线性代数与空间解析几何(电子科技大)课后习题答案第三单元

关键词： 过点 平行 平面 习题

线性代数与空间解析几何(电子科技大)课后习题答案第三单元（精选1篇）

篇1：线性代数与空间解析几何(电子科技大)课后习题答案第三单元

习题3.11.写出下列平面的方程:(1)过点M(1,1,1)且平行于平面:-2xy-z10;(2)过点M1(1,2,0)和M2(2,1,1)且垂直于平面:yx10;(3)过z轴且与平面2xy-5z0的夹角为3.解:(1)所求平面与平行,故其法向量n2,1,1,由点法式方程, 所求平面方程:2(x1)(y1)(z1)0,即:2xyz20(2)法一:设所求平面的法向量为n,则由已知条件n垂直于平面的法向量n0{1,1,0}ijk 与M1M2{1,1,1},n110ij111 由点法式方程,所求平面方程为(x1)(y2)0,即xy30法二:设所求平面方程为Ax+By+Cx+D=0将M1,M2的坐标代入,且由向量{A,B,C}与平面A2BD0 的法向量n0{1,1,0}垂直得方程组2ABCD0AB0 解得AB-1313D,C0,所求平面方程为DyD0,即xy30.Dx13(3)因平面过z轴,故可设其方程为AxBy0,因其与已知平面的夹角为3, 其法向量n{A,B,0}与已知平面的法向量n0{2,1,5}的夹角为,3nn02AB1 cos,2232||n||||n0||10AB 6A16AB6B220,即A13B或3B 平面x3y0或3x-y0为所求.2.下列图形有何特点?画出其图形.(1)2z30;(2)y0;(3)3x4yz0.解:(1)平面平行于xOy面,图形如下图.(2)与xOz面重合,图形如下图.(3)平面过原点,其图形如下图.3.由原点向平面作垂线,垂足为(x0,y0,z0),求此平面的方程.解:连结(x0,y0,z0)点与原点的向量{x0,y0,z0},可作为平面的法向量, 由平面的点法式方程得: x0(xx0)y0(yy0)z0(zz0)0,即 x0xy0yz0zx0y0z0为所求平面方程.4.平面过点A(2,3,0),B(1,1,2)且与向量a(4,5,1)平行,求此平面的方程.解法一:平面的法向量n与AB{3,4,2}与a垂直,ijk naAB45114i5j31k,由点法式方程得342222 14(x2)5(y3)31z0 即14x5y31z430.解法二:设平面的一般式方程为AxByCzD0,将A,B坐标代入,-2A3BD0 并由其法向量{A,B,C}与a垂直可得方程组AB2CD0,4A5BC014AD435 解得BD.4331CD43由此得平面方程:14x5y31z430.5.求以平面xaybzc1与三坐标轴的交点为顶点的三角形面积.解法一:设原点为O,平面与坐标轴的三个交点为A,B,C,则四面体OABC的体积 V16|abc|,平面ABC上的高为O到平面的距离d11a21b21c2，ABC的面积 S3Vd12bcacab.222222解法二:设所求平面与三个坐标轴的交点为A(a,0,0),B(0,b,0),C(0,0,c), 则AB{a,b,0},AC{a,0,c},则ABC的面积ijk111 S||ABAC||ab0||bciacjabk||222a0c 12bcacab2222226.平面过点M(2,0,8)且与二平面x2y4z70,3x5y2z30都垂直,求的方程.解法一:所求平面的法向量n与两已知平面的法向量n1,n2都垂直,ijk nn1n212416i14j11k,352 由点法式方程得所求平面方程为 16(x-2)-14y-11(z8)0,即16x-14y-11z-1200.解法二:设所求平面的一般式方程为AxByCzD0,将点M的坐标代入, 由其法向量与两已知平面的法向量n1,n2垂直可得方程组16AD12014解得BD12011CD1202A8CD0 A2B4C03A5B2C0所求平面方程为16x14y11z1200

7.求由平面1:x3y2z50与2:3x2yz30所成二面角的平分面方程.解法一:设平面上任一点的坐标为(x,y,z),则由平面上任一点到两已知平面的距离相等得: |x-3y2z-5|1413x2yz3114, 从而得所求平面方程为: 2xy3z80,或4x5yz20.解法二:过平面1,2的交线的平面束方程为(3)x(23)y(21)z350. 由于它为1,2的平分面,因此其法向量n与1,2的法向量有相等的夹角.得 |(3)3(23)2(2-1)||3(3)2(23)(21)|14||n||14||n|| 解得1或1, 因此,所求平面方程为4x-5yz-20或2xy-3z80.习题3.41.对于直线x1 l1:y12,与l2z(1)证明:l1//l2;(2)求l1与l2的距离;(3)求l1与l2所确定的平面方程.解:(1)l1的方向向量s1{1,2,1},l2的方向向量ijk s2210{2,4,2},s22s1,012 s1//s2,得l1//l2.(2)法一:在l2上找一点A(1,-3,0),过该点作垂直于l2的平面(x1)2(y3)z0,即x2yz50, 将l1的参数方程代入 12450, 解得23,从而得平面与l1的交点2xy50:y2z30172 B(,-,-).333 则A与B的距离|AB|233为所求.法二:在l1上找一点C(1,1,0),l2上找一点A(1,-3,0),设AC与l1的夹角为,则s1AC421 cos,而sin,||s1||||AC||26632 则所求距离d||AC||sin3.3(3)法一:在l1上找一点C(1,1,0),l2上找一点A(1,-3,0),则平面的法向量ijk ns1AC121{2,0,2},020 由点法式方程得2(x-1)-2z0,即x-z-10为所求.法二:在l1上找两点C(1,1,0),D(0,3,1),l2上找一点A(1,3,0)

设平面的一般式方程为AxByCzD0,将A,C,D的坐标代入得方程组A3BD0 ABD0解得3BCD0 从而得平面方程xz10.ADB0CD2.证明:二直线2xy3z30 l1:与l2x10y2102xy0:7xz60 相交,并求出l1与l2的交点,夹角以及l1与l2所确定的平面.ijk解法一:l1的方向向量s1213{30,3,21},取s1{10,1,7},1100 在l1上找一点A(21,0,15),l2的方向向量s2{1,2,7}, l2上找一点B(0,0,6)从而得l1与l2的参数式方程x2110 l1:y,l2z157x:y2,令z67211012122 解得12,21,分别代入l1,l2的参数方程得(1,2,1)为l1,l2的交点1919 cosl1,l2coss1,s2,l1,l2arccos,3030 平面的法向量ns1s2{21,63,21} 取n{1,3,1},得平面方程(x-21)3y(z15)0,即x3yz-60.解法二:s1,s2,A,B同上,则由s1,s2,AB0,知l1与l2共面,而s1//s2,l1与l2 相交,将l2的参数式方程代入l1的第一个方程解得1,从而得交点 坐标(1,2,-1),其余同解法一.3.求与平3.求与平面2x-3y-6z140平行,且与坐标原点的距离为5的平面方程.解法一:由已知条件可设平面的一般式方程为2x-3y-6zD0, 原点到平面的距离 d|D|495,得D35,解法二:设原点到平面垂线的垂足为A(x,y,z),由OA与已知平面法向量平行可设5 OA{2k,3k,6k},由||OA||7|k|5,得k,7153010 A的坐标为,,,777 由点法式方程得平面方程 2(x107)-3(y157)-6(z307)0,即2x-3y-6z350.平面方程为2x3y6z350xy4z1204.求点M(3,1,4)关于直线l:的对称点.2xy2z30ij解法一:设对称点的坐标为A(x,y,z),l的方向向量s1121k4{6,6,3}2 取s{2,2,1},过M作垂直于l的平面为:2(x-3)-2(y-1)(z4)0,即 2x-2yz0.在l上找一点B(-5,7,0),得l的参数式方程x2-58 代入平面,得,3y27158x31y15z48 从而l与的交点(，)为MA的中点,即,,,333232323158 从而l与的交点(，)为MA的中点,即333 x321y15z48,,,从而32323

得对称点坐标(-7728，).333x3y1z-4解法二:设对称点为A(x,y,z),由MA的中点(，)在l上及MA222xy4z42 与l的方向向量s{2,2,1}垂直可得方程组2xy2z21,2x2yz07x377728 解得y,得对称点为(，).333328z35.求点P(3,1,2)在直线l:x3t,yt1,zt1上的投影P,并求点P到l的距离d.解法一:过点P作垂直于l的平面,其方程为3(x-3)(y-1)(z-2)0,即3xyz-120,将l的参数式方程代入得9tt-1t1-120,解得t得投影点P的坐标(36,1,23)及P到l的距离d|PP|***1.解法二:设l上任一点的坐标为A(3t,t1,t1),则P,A的距离|PA|(3t3)(t2)(t1)1101122211t24t14,当t36,1,23).21211时,此距离取得最小值即为P到l的距离d,从而得投影点坐标(111111

6.求直线x2y3z50l:的标准方程和在三个坐标面上的投影.2xyz20ijk解:l的方向向量为s123{1,7,5},取s{1,7,5}.211x1y17z15.取l上一点A(0,1,1),得直线标准方程法一:在l的一般式方程中消去z得7x-y10,7x-y10从而得在xOy面上的投影z0在l的一般式方程中消去y得5x-z-10,5x-z-10从而得在xOz面上的投影y0在l的一般式方程中消去x得5y-7z-120,5y-7z-120从而得在yOz面上的投影x0法二:过l的平面束为(21)x(2)y(-3)z(2-5)0,其中与xOy面垂直的平面1的法向量与k{0,0,1}垂直,得3,从而得1的方程7x-y10,从而得l在xOy面上的投影7x-y105x-z-10,同样方法可得其在xOz面上的投影,在yOz面上的投影z0y05y7z120x0

7.证明:直线l1;x12y23z54与l2;x73y22z12位于同一平面内,并求这平面及两直线间的夹角.x12解法一:l1,l2的参数式方程为y23z5412173110解方程组得,23122222将1代入l1的参数式方程得l1与l2的交点(1,2,5),ijkl1与l2共面,平面的法向量n234{2,16,13},3由点法式方程得平面方程2x-16y-13z310,两直线间的夹角为其方向向量的夹角8cosl1,l2cos(s1,s2)-,493l1,l2arccos.493822x73,y22,z12解法二:在l1,l2上分别取两点A(1,2,5),B(7,2,1),[s1,s2,AB]0,l1与l2共面,设平面一般式方程为AxByCzD0,将A,B坐标代入,且由其法向量与l1的方向向量垂直得方程组2AD31A-2B5CD0167A2BCD0,解得BD,312A3B4C013CD31得平面方程2x-16y-13z310,其余与法一同.8.对于直线l1:x73y44z32与l2:x216y54z21(1)证明:它们不在同一平面上;(2)写出过l2且平行于l1的平面方程.解:(1)法一:l1,l2的参数式方程为x73y44z32x216,y54,z27312162解4415422819得,将1,2代入l1,l2的参数式方程知l1,l2无公共交点.2829而l1//l2,l1与l2不在同一平面上.法二:l1,l2上分别取一点A(7,4,3),B(21,5,2)3则s1,s2,AB628441215070,l1与l2不共面.5(2)法一:取l2上点B(21,-5,2),平面的法向量ijkns1s2342{12,9,36},取n{4,3,12}641由点法式方程得平面方程4x3y12z930在l2上取两点B(21,5,2),C(27,9,1).设平面的一般式方程为AxByCzD0,将B,C的坐标代入,且其法向量与s1垂直可得21A5B2CD0 27A9BCD0,3A4B2C04AD931解得BD,代入得平面方程.4x3y12z930314CD31 复习题三1.设a,b均为非零向量,且||b||1,a,blim||axb||||a||x4,求x0解:ab||a||cos原式lim4222||a||,2(axb)ax0x(||axb||||a||)lim2abxx||b||22x0x(||axb||||a||)2||a||2||a||22.2.设向量r与ai2j2k共线,与j成锐角,且||r||15,求r.解:由于r与a共线,设r{k,2k,2k},||r||3|k|15.得k5,由r与j成锐角,取k5,得r{5,10,10},3.设向量p和向量q3i6j8k与x轴都垂直,且||p||2,求向量p.解:由于p与q和x轴都垂直,p平行于qi6k8j186设p{0,8k,6k},||p||10|k|2,得k,从而p{0,,}.5554.设向量1,2,3两两垂直,且符合右手系规则:||1||4,||2||2,||3||3.计算(12)3.解:由于1,2,3两两垂直,且符合右手系规则,12,30(12)3||12||||3||||1||||2||||3||sin224.5.平面过M1(1,1,1)和M2(0,1,1)且与平面xyz0垂直,求的方程.解法一:由已知条件,平面的法向量n与M1M2{1,0,2}和n1{1,1,1}均垂直.ijkn1022ijk,由点法式方程得平面方程2x-y-z0.111解法二:设的一般式方程为AxByCzD0,将M1,M2的坐标代入ABCD0由的法向量与已知平面的法向量垂直得方程组BCD0,ABC0

A2B解得CBD0从而得的方程: 2x-y-z0.6.平面过1:2x3yz10与2:xyz0的交线且与平面2垂直,求的方程.解法一:过1,2的平面束方程为(21)x(13)y(1)z0且由其法向量与2的法向量垂直得211-31-0,解得从而得的方程 8x-7y-z30.解法二:化1,2的交线为标准方程x12y13iz25jk315{8,7,1},132,其方向向量s{2,3,5},的法向量nsn121由点法式方程得的方程8x7yz30.解法三:设的一般式方程为:AxByCzD0,在1,2的交线上找两点(1,1,2),(1,2,3),将其代入的方程,且由与2垂直可得方程组8AD3-A-B2CD07A2B3CD0解得BD3ABC01CD3从而得的方程8x7yz307.求点A(1,-2,1)到直线l:x32y13z24的距离.x32t解:法一:将l写成参数方程:y13tz24t点A(1,2,1)到l上一点(32t,13t,24t)的距离为:d(42t)(33t)(34t)22229t58t34229(t1)52最小值为d5,此即点A到l的距离法二:过点A做一平面与l垂直,平面方程为2(x-1)-3(yz)4(z-1)02(x-1)-3(y2)4(z-1)0求平面与直线的交点x3,解得y1z2342故距离为d(-1-1)(22)(21)222x1:y2,z25.8.求过点A(1,2,3)与向量(4,3,1)垂直,并与直线l:直线方程.解:关键是求出待求直线与已知直线l的交点法一:过点A且与向量垂直的平面方程为4(x1)3(y-2)(z-3)0此平面与l的交点应满足:4(x1)3(y-2)(z-3)05510,求得交点为(,,)x1y2z3333211故待求直线方程为:x18y211z31.x12y21z31相交的法二:设待求之交点为(12t,2t,3t),此交点与A的连线应与向量垂直即连线向量与之内积为0,即(22t,-4t,t)(4,3,1)04(22t)3(-4t)t0t15510交点为(,,)3333x18y211z31.故待求直线方程为: