清华大学线性代数 讨论课2答案

1 +(−2) +2
1, 从而 d = −2.5或3.5。 (3) 代入点到平面距离公式直接计算得：d = ±3。 (4) 代入点到平面距离公式直接计算得：d = −4 或 d = 2。 y+1 1 z 2．设有两条直线 L1 : x − 2 = −2 = n , x = −2 − 4t y = 2 + mt L2 : z = 3 + 2t
2 2 −((x1 − x2 )百度文库 + 2x2 2 )((y1 − y2 ) + 2y2 )
= −2(y2 (x1 − x2 ) − x2 (y1 − y2 ))2 ≤ 0 证毕。 3．在仿射坐标系 {0, e1 , e2 , e3 } 下，对任意向量 α = x1 e1 + x2 e2 + x3 e3 ，β = y1 e1 + y2 e2 + y3 e3 ，定 义 α · β = ax1 y1 + bx1 y2 + cx2 y1 + dx2 y2 + x3 y3 ，（其中 a, b, c, d ∈ R）试讨论 a, b, c, d 满足什么条件 时，(α, β ) 满足数量积的 4 条性质。 答：由对称性 α · β = β · α，有 b = c。 易见线性性和分配律自然成立。 2 2 由正定性，对于任意不为 0 的向量 α = x1 e1 + x2 e2 + x3 e3 ，有 α · α = ax2 1 + 2bx1 x2 + dx2 + x3 > 0。 易见若要满足上面的条件，a 和 d 不能同时为 0。 b2 b2 b 2 2 2 2 2 若 a = 0, 则 α · α = ax2 1 +2bx1 x2 + dx2 + x3 = a(x1 + a x2 ) +(d − a )x2 + x3 > 0。所以 a > 0, d − a > 0; 2 2 b b b 2 2 2 2 2 若 d = 0, 则 α·α = ax2 1 +2bx1 x2 +dx2 +x3 = d(x2 + d x1 ) +(a− d )x1 +x3 > 0。所以 d > 0, a− d > 0。 综上得到 a, b, c, d 满足 b = c, a > 0, d > 0, ad > b2 。 4. 已知向量 α, β, γ 不共线，证明 α + β + γ = 0 当且仅当 α × β = β × γ = γ × α。 证明：必要性： 假设 α + β + γ = 0，那么 α × β = (−β − γ ) × β = −β × β − γ × β = β × γ ，同理可证 β × γ = γ × α。 充分性： 由于 α × β = β × γ ，便有 α × β − β × γ = 0 即 α × β + γ × β = (α + γ ) × β = 0。所以，α + γ 和 β 共线。
y − 18 4 x+8 z + 20 。 所以得到：a = 2 5 c, b = − 5 c，所以投影线方程为 L : 2 = −4 = 5 (5) 用 (4) 中的方法可以得到： 2 +t x=1− n 4 − 2t 在 x y 坐标面的投影为 L : 。 y=n z=0 x=0 y = 2 + 2t 。 在 y z 坐标面的投影为 L : z = n − 2 + nt x=1+t y=0 在 z x 坐标面的投影为 L : 。 z = −2 − nt y − 18 8 (6) 由 (4) 知 L1 与 π 之间的交点坐标也为 (−8, 18, −20). 可设 L1 的方程为 L1 : x + = r = s z + 20 。显然 L , L 的方向向量与 π 的法向量共面。故 1 2 t e f g 1 −2 −2 −1 2 −2 =0
(1) 求 m, n，使 L1 L2 ； (2) 当 m = n = 1 时，求 L1 , L2 之间的最短距离； (3) 当 m = n = 1 时，求 L1 与 L2 的公垂线 L 的方程（L 与 L1 , L2 垂直且相交）； (4) 求 m, n，使 L1 ⊥ L2 ，并问 m, n 是否唯一？ (5) 求 m, n，使 L1 与 L2 共面，并问这样的 m, n 是否唯一？ (6) 当 m = −4, n = −1 时，求 L1 与 L2 的夹角。 +2 = y−2 = z−3 解：将 L2 写成标准方程 L2 : x− m 4 2 则：(1) 若 L1 L2 ，则 2 : −2 : n = −4 : m : 2 = (1 − (−2)) : (−1 − 2) : (0 − 3) = 1 : −1 : −1，推 出 n = −1, m = 4。 (2) 设 L1 和 L2 的方向向量分别为 v1 = (2, −2, 1) 和 v2 = (−4, 1, 2) 先求出一条和 √ L1 与 L2 都垂直 27 的直线的方向向量 v1 × v2 = (−5, −8, −6)，进而求得 L1 , L2 之间的最短距离为 d = 25 5 。 (3) 由 (2) 中的结果，设公垂线为 x − x0 y − y0 z − z0 = = . −5 −8 −6 x = 230 37 − 5t 由于 L 分别与 L1 和 L2 相交，可求得 L 为 y = 113 37 − 8t 。 z = 189 − 6t 37 (4) 不唯一。满足 n − m = 4 即可。 −3 3 3 −2 − 1 2 − (−1) 3 − 0 2 −2 n = 0，即 (m − 4)(n + 2) = 0，所 2 −2 n = (5) 只需满足 −4 m 2 −4 m 2 以 m = 4 或 n = −2。 1 (6) 设夹角为 θ，则 cos θ = 2 × −4 − 2 × m + n × 2 = − 1 9 ，所以，θ = π − arccos 9 。 8 + n2 20 + m2 −1 = y = z+2 3．已知平面 π : x − 2y − 2z + 4 = 0，直线 L : x− n 1 2 L: 3
2
如果 α + γ = 0，那么 β × γ = γ × α = γ × −γ = 0，所以 γ 与 α 和 β 同时共线，矛盾。 所以 α + γ = 0。设 β = k (α + γ )。所以 β × γ = k (α + γ ) × γ = γ × α 推出 k = −1，即 α + β + γ = 0， 证毕。 三、1．已给平面 π1 : x − 2y + 2z + d = 0 π2 : −2x + 4y + cz + 1 = 0 c, d，使 π1 π2 且不重合，并问答案是否唯一？ c, d，使 π1 π2 ，且它们之间的距离为 1； d，使原点到 π1 的距离为 1； d，使点 M (1, 1, 1) 到平面 π1 的距离为 1。
(1) 求 n，使 L ⊥ π ； (2) 求 n，使 L π ； (3) 当 n = −2 时，求 L 与 π 之间的夹角； (4) 当 n = −2 时，求 L 与 π 之间的交点，并求 L 在 π 上的投影线方程； (5) 求 L 在各坐标平面上的投影线方程； (6) 当 n = −2 时，求直线 L1 ，使 L1 与 L 关于平面 π 对称； (7) 求原点关于平面 π 的对称点的坐标。 解： 1 = −2 = −2 ，则得：n = 2。 (1) 令 − n 1 2 (2) 令平面的法线和直线的方向向量垂直，则可得到 n = −2.5。 |1 × −1 + (−2) × 2 + (−2) × (−2)| 1 (3) 有 sin ϕ = =1 9 ，所以 ϕ = arcsin 9 。 2 1 + (−2)2 + (−2)2 (−1)2 + 22 + (−2)2 x=1−t y = 2t (4) 将 L 改写为 ，并代入 π ，可以解出 t = 9。 z = −2 − 2t 所以交点坐标为 (−8, 18, −20)。 y − 18 8 20 设投影线方程为 L : x + = z+ a = c ，则由投影线的性质一定有 a − 2b − 2c = 0 和： b a b c 1 −2 −2 −1 2 −2 =0
代数与几何讨论课（二）（几何空间中的向量）
一、 1．设 O 是点 A 和点 B 连线外的一点，证明：三点 A，B ，C 共线的充分必要条件是 OC = λOA + µOB, 其中λ + µ = 1 证明：必要性：三点 A，B ，C 共线，则存在 λ, µ 满足 λAB = CB µAB = AC 易见 λ + µ = 1。 那么 λOA + µOB = λ(OB − AB ) + µOB = OB − λAB = OB − CB = OC 充分性：由 OC = λOA + µOB 和 λ + µ = 1 知 λAC = µCB ，所以 A，B ，C 共线。 2．下列命题是否成立？ (1) 如果 α · β = α · γ 且 α = 0，则 β = γ ； (2) 如果 α × β = α × γ 且 α = 0，则 β = γ 。 答：均不成立。 (1) 中，只需 (β − γ ) ⊥ α 便有 α · β = α · γ ，而不一定要 β = γ 。 (2) 中，只需 β − γ 与 α 共线便有 α × β = α × γ ，而不一定要 β = γ 。 3．已知 α, β 满足下列条件，讨论 α, β 之间的关系： (1) (α · β )2 = (α · α)(β · β )； (2) α 与 α × β 共线； (3) α, β, α × β 共面。 解： 以下假设 θ 为 α, β 的夹角。 (1) 左边 =(|α||β | cos θ)2 = |α|2 |β |2 cos2 θ。 右边 =|α|2 |β |2 。 所以 α = 0, 或 β = 0 或 cos2 θ = 1，所以，α, β 共线。 (2) 由于 α ⊥ α × β ，故 α 与 α × β 必有至少一个是 0 向量。所 α, β 共线。 (3) 同理 α, β 共线。 二、1．给定仿射坐标系 {0, e1 , e2 , e3 } 满足： √ √ √ √ 2 2 2+ 2 2− 2 e1 = − i+ j , e2 = i+ j , e3 = k 2 2 2 2 (1) 求数量积在 {0, e1 , e2 , e3 } 坐标系下的度量矩阵； (2) 设向量 α, β 在 {0, e1 , e2 , e3 } 坐标系下的坐标分别为 (x1 , x2 , x3 )T 和 (y1 , y2 , y3 )T ，试写出 α, β 的 数量积与坐标和度量矩阵的关系式。 1
解： (1)
√ 2+ 2 0√ 0 0 2− 2 0 0 0 1 √ 2+ 2 0√ 0 α · β = (x1 , x2 , x3 ) · 0 2 − 2 0 · (y1 , y2 , y3 )T 0 0 1
(2)
2．在仿射坐标系 {0, e1 , e2 } 下，对任意向量 α = (x1 , x2 )，β = (y1 , y2 )，定义 α · β = x1 y1 − x2 y1 − x1 y2 + 3x2 y2 ， (1) 试验证它满足数量积的 4 条性质； (2) 写出它的度量矩阵； (3) 证明 (α · β )2 ≤ (α · α)(β · β ) 对任意向量 α, β 成立。 证明： (1) 容易验证对称性、线性性、分配律成立。对于正定性。知对于不为 0 的 α，有 α · α = x2 1 − x2 x1 − 2 2 2 x1 x2 + 3x2 = (x1 − x2 ) + 2x2 > 0。 (2) 1 −1 −1 3 (3) 对任意向量 α = (x1 , x2 )，β = (y1 , y2 )，有 (α · β )2 − (α · α)(β · β ) = (x1 y1 − x2 y1 − x1 y2 + 3x2 y2 )2
(1) 求 (2) 求 (3) 求 (4) 求 解： (1) 由两平面平行的充要条件：一次项系数成比例，而常数项不与这些系数成比例，得：c = −4, d = −0.5。答案不唯一。 1/2+d| (2) 由两平面平行得 c = −4. 在 π2 上取一点 A(−1/2, 0, 0), 由已知 A 到 π1 的距离为 1. 故 √ |− = 2 2 2