高等数学 向量代数与空间解析几何题精选文档.docx
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高等数学向量代数与空间解析几何题精选文档
第五章向量代数与空间解析几何
5。
1。
1向量的概念
例1在平行四边形中,设=a,=b.试用a和b表示向量、、和,这里是平行四边形对角线的交点(图5-8)
解由于平行四边形的对角线互相平行,所以a+b==2
即-(a+b)=2
于是=(a+b)。
因为=-,所以(a+b)。
图5-8
又因-a+b==2,所以=(b-a).由于=-,=(a-b).
例2设液体流过平面S上面积为A的一个区域,液体在这区域上各点处的速度均为(常向量)v.设n为垂直于S的单位向量(图5-11(a)),计算单位时间内经过这区域流向n所指向一侧的液体的质量P(液体得密度为)。
(a)(b)
图5-11
解该斜柱体的斜高|v|,斜高与地面垂线的夹角为v与n的夹角,所以这柱体的高为|v|cos,体积为A|v|cos=Av·n。
从而,单位时间内经过这区域流向n所指向一侧的液体的质量为
P=Av·n.
例3设的三条边分别是a、b、c(图5-15),试用向量运算证明正弦定理
证明注意到CB=CA+AB,故有
CBCA=(CA+AB)CA=CACA+ABCA
=ABCA
=AB(CB+BA)=ABCB图5-15
于是得到CBCA=ABCA=ABCB
从而|CBCA|=|ABCA|=|ABCB|
即absinC=cbsinA=casinB
所以
5。
2点的坐标与向量的坐标
例1已知点A(4,1,7)、B(-3,5,0),在y轴上求一点M,使得|MA|=|MB|。
解因为点在y轴上,故设其坐标为,则由两点间的距离公式,有
解得,故所求点为
例2求证以三点为顶点的三角形是一个等腰三角形.
解因为
所以,即△为等腰三角形。
5.2。
2向量运算的坐标表示
例3设有点,,求向量的坐标表示式.
解由于,而,,于是
即
例4已知两点A(4,0,5)和B(7,1,3),求与方向相同的单位向量e。
解因为
=–=(7,1,3)-(4,0,5)=(3,1,–2),
所以=,
于是e.
例5求解以向量为未知元的线性方程组其中a=(2,1,2),b=(—1,1,-2).
解解此方程组得x=2a–3b,y=3a–5b
以a,b代入,即得
x=2(2,1,2)–3(–1,1,–2)=(7,–1,10)
y=3(2,1,2)–5(–1,1,–2)=(11,–2,16)。
例6已知两点A和B以及实数,在直线AB上求点M,使。
解如图7-13所示。
由于
=–,=–,
因此–(–),
从而().
以、的坐标(即点A、点B的坐标)代入图7-13
本例中的点M称为定比分点,特别地当时,得线段AB的中点为
。
例7已知两点和,计算向量的模、方向余弦和方向角.
解=(1–2,3–2,0–)
=(–1,1,–);
||=
=;
;
。
例8已知三点M(1,1,1)、A(2,2,1)和B(2,1,2),求∠AMB.
解作向量,,则∠AMB为向量与的夹角。
这时=(1,1,0),=(1,0,1),从而
•=11+10+01=1;
||=;
=。
从而
cos∠AMB=,
由此得∠AMB=.
例9设立方体得一条对角线为OM,一条棱为OA,且|OA|=a,求在方向OM上的投影.
解如图5-21所示,记∠MOA=,有
,
于是=.图5-21
例10设a=(2,1,-1),b=(1,-1,2),计算ab.
解ab=。
例11已知三角形ABC的顶点分别是A(1,2,3)、B(3,4,5)、和C(2,4,7),求三角形ABC的面积.
解由向量积对于,可知三角形ABC的面积
由于=(2,2,2),=(1,2,4),因此
于是
例12设刚体以等角速度绕轴旋转,计算刚体上一点M的线速度.
解刚体绕轴旋转时,我们可以用在轴上的一个向量表示角速度,它的大小等于角速度的大小,它的方向由右手规则定出:
即以右手握住轴,当右手的四个手指的转向与刚体的旋转方向一致时,大拇指的指向就是的方向(图5-22).图5-22
设点M到旋转轴轴上任取一点O做向量r=,并以表示与r的夹角,那么
a=|r|sin.
设线速度为v,那么由物理学上线速度与角速度的关系可知,v的大小为
|v|=|ω|a=|ω||r|sin;
v的方向垂直于通过点M的与轴的平面,即v垂直于ω与r;又v的指向是使ω、r、v符合右手规则,因此有v=ωr。
例13已知不在一平面上的四点:
A()、B()、C()、
D()。
求四面体ABCD的体积.
解由立体几何知道,四面体的体积等于以向量、和为棱的平行六面体的体积的六分之一。
因而
=
由于=,
=,
=
所以
=
上式中符号的选择必须和行列式的符号一致。
5。
3空间的平面与直线
5.3。
1平面
例1已知空间两点和,求经过点且与直线垂直的平面方程。
解显然就是平面的一个法向量
由点法式方程可得所求平面的方程为
即
例2求过三点(2,-1,4)、(-1,3,-2)和(0,2,3)的平面的方程.
解先找出这平面的法线向量n。
由于向量n与向量、都垂直,而=(-3,4,-6),=(-2,3,-1),所以可取它们的向量积为n:
n===14i+9j-k,
根据平面的点法式方程
(1),得所求平面的方程为
14(x-2)+9(y+1)-(z-4)=0,
即14x+9y-z-15=0.
例3设一平面与x,y,z轴的交点依次为P(a,0,0)、Q(0,b,0)、R(0,0,c)三点(图5-24),求这平面的方程(其中a≠0,b≠0,c≠0).
解设所求的平面的方程为
Ax+By+Cz+D=0.
因P(a,0,0)、Q(0,b,0)、R(0,0,c)三点都在平面上,所以点P、Q、R的坐标都满足方程
(2);即有
得。
以此代入
(2)并除以D(D≠0),便得所求的平面方程为图5-24
(5)
方程(5)叫做平面的截距式方程,而a、b、c依次叫做平面在x、y、z轴上的截距。
例4因平面通过z轴及点(1,2,-3)的平面方程。
解因平面通过z轴,故可设其方程为Ax+By=0
又因(1,2,-3)点在平面上,将其坐标代入方程,则有
A+2B=0,即A=-2B
故所求平面方程为-2Bx+By=0,即2x-y=0
例5设平面的方程为3x-2y+z+5=0,求经过坐标原点且与平行的平面方程。
解显然所求平面与平面有相同的法向量n=(3,-2,1),又所求平面经过原点,故它的方程为3x-2y+z=0
5。
2。
3空间直线
例6求经过两点和的直线方程。
解该直线的方向向量可取n=。
由点法式方程立即得到所求直线的方程
该方程称为直线的两点式方程。
例7用直线的对称式方程及参数式方程表示直线
(4)
解易得(1,0,-2)为直线上的一点。
直线的方向向量为两平面的法线向量的向量积,从而
s=4i–j—3k.
因此,所给直线的对称式方程为
令=t,
得所给直线的参数方程为
5。
3.3点、平面、直线的位置关系
1.点到平面的距离
例8求两个平行平面,之间的距离。
解在平面上任取一点,则两平面间的距离d就是点M到的距离,于是
d=
2.点到直线的距离
例9求点到直线L:
的距离
解由直线方程知点在L上,且L的方向向量s=(1,—3,5)。
从而
代入(11),得点M到L的距离为
=
3.两平面之间的夹角
例10一平面通过两点和且垂直于平面x+y+z=0,求它的方程。
解设所求平面的一个法线向量为n=(A,B,C)。
因=(-1,0,-2)在所求平面上,它必与n垂直,所以有
-A-2C=0(7)
又因所求的平面垂直于已知平面x+y+z=0,所以又有
A+B+C=0.(8)
由(7)、(8)得到
A=-2C,B=C.
由点法式,平面方程为A(x-1)+B(y-1)+C(z-1)=0。
将A=-2C,B=C代入上式,并约去C(C≠0),便得
-2(x-1)+(y-1)+(z-1)=0或2x-y-z=0。
这就是所求的平面方程。
4.两直线的夹角
例11求直线:
和:
的夹角.
解直线的方向向量s=(1,-4,1),的方向向量s=(2,-2,-1)。
设直线和的夹角为,那么由公式(5)有
cos=,故。
5.直线与平面的夹角
例12求过点(1,-2,4)且与平面2x-3y+z-4=0垂直的直线方程.
解因为直线垂直于平面,所以平面的法线向量即为直线的方向向量,从而所求直线的方程为
。
6.平面束
例13求直线在平面x+y+z=0上的投影直线的方程.
解过直线的平面束的方程为
即,(14)
其中为待定系数。
这平面与平面x+y+z=0垂直的条件是
,
即.
代入(14)式,得投影平面的方程为
即.
所以投影直线的方程为
7.杂例
例14求与两平面x-4z=3和2x-y-5z=1的交线平行且过点(-3,2,5)得直线方程
解因为所求直线与两平面的交线平行,所以其方向向量s一定同时垂直于两平面的法向量n、n,所以可以取
s=nn=-(4i+3j+k),
因此所求直线方程为
.
例15求直线与平面2x+y+z—6=0的交点.
解所给直线的参数方程为x=2+t,y=3+t,z=4+2t,
代入平面方程中,得2(2+t)+(3+t)+(4+2t)—6=0.
得t=—1,代入参数方程得交点为
x=1,y=2,z=2.
例16求过点(2,1,3)且与直线垂直相交的直线的方程.
过点(2,1,3)且垂直于已知直线的平面方程为
3(x-2)+2(y—1)—(z-3)=0(9)
已知直线的参数方程为x=—1+3t,y=1+2t,z=—t.(10)
将(10)代入(9)求得,从而求得直线与平面的交点为.
以点(2,1,3)为起点,点为终点的向量
这就是所求直线的方向向量,故所求直线的方程为
5.4曲面与曲线
5。
4。
1曲面、曲线的方程
例1建立球心在点、半径为R的球面的方程。
解设M(x,y,z)是球面上的任一点(图5-31),那么||=R。
由于||=,
所以
(2)
这就是球心在、半径为R的球面的方程。
如果球心在原点,这时,从而球面方程为。
例2设有点A(1,2,3)和B(2,—1,4),求线段AB的垂直平分面的方程.
解由题意知,所求的平面就是与A和B等距离的点的几何轨迹。
设M(x,y,z)为所求平面上的任一点,由于|AM|=|BM|,
所以=
等式两边平方,然后化简便得2x-6y+2z–7=0
例3方程表示怎样的曲面?
解通过配方,原方程可以改写成,与
(2)式比较知原方程表示球心在点、半径为R=的球面.
例4方程组表示怎样的曲线?
解方程组中第一个方程表示球心在原点,半径为2的球面。
而方程组中的第二个方程表示一个垂直于z轴的平面,因此他们的交线为一个园,如图5-33所示。
图5-32图5-33
方程组
(2)当给定时,就得到C上的一个点;随着得变动便可得曲线C上的全部点.方程组
(2)叫做空间曲线的参数方程。
例5如果空间一点M在圆柱面上以角速度绕z轴旋转,同时又以线速度v沿平行于z轴的正方向上升(其中、v都是常数),那么点M构成的图形叫做螺旋线。
试建立其参数方程。
解取时间t为参数.设当t=0时,动点位于x轴上的一点A(a,0,0)处。
经过时间t,动点由A运动到M(x,y,z)(图5—34)。
记M在xOy面上的投影为M’的坐标为x,y,0。
由于动点在圆柱面上以角速度绕z轴旋转,所以经过时间t,∠AOM’=t.从而
x=|OM’|cos∠AOM’==acost,y=|OM’|sin∠AOM’==asint。
由于动点同时以线速度v沿平行于z轴的正方向上升,所以z=M’M=vt。
因此螺旋线的参数方程为也可以用其他变量作参数;例如令,则螺旋线的参数方程可写为这里,而参数为.
当OM’转过一周时,螺旋线上的点M上升固定的高度.这个高度在工程技术上叫做螺距。
图5-34
5。
4.2柱面、旋转面和锥面
1.柱面
例6方程在xOy面上表示圆心在原点O、半径为R的圆,在空间中表示圆柱面(图5—35),它可以看作是平行于z轴的直线l沿xOy面上的圆移动而形成的。
这曲面叫做圆柱面(图5—35),xOy面上的圆叫做它的准线,这平行于z轴的直线l叫做它的母线。
例7将xOz坐标面上的双曲线,分别绕z轴和x轴旋转一周,求所生成的旋转曲面的方程。
解绕z轴旋转所成的旋转曲面叫做旋转单叶双曲面(图5—41),它的方程为
.
图5-41图5-42
绕x轴旋转所成的旋转曲面叫做旋转双叶双曲面(图5-42),它的方程为
.
3.锥面
例9求顶点在原点,准线为
的锥面方程。
图5-43
解设为锥面上任一点,过原点与M的直线与平面z=c交于点(图5—44),则有
由于OM与共线,故
既有,,代入,整理得
(6)
这就是所求锥面的方程,该锥面称为椭圆锥面图5-44
5。
4。
3二次曲面
通常将三元二次方程F(x,y,z)=0所表示的曲面称为二次曲面.而把平面称为一次曲面。
二次曲面有九种,它们的标准方程如下
(1)椭圆锥面(图5-45)
(2)椭球面
图5-45图5-46
(3)单叶双曲面(4)双叶双曲面
(5)椭圆抛物面(图5-46)(6)双曲抛物面(图5-47)
(7)椭圆柱面(8)双曲柱面
(9)抛物柱面
图5-46图5-47
5。
4.4空间几何图形举例
例10已知两球面的方程为
(7)
和
(8)
求它们的交线C在xOy面上的投影方程.
解(7)—(8)得y+z=1。
将z=1–y代入(7)或(8)得所求柱面方程为于是投影方程为
例11设一个立体由上半球和锥面所围成(图5—48),求它在xOy面上的投影.
解半球面和锥面的交线为C:
由上列方程组消去z,得到,这是xOy面上的一个圆,于是所求立体在xOy面上的投影,就是该圆在xOy面上的一个圆,图5—48
于是所求立体xOy面上的投影,就是该圆在xOy面上所围的部分:
。
习题课
例1已知=(—3,0,4),=(5,—2,—14),求∠BAC角平分线上的单位向量。
解由平面几何的知识知,菱形对角线平分顶角,因此,只要在AB、AC上分别取点
B′、C′,使|AB′|=|AC′|,则
=+,
即为∠BAC的分角线向量,特别地取、为单位向量,则
==,
=(5,—2,-14)
于是
=+(5,-2,-14)=(—4,-2,—2)=—(2,1,1)
其单位向量为(2,1,1)
例2设a+3b和7a-5b垂直,a-4b和7a—2b垂直,求非零向量a与b的夹角。
解由a+3b⊥7a—5b,a—4b⊥7a—2b
得(a+3b)•(7a—5b)=7|a|+16a•b—16|b|=0
(1)
(a—4b)•(7a-2b)=7|a|-30a•b+8|b|=0
(2)
(1)—
(2)得2a•b=|b|即2|a||b|cos()=|b|,从而cos()=。
(1)8+
(2)15,得
161|a|=322a•b,得cos()=。
由=,推得|a|=|b|。
所以cos()=()=。
例3已知|a|=13,|b|=19,|a+b|=24,求|a–b|.
解|a+b|=(a+b)•(a+b)=|a|+2a•b+|b|
又|a–b|=(a–b)•(a–b)=|a|–2a•b+|b|两式相加,得
|a–b|=2(|a|+|b|)–|a+b|
以|a|=13,|b|=19,|a+b|=24代入,得
|a–b|=2(13+19)–24=484.
所以|a–b|=22。
例4设=a+5b,=–6a+18b,=8(a–b),试证A、B、D三点共线。
证用向量证明三点共线只要证明//,其途径有两种:
(1)往证=;
(2)往证=0.可根据具体情况选择。
本例选
(1)
=+=(–6a+18b)+8(ab)=2a+10b=2(a+5b)=2,
所以//,即A、B、D三点共线。
例5已知三个向量a、b、c两两都不平行,但(a+b)与c平行,(b+c)与a平行,试证a+b+c=0。
证由于(a+b)//c,(b+c)//a,所以
即两式想减得a–c=0.
因为a与c不平行,所以=0,=0.即,因此
a+b+c=0.
例6已知直线L:
及点P(3,—1,2),过点P作直线l与L垂直相交,求l的方程.
解s==—3j–3k,过点P作垂直于直线L的平面,其方程为y+z=1,求次平面于L的交点Q,解方程组得Q的坐标为
,取s=(4,-1,-1).
所求直线l的方程为
.
例7求通过直线L:
且与平面x—4y-8z+12=0成45角的平面方程。
解过直线L的平面束方程为x+5y+z+(x-z+4)=0.
即(1+)x+5y+(1—)z+4=0。
由于所求平面与已知平面成45角,所以
cos45=
=
解之,得.
所以所求平面方程为x+20y+7z-12=0。
另外,平面x-z+4=0与已知平面也成45角,所以所求平面为x+20y+7z—12=0及x—z+4=0。
例8直线l过点P(-3,5,—9)且与直线l:
及l:
都相交,求直线l的方程.
解过点P及直线l作平面,过点P及直线l作平面,由于所求直线l与l相交,所以l应在内,同理l也在内,所以与得交线即为所求直线l.
l的方程可化为,即知l的方向向量为s=(1,4,5),l过点P(0,-7,10),=(-3,12,-10),故平面的方程为
即34x-y—6z+53=0.
类似地的方程为2x-z—3=0。
故所求直线方程为
例9求过点(—1,2,-3)且平行于平面6x-2y-3z+1=0又与直线相交的直线方程.
解过已知点(-1,2,-3)作已知平面的平行平面,此平面方程为
6(x+1)-2(y-2)-3(z+3)=0,
即6x—2y—3z+1=0,
求此平面与已知直线的交点,由
解得,交点为(1,-1,3).
故所求直线的方向向量为
s=(1—(-1),—1-2,3—(-3))=(2,-3,6),
所求直线方程为。
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