164； 4. ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛010100001 5. ⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡---31310032310000520021 二、选择题 B AC D D ； BCCBB三、计算题1. 解：⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡---−−→−↔1101024431220130121121r r A ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡----→00000216001101001211，所以秩为3.2. 解： *18)31(A A --=-=--1183A A A =---113A A 12-A ==-18A 64.3．解：(1) 由→)(E P )(1-P E 易得⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=-1140120011P，⇒=PB AP 1-=PBP A ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=116002001(2) 12112---==P PB PBP PBP A， 同理 155-=P PB A52523)(A A E A f +-=∴152)523(-+-=P B B E P又 =+-52523B B E ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-400030006，,)(A f ∴1400030006-⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=P P =⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--47340360064. 解法一：记⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-=300031001200002A ，对)(E A 进行初等行变换得)(1-A E 可求. 解法二：（利用分块矩阵）⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=321A A A A ，其中⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=31122A ， 易求：⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-21137112A ，⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-=∴-31000021*********211A 5. 解：因为A B AB =-，B A AB =-∴B E B A =-⇒)( 两边同时右乘1-B 得：E BE B A =--1)(E B E A =-⇒-)(1，=-=∴--11B E A ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡----1000021000020020，由→-)(1E A )(A E 可得A ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡----=10000210410002100210. 四、证明题1．(1)证明： ,32A A = ,32O A A =-∴,4))(4(E E A E A -=+-∴ 从而,)4)(4(E EA A E =+- A E -∴4 可逆，且 4)4(1E A A E +=--. (2) 证明：,32A A = ,)3(O A E A =-∴假设A E -3可逆,则等式两边同时右乘(),31--A E 得O A =，与条件O A ≠矛盾，所以A E -3不可逆.2．证明：A A =2,∴=-⇒=-∴,)(2O E A A O A A R (A )+ R (A -E )≤n （1）又R (A )+ R (A -E )= R (A )+ R (E - A )≥R [A + (E - A )]= R (E )=n （2） 由（1），（2）式知 R (A )+ R (E A -)= n.第三章 向量与向量空间第四章 欧氏空间一、填空题 1. 的实数2≠；2. -2 ； 3.T T )1,2,1(61,)1,0,1(21-；4. 40；5. 0453=+--z y x ；6. 0),(22=+±z y x f ； 7. 椭圆柱面．二、选择题 D ； C ； D ； C ； C ； B ． 三、解答题1．对矩阵),,,(4321αααα=A 施行初等行变换：→⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--6254533111113121→⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛------6630221022103121⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛000000022103121⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--→0000000022101301 从而得向量组4321,,,αααα的秩为2，一个最大无关组为 21,αα（不唯一）.其余向量在此最大无关组下的线性表示式分别为：214213223αααααα+-=+-=;.2． 解：记),,(321ααα=A ，),,(321βββ=B ，⑴ 设由基321,,ααα到基321,,βββ的过渡矩阵为P , 即AP B = ∴ B A P 1-=由()()B A E B A 1101010432100010001341432321111001111-=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---−−→−⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=行变换 得：⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=101010432P ．⑵ 设(x ,y ,z )是γ在基321,,βββ的坐标，则有：⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-----=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-32141011125202167410111B z y x ． 3．解： 过点M 与L 垂直的平面P ：0)3()1(2)2(3=---+-z y x 即：0523=--+z y x P 与L 的交点：)73,713,72(-, 故所求直线方程为431122-=--=-z y x .四、证明题1．证明：存在m k k k ,,21使得02211=-+-+-)()()(m m αβk αβk αβk 代入m αααβ+++= 21，整理得：0132231132=+++++++-m m m m αk k k αk k k αk k k )(,)()(因为)(,,121>m αααm 线性无关，所以 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=++=++=++-0001323132m m m k k k k k k k k k 而系数行列式⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=011111110111110 D ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡---=011111110111111m m m 0111≠--=-)()(m m ，所以齐次方程组只有零解，m k k k ,,21都为零。
05-06-2几代补考 东南大学几何与代数试卷
值等于
；
8.
假设矩阵
A
=
1 x
−1 4
1 y
相似于对角阵，并且
2
是
A
的一个二重特征值，则参数
x,
y
−3 −3 5
的值分别等于
。
1 0 二（12%）假设 A = 1 0
1 0
0 0 1
，
B
=
2 3
−1 1
1 0
。求矩阵方程
2
X=
B + XA 的解。
1 1 2
1
三（14%）假设矩阵
并且，若 A ≠ I ，则 −1一定是 A 的特征值。
x = 0
1. 曲面π 2 的方程为
；
2. π1 与π 2 的交线向 xy 平面作垂直投影所得的投影曲线 l 的方程为
；
3. 画出π1 与π 2 所围成的立体的草图（请给坐标轴标上名称），并在同一坐标系中
画出它们的交线在 x − y 平面上的投影曲线所围成的有限区域的草图。 七（6%）假设 A 是 n 阶正交阵。若 A 是实对称矩阵，证明： A 的特征值只能是 1 和 −1，
2. 问：当参数 k 取什么值时， f 是正定二次型？
3. 试就参数 k 不同的取值，讨论二次曲面 f (x1, x2 , x3 ) = 1的类型；
六 （12%）假设空间直角坐标系中，二次曲面π1 的方程为： x2 + 4 y2 = 2z ； π 2 为曲
z= 2 − 3y2
线
绕 z 轴旋转所得旋转曲面。
止 于 至 善
东南大学学生会 Students' Union of Southeast University
东南大学几何与代数线性代数01到10期末试卷
01-02学年第二学期一（30%）填空题：1． 设(1,2)α=，(1,1)β=-，则T αβ= ；T αβ== ；100()Tαβ= ；2． 设矩阵120031130A ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭，234056007B ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭，则行列式1AB -= ； 3． 若向量组123,,ααα线性无关，则当参数k 时，122331,,k αααααα---也线性无关； 4． 矩阵11110111001101A ⎛⎫ ⎪⎪= ⎪⎪⎝⎭的伴随矩阵*A =⎛⎫⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭； 5． 设矩阵A 及A E +均可逆，则1()G E A E -=-+，且1G -= ； 6． 与向量(1,0,1)α=，(1,1,1)β=均正交的单位向量为 ；7． 四点(1,1,1),(1,1,),(2,1,1),(2,,3)A B x C D y 共面的充要条件为 ；8． 设实二次型22212312323(,,)2f x x x x kx x x x =+++，则当k 满足条件 时，123(,,)1f x x x =是椭球面；当k 满足条件 时，123(,,)1f x x x =是柱面。
二（8%）记1π为由曲线23z y x ⎧=-⎨=⎩绕z -轴旋转所产生的旋转曲面,2π为以1π与平面3:1x y z π++=的交线为准线，母线平行于z -轴的柱面。
试给出曲面12ππ及的方程，并画出13ππ被所截有界部分在x y -平面上的投影区域的草图（应标明区域边界与坐标轴的交点）。
三（8%）求经过直线2221x y z x y z+-=⎧⎨-+-=⎩且与x y -平面垂直的平面方程.四（12%）求矩阵方程2XA X B =+的解，其中，311101010,321003A B ⎛⎫-⎛⎫⎪== ⎪ ⎪-⎝⎭⎪⎝⎭.五（12%）设线性方程组12341234234123403552232(3)1x x x x x x x x x px x q x x x p x +++=⎧⎪+++=⎪⎨-+-=⎪⎪++++=-⎩1． 问：当参数,p q 满足什么条件时，方程组无解、有唯一解、有无穷多解？ 2． 当方程组有无穷多解时，求出其通解。
第06章 向量代数与空间解析几何习题详解 - 用于合并
第六章向量代数与空间解析几何习题 6-11、在平行四边形ABCD中, 设=a, =b. 试用a和b表示向量、、、, 其中M是平行四边形对角线的交点.解：由于平行四边形的对角线互相平分, 所以a+b, 即 -(a+b), 于是 (a+b).因为, 所以(a+b). 又因-a+b, 所以(b-a).由于, 所以(a-b).2、若四边形的对角线互相平分，用向量方法证明它是平行四边形.证： ,，与平行且相等, 结论得证.3、求起点为，终点为的向量与的坐标表达式.解：==, =4、求平行于={1，1，1}的单位向量.解：与平行的单位向量为.5、在空间直角坐标系中，指出下列各点在哪个卦限？解： A:Ⅳ; B:Ⅴ; C:Ⅷ; D:Ⅲ.6、求点与轴，平面及原点的对称点坐标.解：关于轴的对称点为，关于平面的对称点为，关于原点的对称点为.7、已知点A(a, b, c), 求它在各坐标平面上及各坐标轴上的垂足的坐标（即投影点的坐标）.解：分别为.8、过点分别作平行于z轴的直线和平行于xOy面的平面，问它们上面的点的坐标各有什么特点？解：平行于z轴的直线上面的点的坐标：；平行于xOy面的平面上的点的坐标为 .9、求点P(2,-5,4)到原点、各坐标轴和各坐标面的距离.解：到原点的距离为，到x轴的距离为，到y轴的距离为,到z轴的距离为.10、求证以、、三点为顶点的三角形是一个等腰三角形.解：,，即，因此结论成立.11、在yoz坐标面上，求与三个点A(3, 1, 2), B(4, -2, -2), C(0, 5, 1)等距离的点的坐标.解：设yoz坐标面所求点为，依题意有，从而，联立解得，故所求点的坐标为.12、 z轴上，求与点A(-4, 1, 7), 点B(3, 5,-2)等距离的点.解：设所求z轴上的点为，依题意：，两边平方得，故所求点为.13、求使向量与向量平行.解：由得得.14、求与轴反向，模为10的向量的坐标表达式.解： ==.15、求与向量={1，5，6}平行，模为10的向量的坐标表达式.解：,故 .16、已知向量，，试求：（1）；（2）．解：（1） ;（2）.17、已知两点和，求向量的模、方向余弦和方向角．解：因为, 所以,,从而,,.18、设向量的方向角为、、．若已知其中的两个角为，．求第三个角．解： ,,由得.故或.19、已知三点，，，求：（1）与及其模；（2）的方向余弦、方向角；（3）与同向的单位向量.解：（1）由题意知故 .（2）因为所以，由向量的方向余弦的坐标表示式得：，方向角为：.（3）与同向的单位向量为：.20、设在x轴上的投影和在y轴上的分向量.解：.故向量在x 轴上的投影，在y轴上的投影分量为.21、一向量的终点为点B(-2,1,-4),它在x轴，y轴和z轴上的投影依次为3，-3和8，求这向量起点A的坐标.解：设点A为（x, y, z）,依题意有：，故，即所求的点A（-5， 4，-12）.22、已知向量的两个方向余弦为cos= ,cos=, 且与z轴的方向角是钝角.求cos.解：因，又是钝角，所以.23、设三力作用于同一质点，求合力的大小和方向角.解：合力，因此，合力的大小为合力的方向余弦为因此习题 6-21、，，，求，，，及，，，.解：依题意，，，，故，，.，，，.2、，求及 .与的夹角余弦.解：（1）, ..3、已知，求解：，∴ .4、证明下列问题：1）证明向量与向量垂直.2）证明向量与向量垂直.证：1）,，即与垂直.2） .5、求点的向径与坐标轴之间的夹角.解：设与、、轴之间的夹角分别为，则,, . , , .6、求与平行且满足的向量.解：因, 故可设，再由得，即，从而.7、求与向量，都垂直的单位向量.解：，8、在顶点为、和的三角形中，求三角形的面积以及边上的高.解：,三角形的面积为9、已知向量，，证明.解10、证明：如果，那么，并说明它的几何意义.证：由, 有, 但，于是,所以.同理由, 有 ,从而 .其几何意义是以三角形的任二边为邻边构成的平行四边形的面积相等.11、已知向量和，计算下列各式：（1）（2）（3）（4）解：（1）.(2) ，故.（3）.（4）由（3）知.习题 6-31、已知，，求线段的垂直平分面的方程.解：设是所求平面上任一点，据题意有化简得所求方程.这就是所求平面上的点的坐标所满足的方程, 而不在此平面上的点的坐标都不满足这个方程，所以这个方程就是所求平面的方程.2、一动点移动时，与及平面等距离，求该动点的轨迹方程.解：设在给定的坐标系下，动点，所求的轨迹为，则亦即从而所求的轨迹方程为.3、求下列各球面的方程：（1）圆心，半径为；（2）圆心在原点，且经过点；（3）一条直径的两端点是；（4）通过原点与解：（1）所求的球面方程为：（2）由已知，半径，所以球面方程为（3）由已知，球面的球心坐标，球的半径，所以球面方程为：（4）设所求的球面方程为：因该球面经过点，所以解之得所求的球面方程为.4、将坐标面上的抛物线绕旋转一周，求所生成的旋转曲面的方程．解：(旋转抛物面) .5、将坐标面上的双曲线分别绕轴和轴旋转一周，求所生成的旋转曲面的方程．解：绕轴旋转得绕轴旋转得.6、指出下列曲面的名称，并作图：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）；（7）；（8）；（9）；（10）.解： (1)椭圆柱面；(2) 抛物柱面；(3) 圆柱面；(4)球面；（5）圆锥面；（6）双曲抛物面；（7）椭圆抛物面；（8）双叶双曲面；（9）为旋转椭球面；（10）单叶双曲面.7、指出下列方程在平面解析几何和空间解析几何中分别表示什么图形？（1）；（2）；（3）；（4）.解：（1）在平面解析几何中表示直线，在空间解析几何中表示平面；（2）在平面解析几何中表示圆周，在空间解析几何中表示圆柱面；（3）在平面解析几何中表示双曲线，在空间解析几何中表示双曲柱面；（4）在平面解析几何中表示抛物线，在空间解析几何中表示抛物柱面.8、说明下列旋转曲面是怎样形成的？（1）；（2）（3）；（4）解：（1）平面上椭圆绕轴旋转而成；或者平面上椭圆绕轴旋转而成（2）平面上的双曲线绕轴旋转而成；或者平面上的双曲线绕轴旋转而成（3）平面上的双曲线绕轴旋转而成；或者平面上的双曲线绕轴旋转而成（4）平面上的直线绕轴旋转而成或者平面上的直线绕轴旋转而成.9、画出下列各曲面所围立体的图形：（1）与三个坐标平面所围成；（2）及三坐标平面所围成；（3）及在第一卦限所围成；（4）所围.解：（1）平面与三个坐标平面围成一个在第一卦限的四面体；（2）抛物柱面与平面及三坐标平面所围成；（3）坐标面、及平面、和圆柱面在第一卦限所围成；（4）开口向上的旋转抛物面与开口向下的抛物面所围.作图略.习题 6-41、画出下列曲线在第一卦限内的图形（1）；（2）；（3）解：（1）是平面与相交所得的一条直线；（2）上半球面与平面的交线为圆弧；（3）圆柱面与的交线.图形略.2、分别求母线平行于轴及轴而且通过曲线的柱面方程.解：消去坐标得，为母线平行于轴的柱面；消去坐标得：，为母线平行于轴的柱面.3、求在平面内以坐标原点为圆心的单位圆的方程（任写出三种不同形式的方程）.解：；； .4、试求平面与椭球面相交所得椭圆的半轴与顶点.解：将椭圆方程化简为：，可知其为平面上的椭圆，半轴分别为，顶点分别为.5 、将下面曲线的一般方程化为参数方程（1）；（2）解：（1）原曲线方程即：，化为；（2）.6、求螺旋线在三个坐标面上的投影曲线的直角坐标方程.解：；；.7、指出下列方程所表示的曲线（1）（2）；（3）；（4）；（5）.解：（1）圆；（2）椭圆；（3）双曲线；（4）抛物线；（5）双曲线.8、求曲线在面上的投影曲线方程，并指出原曲线是何种曲线.解：原曲线即：，是位于平面上的抛物线，在面上的投影曲线为9、求曲线在坐标面上的投影.解：（1）消去变量后得在面上的投影为它是中心在原点，半径为的圆周.（2）因为曲线在平面上，所以在面上的投影为线段.（3）同理在面上的投影也为线段.10、求抛物面与平面的交线在三个坐标面上的投影曲线方程.解：交线方程为，（1）消去得投影（2）消去得投影，（3）消去得投影.习题 6-51、写出过点且以为法向量的平面方程.解：平面的点法式方程为.2、求过三点的平面方程.解：设所求平面方程为,将的坐标代入方程，可得，故所求平面方程为.3、求过点且与平面平行的平面方程.解：依题意可取所求平面的法向量为,从而其方程为即 .4、求通过x轴和点(4, -3, -1)的平面的方程.解：平面通过x轴, 一方面表明它的法线向量垂直于x轴, ??即A=0; 另一方面表明?它必通过原点, 即D=0. 因此可设这平面的方程为By+Cz=0.又因为这平面通过点(4, -3, -1), 所以有-3B-C=0, 或C=-3B . 将其代入所设方程并除以B (B?0), 便得所求的平面方程为y-3z=0.5、求过点，且垂直于平面和的平面方程.解：取法向量所求平面方程为化简得:6、6 设平面过原点及点，且与平面垂直，求此平面方程.解：设所求解设平面为由平面过点知平由平面过原点知，，所求平面方程为7、写出下列平面方程：（1）平面；（2）过轴的平面；（3）平行于的平面；（4）在，，轴上的截距相等的平面.解：（1）,（2）（为不等于零的常数）,（3） (为常数), （4） .8、求平行于而与三个坐标面所围成的四面体体积为1的平面方程.解: 设平面为由所求平面与已知平面平行得化简得令代入体积式或所求平面方程为或.9、分别在下列条件下确定的值：（1）使和表示同一平面；（2）使与表示二平行平面；（3）使与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：，解之得，，.（2）欲使所给的二方程表示二平行平面，则：，所以，.（3）欲使所给的二方程表示二垂直平面，则：所以： .10 、求平面与的夹角；解：设与的夹角为，则 .11、求点到平面的距离.解：利用点到平面的距离公式可得.习题 6-61、求下列各直线的方程：（1）通过点和点的直线；（2）过点且与直线平行的直线.（3）通过点且与三轴分别成的直线；（4）一直线过点，且和轴垂直相交，求其方程.（5）通过点且与两直线和垂直的直线；（6）通过点且与平面垂直的直线.解：（1）所求的直线方程为：即：，亦即.（2）依题意，可取的方向向量为，则直线的方程为.（3）所求直线的方向向量为：，故直线方程为：.（4）因为直线和轴垂直相交, 所以交点为取所求直线方程（5）所求直线的方向向量为：，所以，直线方程为：.（6）所求直线的方向向量为：，所以直线方程为： .2、求直线的点向式方程与参数方程.解在直线上任取一点,取解.所求点的坐标为,取直线的方向向量,所以直线的点向式方程为：令则所求参数方程: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，如果相交时请求出夹角的余弦.（1）与；（2）与.解：（1）将所给的直线方程化为标准式为：二直线平行.又点与点（7，2，0）在二直线上，向量平行于二直线所确定的平面，该平面的法向量为：，从而平面方程为：，即 .（2）因为，所以两直线不平行，又因为，所以两直线相交，二直线所决定的平面的法向量为，二直线所决定的平面的方程为：.设两直线的夹角为，则.4、判别下列直线与平面的相关位置：（1）与；（2）与；（3）与；（4）与.解（1），而，所以，直线与平面平行.（2）,所以，直线与平面相交，且因为，直线与平面垂直.（3）直线的方向向量为：，，所以直线与平面平行或者直线在平面上；取直线上的点，显然点在也在平面上（因为），所以，直线在平面上.（4）直线的方向向量为，直线与平面相交但不垂直.5、验证直线：与平面：相交，并求出它的交点和交角.解：直线与平面相交.又直线的参数方程为：设交点处对应的参数为，，从而交点为（1，0，-1）.又设直线与平面的交角为，则：，.6、确定的值，使：（1）直线与平面平行；（2）直线与平面垂直.解：（1）欲使所给直线与平面平行，则须：即.（2）欲使所给直线与平面垂直，则须：，所以：.7、求下列各平面的方程：（１）通过点，且又通过直线的平面；（２）通过直线且与直线平行的平面；（３）通过直线且与平面垂直的平面；（4）. 求过点与直线垂直的平面方程.解：（１）因为所求的平面过点和，且它平行于向量，所以要求的平面方程为：, 即. （２）已知直线的方向向量为，平面方程为：,即（３）所求平面的法向量为，平面的方程为：，即.（4）.所求平面的法向量为，则平面的方程为：, 即 .8、求点在平面上的投影.解：过点作已知平面的垂线，垂线的方向向量就是已知平面的法向量，所以垂线方程为，此垂线与已知平面的交点即为所求投影.为了求投影，将垂线方程化为参数方程，代入平面方程求得，故投影为.9、求点到直线的距离.解：直线的标准方程为：所以p到直线的距离.10、设是直线外一点，是直线上一点，且直线的方向向量为，试证：点到直线的距离为.证：设与的夹角为，一方面由于；另一方面，，所以.11、求通过平面和的交线且满足下列条件之一的平面：（1）通过原点；（2）与轴平行；（3）与平面垂直.解：（1）设所求的平面为：欲使平面通过原点，则须：，即，故所求的平面方程为即：.（2）同（1）中所设，可求出.故所求的平面方程为即：.（3）如（1）所设，欲使所求平面与平面垂直，则须：从而，所以所求平面方程为.12、求直线在平面上的投影直线的方程．解：应用平面束的方法．设过直线的平面束方程为即这平面与已知平面垂直的条件是,解之得代入平面束方程中得投影平面方程为，所以投影直线为.13、请用异于本章第五节例7的方法来推导点到平面的距离公式.证：设是平面：外的一点，下面我们来求点到平面的距离.过作平面的垂线：，设与平面的交点为，则与之间的距离即为所求.因为点在上，所以，而在平面上，则，故.习题 6-7飞机的速度：假设空气以每小时32公里的速度沿平行轴正向的方向流动，一架飞机在平面沿与轴正向成的方向飞行，若飞机相对于空气的速度是每小时840公里，问飞机相对于地面的速度是多少？解：如下图所示，设为飞机相对于空气的速度，为空气的流动速度，那么就是飞机相对于地面的速度.所以, 千米／小时.复习题A一、判断正误:1、若且，则； ( )解析 ==0时，不能判定或．例如，，，有，但．2、若且，则； ( )解析此结论不一定成立．例如，，，则，，，但．3 、若，则或； ( )解析两个相互垂直的非零向量点积也为零．4、． ( √ )解析这是叉积运算规律中的反交换律．二、选择题:1 、当与满足（ D ）时，有；； (为常数)；∥；．解析只有当与方向相同时，才有．(A)中，夹角不为0，(B)，(C)中，方向可以相同，也可以相反．2、下列平面方程中，方程( C )过轴；(A) ； (B) ； (C) ； (D) ．解析平面方程若过轴，则，故选C．3 、在空间直角坐标系中，方程所表示的曲面是( B )；(A) 椭球面； (B) 椭圆抛物面； (C) 椭圆柱面； (D) 单叶双曲面．解析对于曲面，垂直于轴的平面截曲面是椭圆，垂直于轴或轴的平面截曲面是开口向下的抛物线，根据曲面的截痕法，可以判断曲面是椭圆抛物面．4、空间曲线在面上的投影方程为( C )；(A)； (B)； (C) ；(D)解析曲线与平面平行，在面上的投影方程为．5 、直线与平面的位置关系是( B )．(A) 垂直； (B) 平行； (C) 夹角为； (D) 夹角为．解析直线的方向向量={2，1，-1}，平面的法向量={1，-1，1}，=2-1-1=0，所以，⊥，直线与平面平行．三、填空题:1、若，，则， 0 ；解 ==，==0．2、与平面垂直的单位向量为；解平面的法向量 ={1，-1，2}与平面垂直，其单位向量为==，所以，与平面垂直的单位向量为．3、过点和且平行于轴的平面方程为；解已知平面平行于轴，则平面方程可设为，将点 (-3，1，-2)和(3，0，5)代入方程，有得，即．4、过原点且垂直于平面的直线为；解直线与平面垂直，则与平面的法向量 ={0，2，-1}平行，取直线方向向量=={0，2，-1}，由于直线过原点，所以直线方程为．5、曲线在平面上的投影曲线方程为解: 投影柱面为，故为空间曲线在平面上的投影曲线方程．四、解答题:1、已知，，计算(a) ； (b) ； (c) ；解: (a) =.(b) ，，所以．(c) ，所以．2、已知向量的始点为，终点为，试求：(1)向量的坐标表示； (2)向量的模；(3)向量的方向余弦； (4)与向量方向一致的单位向量．解: (1) ；(2)；(3) 在三个坐标轴上的方向余弦分别为；(4)．3、设向量，，求与和都垂直的单位向量.解：令，，故与、都垂直的单位向量为.4、向量垂直于向量和，且与的数量积为，求向量解：垂直于与，故平行于，存在数使因，故， .5、求满足下列条件的平面方程：(1)过三点，和；(2)过轴且与平面的夹角为．解 (1)解1：用三点式．所求平面的方程为，即．解2：用点法式．，，由题设知，所求平面的法向量为，又因为平面过点，所以所求平面方程为，即．解3：用下面的方法求出所求平面的法向量，再根据点法式公式写出平面方程也可．因为，所以解得，于是所求平面方程为，即．（2）因所求平面过轴，故该平面的法向量垂直于轴，在轴上的投影，又平面过原点，所以可设它的方程为，由题设可知（因为时，所求平面方程为又，即．这样它与已知平面所夹锐角的余弦为，所以），令，则有，由题设得，解得或，于是所求平面方程为或．6、一平面过直线且与平面垂直，求该平面方程；解法1：直线在平面上，令=0，得，=4，则（0，-，4）为平面上的点．设所求平面的法向量为=，相交得到直线的两平面方程的法向量分别为 ={1，5，1}，={1，0，-1}，则直线的方向向量==={-5，2，-5}，由于所求平面经过直线，故平面的法向量与直线的方向向量垂直，即={-5，2，-5}?==0，因为所求平面与平面垂直，则==0，解方程组所求平面方程为，即．解法2：用平面束（略）7、求既与两平面和的交线平行，又过点的直线方程.解法1：，，，从而根据点向式方程，所求直线方程为，即.解法2：设，因为，所以；又，则，可解，从而．根据点向式方程，所求直线方程为，即.解法3：设平面过点，且平行于平面，则为的法向量，从而的方程为，即．同理，过已知点且平行于平面的平面的方程为．故所求直线的方程为．8、一直线通过点，且垂直于直线，又和直线相交，求该直线方程；解：设所求直线的方向向量为，因垂直于，所以；又因为直线过点，则所求直线方程为，联立由①，令，则有代入方程②有可得，代入③解得，因此，所求直线方程为．9、指出下列方程表示的图形名称：(a) ；(b) ；(c) ；(d) ；(e) ； (f) ．解： (a) 绕轴旋转的旋转椭球面．(b) 绕z轴旋转的旋转抛物面． (c) 绕轴旋转的锥面．(d) 母线平行于轴的两垂直平面：，． (e) 母线平行于轴的双曲柱面．(f) 旋转抛物面被平行于面的平面所截得到的圆，半径为，圆心在（0，0，2）处．10、求曲面与所围立体在平面上的投影并作其图形．解：将所给曲面方程联立消去，就得到两曲面交线的投影柱面的方程，所以柱面与平面的交线所围成的区域即为曲面与所围立体在平面上的投影(图略)．复习题B1、设，，，求以和为邻边的平行四边形的面积.解：.2、设，，求.解：由已知可得：，即，．这可看成是含三个变量、及的方程组，可将、都用表示，即，从而，.3、求与共线，且的向量．解由于与共线，所以可设，由，得，即，所以，从而．4、已知，求，使且．解法1: 待定系数法．设，则由题设知及，所以有由①得④，由②得⑤，将④和⑤代入③得，解得，于是或．解法2: 利用向量的垂直平行条件，因为，所以∥．设是不为零的常数，则，因为，所以，解得，所以或．解法3: 先求出与向量方向一致的单位向量，然后乘以．，，故与方向一致的单位向量为．于是，即或．5、求曲线的参数式方程.解：曲线参数式方程是把曲线上任一点的坐标都用同一变量即参数表示出来，故可令，则．6、求曲线在面上及在面上的投影曲线的方程．解：求在面上的投影的方程，即由的两个方程将消去，即得关于面的投影柱面的方程则在面上的投影曲线的方程为．同理求在面上的投影的方程，即由的两个方程消去，得关于面的投影柱面的方程，则在面上的投影曲线方程为．7、已知平面过点和直线，求平面的方程．解法1：设平面的法向量为，直线的方向向量，由题意可知，是直线上的一点,则在上，所以,故可取．则所求平面的点法式方程为，即为所求平面方程．解法2：设平面的一般方程为，由题意可知，过点，故有, （1）在直线上任取两点，将其代入平面方程，得, （2）, （3）由式（1）、（2）、（3）解得,故平面的方程为.解法3：设为上任一点．由题意知向量、和共面，其中为直线上的点，为直线的方向向量．因此，故平面的方程为，即为所求平面方程．8、求一过原点的平面，使它与平面成角，且垂直于平面．解：由题意可设的方程为，其法向量为，平面的法向量为，平面的法向量为，由题意得，即（1）由，得，将代入（1）式得,解得或，则所求平面的方程为或．9、求过直线：且平行于直线：的平面的方程．解法1：直线的方向向量为，直线的对称式方程为，方向向量为，依题意所求平面的法向量且，故可取，则，又因为过原点，且在平面上，从而也过原点，故所求平面的方程为．解法2：设所求平面为，即，其法向量为，由题意知，故，得，则所求平面的方程为．另外，容易验证不是所求的平面方程．10、求过直线：且与球面相切的平面方程解：设所求平面为，即，由题意：球心到它的距离为1，即解得：或所求平面为：或11、求直线：在平面：上投影直线的方程，并求直线绕轴旋转一周而成的曲面方程.解：将直线：化为一般方程，设过直线且与平面垂直的平面方程为，则有，即，平面方程为，这样直线的方程把此方程化为：，因此直线绕轴旋转一周而成的曲面方程为：即 .12、求过点且平行于平面：，又与直线相交的直线L的方程．解法1：用点向式方程.因为直线L平行于平面，故直线的方向向量垂直于平面的法向量，从而得①，又直线的方向向量为，是直线上一点，是直线上一点，根据题设：直线与直线相交，所以及共面，因此，即②，将①和②联立解得，由此得，于是所求直线方程为．解法2：用一般式，即先求出过的两个平面，将其方程联立便得的方程．直线在过点且平行于平面的平面上，平面的方程为，即，直线又在过点及直线的平面上，平面的法向量可取为，故平面的方程为，即，于是所求直线方程为13、求直线：与直线：的公垂线的方程解：的方向向量而的方向向量于是公垂线的方向向量，过与的平面的法向量.也可取法向量，以代入方程，可得上的点，于是平面方程，即再求与的交点，的参数方程为，，，代入上述平面方程，得：，，再代回的参数方程得，，，于是，兼顾公垂线的方向向量，于是可产生公垂线的方程为.14、求点到直线：的距离.解法1：直线的方向向量为，在上任取一点，则，，故，又，解法2：将直线的方程由一般式化为标准式得，故过点与直线垂直的平面的方程为，即，直线的参数式方程为：，，，将上式代入平面的方程，得：，解得：，所以直线的交点为2，于是点到直线的距离为.15.求两直线：与：之间的最短距离解法1：过作平面，过的平面方程为，即，要此平面平行于，则此法向量须垂直于，即，而，则，解得：，从而平面的方程为，容易得到直线上一点，点到平面的距离为即为与之间的距离.解法2：容易得到直线上的一点，直线上的一点，于是，可求得直线与直线的方向向量分别为，，两直线公垂线的方向向量为，直线与之间的距离为.第六章向量代数与空间解析几何习题详解1。
几何与代数第5章课后习题答案
这样排列次序时称为字典序排列法.
如果将 n 元多项式 f (x1,,xn ) 中的任意两个变量相互交换后, f 不改变,则 f 叫做
x1,x2,,xn 的对称多项式.
幂和: sk = x1k + x2k + + xnk , k Î N .
初等对称多项式:
n
å s1 = xi ,
i =1
å s2 =
定理 对于 F[x] 中任意两个多项式 f (x) 与 g(x) ,其中 g(x) ¹ 0 ,一定存在 F[x ] 中的多 项式 q(x),r(x) ,使得 f (x) = q(x)g(x) + r(x) ,其中 deg r(x) < deg g(x) ,且这样的 q(x),r(x) 是由 f (x),g(x) 唯一决定的. 定义 设 f ,g Î F[x ] .如果存在 h Î F[x ] ,使得 f = gh ,那么我们称 g 整除 f ,记为 g | f .
六、多元多项式
基本概念
å 多 项 式 表 为 如 下 形 式 : f (x1,x2,,xn ) =
ak1k2kn x1k1x2k2 xnkn , 可 简 记 为
å k1,k2,,kn
f = akxk ,其中 I = {(k1,,kn ) : ki ³ 0,ki Î Z,i = 1,,n} ,求和取遍 I 集合,但只有有限个
四、最大公因式 定义 设 f ,g,d Î F[x] .如果d 是 f 和 g 的公因式,而且 f 与 g 的每个公因式 h 都是d 的 因式,那么d 是 f 与 g 的最大公因式. 定理 F[x] 上任意两个多项式的最大公因式唯一存在,并有 Bézout 等式成立:
(f ,g) = uf + vg,u,v Î F[x ]
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P238填空4: A可逆=> Ax= θ 只有零解 => 当x ≠ θ时，Ax ≠ θ => xT(ATA)x = ||Ax||2 > 0 P238填空5:
方法1 写出实对称阵A, 顺序主子式大于0
方法2 求A的特征值；
方法3 配方
例 假设二次型 f(x1,x2,x3)=x12+x22+ax32+4x1x2-2x2x3 1. 求一可逆线性变换x=Cy将f化成标准形； (配方法更适合这题)
y
> 0,
第六章 二次型与二次曲面
§6.1 二次型
A O , 例题. 设A, B都是实对称矩阵, M = O B 证明: M正定 A, B都正定. 证明: ()
② 设P1AP =
1 s
A O O B
, Q1BQ =
1
P O = O Q
1 t
s
1 t
,
P O 则 O Q
C选项如何排除？取特殊 x=(0,0,1)T P239选择(10): 如果一个方程的形式为 x2 + ay +bz + c = 0, 其中a, b 不同时为零，那么它一定 表示一个抛物柱面.
P239第3题：即使实矩阵A不是对称矩阵, xTAx 也是一个二次型，其对应的二次型 矩阵为
1 2
(A+AT) .
P203选择3: A为对角阵，意味着和A相似 的矩阵是可相似对角化的。 二重特征值1对应着2个线性无关的特征向 量， r(1· E-A) = 3-2=1, 据此可排除(B,C,D)
P204选择6: 选择(D) tE-A可看成f(A), f(x)= t – x 或者(t – x)k. 若A和B相似，则(tE-A)k与(tE-B)k也是相 似的.
AB与PBPT 相似，所以它们具有相同的 特征值。 PBPT与B合同，因此它们的正负惯性指 数相同。从而结论得证。
P240第13题: “负定”
P240第14题: 此题可直接用定义来证明. 请注意在用定义说明一个矩阵C是正定时， 需要强调x是非零的向量. 因为x=θ时， xTCx = 0 ! 下面对矩阵ATA做些讨论.
x=0
结论：假设A是n阶实对称阵，则 xTAx=0对任意的n维列向量x成立 A=O 结论：假设A,B是n阶实对称阵，则
xTAx= xTBx对任意的n维列向量x成立
A=B 注: 填空题中可直接使用上面的结论, 证 明题中视情况是否需要证明.
P239
1(4)
1
2 4
1 1
1
2
0 3 5
0 0 6
3 5/2
p3
单位化
P =(p1,p2,p3)
A=P P-1
Q A=QQT 29 类似28，行列式=0意味着一个特征值=0
30 A=QQT => r(A)=r() A2=QQT QQT =Q2QT => r(A2)=r(2) 又因为 r() = r(2)，所以r(A) = r(A2)
第六章 习题解析
4. A*的特征值是 0-1|A| (x) = anxn +…+ a1x + a0 +b1x-1+…+bmx-m (A)= anAn +…+ a1A +a0E +b1A-1+…+bmA-m (A) =() => A =
5. A [1 1 …1] T = 0 [1 1 …1] T 6. A2 – 3A + 2E = O 得 2 – 3 + 2 = 0 从而 = 1 或者 2 举例： A = E 或者 2E
例.对于非零n(n>1)维列向量, , 计算A= T 的特征值和特征向量.
分析：可算得A2 = T A，从而知道A的 特征值只能为 T 或者0(或者直接计算).
因为 A = T = (T) = (T),
所以是一个对应于特征值1= T 的特征向 量. 另外, Ax= 的基础解系中共有 n-r(A) = n-1 个线性无关的解向量η1 ,η2 ,…,ηn-1 .它们 是对应特征值2=0 的特征向量.
2. 求f的矩阵A. 问：当参数a取什么值时，A 的特征值大于零？(方法很多)
P238填空6: f(x,y) = (a+b2)x2 - (bx-y)2 + 1. 令可逆变换 x = x’, bx-y = y’, 则 f(x,y) = (a+b2)x’2 – y’2 + 1. 其在(0,0)达到极值 a+b2≤0
P240第11题: xT(ATA)x 正定 x≠θ, xT(ATA)x >0 <=>∨ x≠θ, (Ax)TAx >0 <=>∨ x≠θ, ||Ax||2>0 <=>∨ x≠θ, Ax ≠θ <=>∨ < = > Ax =θ没有非零解 < = > r(A) = 未知元的个数 = A的列数
P204 T1(3): λ 0 |λE-A|= 0 -1
0 λ -1 0 -1 0 0 λ
0 -1 -1 0 λ 0 0 λ 0 λ -1 0 0 -1 λ 0 λ
按照第一行或第一列展开
= …
r1
r4
或者 = -
0 0 -1
r4 + λ r1
=…
1. 如果对应着两个线性无关的特征向量 η1, η2 , 则需要对其进行组合k1η1+k2η2, 其中k1,k2不全为零.(作业批注k1k2≠0有误) 2. A = => =3, a=1
7. A2 = E 得不到 A=±E A2 = E => A2 – E = O A = => 2 – 1 = 0 => = ± 1 假设 ≠ -1. 则 |A+E| ≠ 0. 则 A+E 可逆. 而A2 – E = O意味着(A+E)(A – E)=O . 两边同乘 (A+E)-1 ，则得结果.
正确答案: 等价: (1),(4),(5); 以及 (2),(3),(6) 相似: (1)(5); 合同: (1)(4)(5);
一个矩阵A若与对称阵B合同, 则 A必为对称阵;
特别地, 一个矩阵A若与对角阵Λ 合同, 则A必为对称阵;
据此, 可排除(6)与其他矩阵合同 的可能性
P238选择(5):
2 5/2 6
4 =>
P1TAP1=B, P2TCP2=D P1 P2
T
A
P1
=
B D
C
P2
4 7
反之不成立. 需举反例. 注意要求是正交变换.
第(2)题 特征值互异，特征向量自然正交. 0 0 0 x=Q1y 2 + 4y 2 y 0 1 0 2 3 0 0 4
4 0 0 0 1 0 x=Q2y 4y12 + y22
1 1 0 0
事实上，设实对称矩阵B的秩为r. 若 xTBx ≥ 0, ∨ n维列向量x，
则 B 一定有r 个正的特征值, 剩余 n-r 个特 征值均为0.
另外，B与下列矩阵合同 r个 1
1
1 0
0
P240第15题: 可先从特征值的角度说明 A* 和 A-1 是正定的，然后利用下面例题的 证明思路，或利用P239习六(B)第4题的结 论.
P240第14题: 注意矩阵ATA不是正定阵： xT AT Ax =||Ax||2 ≥ 0 (非负定) 设m×n矩阵A的秩为r, 则由一已知结论可 得 r(ATA) = r(A) = r. 则 ATA 一定有r 个 正的特征值, 剩余 n-r 个特征值均为0. 另外，ATA 与下列矩阵合同
r个 1
P240第12题: 方法1: aii = ei AeiT > 0, ei =[0,..,0,1,0,…,0] 第i个分量 方法2: A = PTP. 记 P = (pij )n×n . 则 aii = p1i p1i + p2i p2i +…一个 n 阶实对称阵，A是n 阶正定矩阵，则AB或BA的正负特征值 的个数分别等于B 的正负惯性指数. AB = PTPB (PT )-1 ABPT = PBPT
P206 T20: 可联系T14 P206 T22:
“ T ”类型问题 (,为n维列向量)
联系 P207: T32，T33
复习1. A= T => A2010 = ( T)2009 T 插曲：计算An 还可用：相似对角化； 另外，有时候A2 或A3 具有一 些迭代性质也利于简化计算. 复习2. r( T) ≤ r(), r( T) ≤ 1. 又因为T不是零矩阵，所以r(T) =1 特别的， 对于非零， r( T) =1. 所以，当 n>1时，det( T)=0.
几何与代数
主讲: 王小六
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时间：1月 11 日，上午9:00---11:00； 下午1:00---4:45. 地点：教八400(西侧楼梯口附近)
本班答疑
16周周一下午3-4节： 教四教师休息室
16周周三全天，周四中午和下午，周五上 午：数学系525
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第五章 习题解析
xTAx
直接分析
xT [(A+AT)/2] x
1 xTAx + 1 xTAx 2 2 = 1 xTAx + 1 (xTAx)T 2 2
a b 例题：设A= c d ，若 xTAx=0对任意 的n维列向量x成立, 则参数 a,b,c,d 需要 满足什么条件？
xTAx
=
xT
a (b+c)/2 (b+c)/2 d
第六章 二次型与二次曲面
§6.1 二次型
A O , 例题. 设A, B都是实对称矩阵, M = O B 证明: M正定 A, B都正定. 证明: ()