解析几何答案-廖华奎-王宝富-第一章
解析几何答案-廖华奎-王宝富-第一章第一章 向量代数习题1.11. 试证向量加法的结合律，即对任意向量,,a b c成立()().a b c a b c ++=++证明：作向量,,AB a BC b CD c ===（如下图），则()(),a b c AB BC CD AC CD AD ++=++=+= ()(),a b c AB BC CD AB BD AD ++=++=+=故()().a b c a b c ++=++2. 设,,a b c 两两不共线，试证顺次将它们的终点与始点相连而成一个三角形的充要条件是0.a b c ++=证明：必要性，设,,a b c 的终点与始点相连而成一个三角形ABC ∆，ABCabcABCDabca b+b c +则0.a b c AB BC CA AC CA AA ++=++=+== 充分性，作向量,,AB a BC b CD c ===，由于0,a b c AB BC CD AC CD AD =++=++=+=所以点A 与D 重合，即三向量,,a b c 的终点与始点相连构成一个三角形。
3. 试证三角形的三中线可以构成一个三角形。
证明：设三角形ABC ∆三边,,AB BC CA 的中点分别是,,D E F（如下图），并且记 ,,a AB b BC c CA ===，则根据书中例1.1.1，三条中线表示的向量分别是111(),(),(),222CD c b AE a c BF b a =-=-=- 所以，111()()()0,222CD AE BF c b a c b a ++=-+-+-=故由上题结论得三角形的三中线,,CD AE BF 可以构成一个三角形。
4. 用向量法证明梯形两腰中点连线平行于上、下底且等于它们长度和的一半。
证明：如下图，梯形ABCD 两腰,BC AD 中点分别为,E F，记向量,AB a FA b ==，ABab cEFDC则,DF b =而向量DC 与AB 共线且同向，所以存在实数0,λ>使得.DC AB λ=现在,FB b a =+,FC b a λ=-+由于E是BC 的中点，所以1111()()(1)(1).2222FE FB FC b a a b a AB λλλ=+=++-=+=+且111(1)()().222FE AB AB AB AB DC λλ=+=+=+故梯形两腰中点连线平行于上、下底且等于它们长度和的一半。
5. 试证命题1.1.2。
证明：必要性，设,,a b c 共面，如果其中有两个是共线的，比如是,a b ，则,a b 线性相关，从而,,a b c 线性相关。
现在设,,a b c 两两不共线，则向量c 可以在两个向量,a b 上的进行分解，即作以c 为对角线，邻边平行于,a b 的平行四边形，则存在实数,λμ使得c a b λμ=+，因而,,a b c 线性相关。
充分性，设,,a b c 线性相关，则存在不全为零的数123,,k k k ，使得1230k a k b k c ++=。
不妨设3k≠，则向量c 可以表示为向量,a b 的线性组合，因此由向量加法的平行四边形法则知道向量c 平行于由向量,a b决定的平面，故,,a b c 共面。
6. 设,,A B C 是不共线的三点，它们决定一平面∏，则点P 在∏上的充要条件是存在唯一的数组(,,)λμν使得,(*)1,OP OA OB OC λμνλμν⎧=++⎪⎨++=⎪⎩其中，O 是任意一点。
P 在ABC ∆内的充要条件是(*)与0,0,0λμν≥≥≥同时成立。
证明：必要性，作如下示意图，连接AP 并延长交直线BC 于R 。
则由三点,,B R C 共线，存在唯一的数组12,k k 使得12OR k OB k OC=+，并且121kk +=。
由三点,,A P R 共线，存在唯一的数组12,l l 使得12OP l OA l OR =+，并且121ll +=。
于是1212122OP l OA l OR l OA l k OB l k OC =+=++，设12122,,,l l k l k λμν===由12,k k ，12,l l 的唯一性知道(,,)λμν的唯一性，则,OP OA OB OC λμν=++且121221ll k l k λμν++=++=。
充分性，由已知条件有(1)OP OA OB OC OA OB OC λμνλμλμ=++=++--ABCOR P()()OA OC OB OC OC λμ=-+-+CA CB OCλμ=++,得到CP CA CBλμ=+，因而向量,,CP CA CB 共面，即P 在,,A B C 决定的平面上。
如果P 在ABC ∆内，则P 在线段AR 内，R 在线段BC 内，于是12120,,,1k k l l≤≤，则0,,1λμν≤≤。
如果（*）成立且0,,1λμν≤≤，则有CP CA CB λμ=+，这说明点P 在角ACB ∠内。
同样可得到AP AB AC μν=+，这说明点P 在角BAC ∠内。
故P 在ABC ∆内。
7. 在ABC ∆中，点,D E 分别在边BC 与CA 上，且11,,33BD BC CE CA AD ==与BE 交于R ，试证 14,.77RD AD RE BE ==证明：作如下示意图，由三点,,B R E 共线，存在k 使得(1)CR kCB k CE =+-，由三点,,A R D 共线，存在l 使得(1)CR lCA l CD =+-，由于11,,33BD BC CE CA ==有21,,33CD CB CE CA ==因而1(1)3CR kCB k CA =+-2(1)3lCA l CB=+-。
由于向量,CA CB 不共ACRE线，所以21(1),(1)33k l l k =-=-，解此方程组得41,77k l ==。
由此得4377CR CB CE =+， 4344()7777ER CR CE CB CE CE CB CE EB =-=+-=-=。
同理得到17DR DA =。
故得14,.77RD AD RE BE == 8. 用向量法证明ABC ∆的三条中线交于一点P ，并且对任意一点O 有1().3OP OA OB OC =++证明：设,,D E F 分别是边,,AB BC CA 的中点，则,AE BF交于一点P ，连接,CP CD。
由,,A P E三点共线，存在k使1(1)(1)2CP kCF k CB kCA k CB =+-=+-，由,,B P F 三点共线，存在l使1(1)(1)2CP lCE l CA lCB l CA =+-=+-，于是得111,122k l l k =-=-，解得23k l ==。
从而有1133CP CB CA =+，然而1122CD CB CA =+，故23CP CD =，即,,C P D 三点共线，ACDEF PABC∆的三条中线交于一点P 。
任取一点O，由1133CP CB CA=+，得到11()()33OP OC OB OC OA OC -=-+-，于是1().3OP OA OB OC =++ 9. 用向量法证明四面体ABCD 的对棱中点连线交于一点P ，且对任意一点O 有1().4OP OA OB OC OD =+++证明：设四面体ABCD 的棱,,AB AC AD 的中点分别是,,B C D '''，棱,,BC CD DB 的中点分别是,,E F G ，如下图。
则对棱中点连线为,,B F C G D E '''。
则容易知道12C E AB D G ''==，12C D CD EG ''==，因此四边形C D GE ''是平行四边形，,C G D E ''相交且交点是各线段的中点。
同理,B F C G ''也相交于各线段的中点，故,,B F C G D E '''交于一点P 。
由以上结论知道，对任意一点O ，由P 是D E '的中点，有111111()()222222OP OD OE OA OD OC OB '=+=+++，ABC GEF DB 'C 'D '即1().4OP OA OB OC OD =+++ 10. 设(1,2,,)iA i n =是正n 边形的顶点，O 是它的中心，试证10.nii OA ==∑证明：设1nii a OA ==∑，将正n 边形绕着中心旋转2n π。
一方面向量a 绕点O 旋转了角度2n π而得到一个新的向量a '；另一方面，正n 边形绕着中心旋转2n π后与原正n 边形重合，因而向量a 没有变化。
方向不同的向量要相等只能是零向量，故10.nii OA ==∑证法2：由于(1,2,,)iA i n =是正n 边形的顶点，O 是它的中心，所以21(1,2,,)ii i OA OAkOA i n +++==，其中1122,n n A A A A ++==。
由三角不等式得到21212(1,2,,)i i i ii i OA OA k OA OA OA OA i n +++++=<+==，故有2k <。
所以2111()2nn nii i ii i i OA OAOA k OA +===+==∑∑∑，由于2k <，所以10.nii OA==∑11. 试证：三点,,A B C 共线的充要条件是存在不全为零的实数,,λμν使得OA OB OC λμν++=且0λμν++=其中，O 是任意取定的一点。
证明：必要性，如果三点,,A B C 中至少有两点重合，比如,A B 重合，则0OA OB -=，所以结论成立。
如果,,A B C 互不重合，由例1.1.1知道三点,,A B C 共线的充要条件是存在数k 使得(1)0kOA k OB OC +--=，令,1,1k k λμν==-=-，则,,λμν不全为零，有0OA OB OC λμν++=，(1)10k k λμν++=+--=。
充分性，设0OA OB OC λμν++=且0λμν++=，则()0OA OB OC λμλμ+-+=，()()0OA OC OB OC CA CB λμλμ-+-=+=，由于,,λμν不全为零，以及点O 的任意性，可知,λμ不全为零，否则ν也为零。
所以不妨设0λ≠，则1CA CBλμ-=-，因而三点,,A B C共线。
习题1.21. 给定直角坐标系，设(,,)P x y z ，求P 分别关于xOy 平面，x 轴与原点的对称点的坐标。
解：在直角坐标系下，点(,,)P x y z 关于x O y平面，x轴与原点的对称点的坐标分别是(,,)x y z -，(,,)x y z --，(,,)x y z ---。
解析几何答案
1. 在平面上，给定非零向量b ，对任意向量a，定义a ')(2⋅-=。
（1）若)3,1(),3,2(-==，求'a ；（2）若)1,2(=，证明：若位置向量的终点在直线0=++C By Ax 上，则位置向量'a 的终点也在一条直线上；（3）已知存在单位向量，当位置向量的终点在抛物线y x C =2:上时，位置向量'a 终点总在抛物线x y C =2':上，曲线C 和C ′关于直线l 对称，问直线l 与向量满足什么关系？2. 已知抛物线x y C =2:与直线1:+=kx y l ，“0≠k ”是“直线l 与抛物线C 有两个不同交点”的A ．充分不必要条件；B ．必要不充分条件；C ．充要条件；D ．既不充分也不必要条件3. 已知双曲线C 经过点（1，1），它的一条渐近线方程为x y 3=。
则双曲线C 的标准方程是_______________。
4. 若椭圆1162522=+y x 上一点P 到焦点1F 的距离为6，则点P 到另一个焦点2F 的距离是_________。
5. 暂无内容6. 已知以原点O为中心的双曲线的一条准线方程为x =，离心率e =（Ⅰ）求该双曲线的方程；（Ⅱ）如图，点A 的坐标为(，B 是圆22(1x y +=上的点，点M 在双曲线右支上，求MA MB +的最小值，并求此时M 点的坐标。
7. 已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左、右焦点分别为12(,0),(,0)F c F c -，若椭圆上存在一点P 使1221sin sin a cPF F PF F =，则该椭圆的离心率的取值范围为 ．8. 圆心在y 轴上，半径为1，且过点（1，2）的圆的方程为 A ．22(2)1x y +-= B ．22(2)1x y ++= C ．22(1)(3)1x y -+-=D ．22(3)1x y +-=9. 已知以原点O 为中心的椭圆的一条准线方程为y =离心率e =M 是椭圆上的动点．（Ⅰ）若点,C D 的坐标分别是(0,，求MD MC ∙的最大值；（Ⅱ）如图，点A 的坐标为(1,0)，B 是圆221x y +=上的点，N 是点M 在x 轴上的射影，点Q 满足条件：OQ OM ON =+，0=∙BA QA ．求线段QB 的中点P 的轨迹方程；10. 已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点分别为12(,0),(,0)F c F c -，若双曲线上存在一点P 使1221sin sin PF F aPF F c=，则该双曲线的离心率的取值范围是 ．11. 直线1y x =+与圆221x y +=的位置关系为 A ．相切 B ．相交但直线不过圆心 C ．直线过圆心 D ．相离12. 已知抛物线C ：22(0)x py p =>上一点(,4)A m 到其焦点的距离为174． （I ）求p 与m 的值；（II ）设抛物线C 上一点P 的横坐标为(0)t t >，过P 的直线交C 于另一点Q ，交x 轴于点M ，过点Q 作PQ 的垂线交C 于另一点N ．若MN 是C 的切线，求t 的最小值．13. 已知三角形的三边长分别为3,4,5，则它的边与半径为1的圆的公共点个数最多为 A ．3 B ．4C ．5D ．614. 已知椭圆22221(0)x y a b a b +=>>的左焦点为F ，右顶点为A ，点B 在椭圆上，且BF x ⊥ 轴，直线AB 交y 轴于点P ．若2AP PB =，则椭圆的离心率是A ．2B ．2C ．13D ．1215. 已知椭圆C 1：)0(12222>>=+b a bx a y 的右顶点为A （1，0），过C 1的焦点且垂直长轴的弦长为1．（Ⅰ）求椭圆C 1的方程；（Ⅱ）设点P 的抛物线C 2：)(2R h h x y ∈+=上，C 2在点P 处的切线与C 1交于点M ，N ，当线段AP 的中点与MN 的中点的横坐标相等时，求h 的最小值．16. 过双曲线)0,0(12222>>=-b a by a x 的右顶点A 作斜率为－1的直线，该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为B 、C ，若21=，则双曲线的离心率是 A ．2B ．3C ．5D ．1017. 已知椭圆()222210x y a b a b +=>>的两个焦点分别为()1,0F c -和()2,0F c ()0>c ，过点2,0a E c ⎛⎫⎪⎝⎭的直线与椭圆相交于,A B 两点，且1212//,2F A F B F A F B = （1）求椭圆的离心率。
解析几何答案 廖华奎 王宝富 第二章
第二章 直线与平面习题2、11、求通过两点与得直线方程。
解:直线得方向向量为,所以直线得方程为2、在给定得仿射坐标系中,求下列平面得普通方程与参数方程。
(1)过点;(2)过点与轴;(3)过点与,平行于轴;(4)过点,平行于平面。
解:(1)平面得方位向量为,所以平面得参数方程平面得普通方程为即(2)平面得方位向量为,所以平面得参数方程因为过轴,所以也可选经过得点为,那么参数方程也可以写为平面得普通方程为即(3)平面得方位向量为,所以平面得参数方程平面得普通方程为即(4)平面得方位向量平行于平面,方位向量满足,因此可以选为。
所以平面得参数方程平面得普通方程为即3、在直角坐标系中,求通过点并与平面与均垂直得平面方程。
解:平面得法向量分别就是,所求平面与均垂直,所以它得法向量与均垂直,因此平面得方程为即4、 在直角坐标系中,求经过点,垂直于平面得平面方程。
解:设平面得法向量为,则它与垂直,它又与平面得法向量,故所以所求平面得方程为 即5、 在直角坐标系中,设平面得方程为,其中。
设此平面与三坐标轴分别交于,求三角形得面积与四面体得体积。
解:由于,所以平面得三个截距分别为。
因此四面体得体积为三角形得面积 而21213111(,,0)(,0,)(,,),D D D D M M M M D A B A C BC CA AB⨯=-⨯-=u u u u u u u r u u u u u u u r 所以6、设平面与连接两点与得线段相交于点,且,证明。
证明:因为,所以由定比分点得坐标公式得到点得坐标将它们代入平面方程中得整理即得。
习题2、21、求经过点,并且通过两平面与得交线得平面方程。
解:经过交线得平面束方程为,其中不全为零。
所求平面经过点,将它代入上式得到,可以取,因此平面得方程为2、判断下列各对平面得相关位置。
(1)与;(2)与;(3)与。
解:(1)平面得法向量分别就是,它们不共线,所以两平面相交。
(2)两平面得系数之比得关系为,所以两平面重合。
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本文部分内容来自网络整理，本司不为其真实性负责，如有异议或侵权请及时联系，本司将立即删除！== 本文为word格式，下载后可方便编辑和修改！ ==解析几何第四版答案篇一：解析几何第四版吕林根课后习题答案第三章第三章平面与空间直线3.1平面的方程1.求下列各平面的坐标式参数方程和一般方程：（1）通过点M1(3,1,?1)和点M2(1,?1,0)且平行于矢量{?1,0,2}的平面（2）通过点M1(1,?5,1)和M2(3,2,?2)且垂直于xoy坐标面的平面；（3）已知四点A(5,1,3)，B(1,6,2)，C(5,0,4)D(4,0,6)。
求通过直线AB且平行于直线CD的平面，并求通过直线AB且与?ABC平面垂直的平面。
解：（1）? M1M2?{?2,?2,1}，又矢量{?1,0,2}平行于所求平面，故所求的平面方程为：?x?3?2u?v??y?1?2u?z??1?u?2v?一般方程为：4x?3y?2z?7?0（2）由于平面垂直于xoy面，所以它平行于z轴，即{0,0,1}与所求的平面平行，又M1M2?{2,7,?3}，平行于所求的平面，所以要求的平面的参数方程为：?x?1?2u??y??5?7u ?z?1?3u?v?一般方程为：7(x?1)?2(y?5)?0，即7x?2y?17?0。
（3）（ⅰ）设平面?通过直线AB，且平行于直线CD： ?{?4,5,?1}，?{?1,0,2} 从而?的参数方程为：?x?5?4u?v??y?1?5u?z?3?u?2v?一般方程为：10x?9y?5z?74?0。
（ⅱ）设平面??通过直线AB，且垂直于?ABC所在的平面? ?{?4,5,?1}， ??{?4,5,?1}?{0,?1,1}?{4,4,4}?4{1,1,1}均与??平行，所以??的参数式方程为：?x?5?4u?v??y?1?5u?v ?z?3?u?v?一般方程为：2x?y?3z?2?0.2.化一般方程为截距式与参数式： ?:x?2y?z?4?0. 解：?与三个坐标轴的交点为：(?4,0,0),(0?2,0),(0,0,4)，xyz???1. ?4?24所以，它的截距式方程为：又与所给平面方程平行的矢量为：{4,?2,0},{4,0,4}，? 所求平面的参数式方程为：?x??4?2u?v??y??u?z?v?3.证明矢量v?{X,Y,Z}平行与平面Ax?By?Cz?D?0的充要条件为：AX?BY?CZ?0. 证明：不妨设A?0，则平面Ax?By?Cz?D?0的参数式方程为：DBC?x???u?v?AAA??y?u?z?v??BC故其方位矢量为：{?,1,0},{?,0,1}，AA从而平行于平面Ax?By?Cz?D?0的充要条件为：v，{?BC,1,0},{?,0,1}共面? AAXYB?1AC?0A? AX?BY?CZ?0.Z0?0 14. 已知连接两点A(3,10,?5),B(0,12,z)的线段平行于平面7x?4y?z?1?0，求B 点的z坐标.解： ??{?3,2,5?z} 而AB平行于7x?4y?z?1?0 由题3知：(?3)?7?2?4?(z?5)?0 从而z?18.5. 求下列平面的一般方程.⑴通过点?1?2,?1,1?和?2?3,?2,1?且分别平行于三坐标轴的三个平面; ⑵过点??3,2,?4?且在x轴和y轴上截距分别为?2和?3的平面; ⑶与平面5x?y?2z?3?0垂直且分别通过三个坐标轴的三个平面; ⑷已知两点?1?3,?1,2?,?2?4,?2,?1?,求通过?1且垂直于?1,?2的平面; ⑸原点?在所求平面上的正射影为??2,9,?6?;⑹求过点?1?3,?5,1?和?2?4,1,2?且垂直于平面x?8y?3z?1?0的平面.x?2解:平行于x轴的平面方程为y?1z?1?1000?0.即z?1?0.11同理可知平行于y轴,z轴的平面的方程分别为z?1?0,x?y?1?0. ⑵设该平面的截距式方程为xyz24???1,把点??3,2,?4?代入得c?? ?2?3c19故一般方程为12x?8y?19z?24?0.⑶若所求平面经过x轴，则?0,0,0?为平面内一个点,?5,1,?2?和?1,0,0?为所求平面的方位矢量,x?0∴点法式方程为y?0z?010?2?0 051∴一般方程为2y?z?0.同理经过y轴,z轴的平面的一般方程分别为2x?5z?0,x?5y?0.1,?1,?3?.?1?2垂直于平面?, ⑷?1?2??1,?1,?3?,平面?通过点?1?3,?1,2?, ∴该平面的法向量n??因此平面?的点位式方程为?x?3???y?1??3?z?2??0. 化简得x?y?3z?2?0.??. (5) op??2,9,?6?p?op????4?81?36?11.op?p?n0?11?cos?,cos?,cos????2,9,?6?. 296,cos??,cos???. 111111296y?z?11?0. 则该平面的法式方程为:x?111111∴ cos??既 2x?9y?6z?121?0.1,?8,3?，M1M2??（6）平面x?8y?3z?1?0的法向量为n??1,6,1?，点从?4,1,2? ?x?4写出平面的点位式方程为y?1z?2?863111?83?0，则A???26,61B?313?2,C??14,D??26?4?2?28??74， 111则一般方程Ax?By?Cz?D?0,即：13x?y?7z?37?0. 6．将下列平面的一般方程化为法式方程。
解析几何_吕林根_许子道_第四版_课后习题解答
解析几何_吕林根 许子道_第四版_课后习题解答第一章 矢量与坐标§1.1 矢量的概念1.下列情形中的矢量终点各构成什么图形？（1）把空间中一切单位矢量归结到共同的始点；（2）把平行于某一平面的一切单位矢量归结到共同的始点； （3）把平行于某一直线的一切矢量归结到共同的始点；（4）把平行于某一直线的一切单位矢量归结到共同的始点. [解]：（1）单位球面； （2）单位圆（3）直线； （4）相距为2的两点2. 设点O 是正六边形ABCDEF 的中心，在矢量OA 、OB 、 OC 、OD 、OE 、 OF 、AB 、BC 、CD 、 DE 、EF 和FA 中，哪些矢量是相等的？[解]：如图1-1，在正六边形ABCDEF 中，相等的矢量对是： 图1-1 .DE OF CD OE AB OC FA OB EF OA 和；和；和；和；和3. 设在平面上给了一个四边形ABCD ，点K 、L 、M 、N 分别是边ＡＢ、ＢＣ、ＣＤ、ＤＡ的中点，求证：KL ＝NM . 当ABCD 是空间四边形时，这等式是否也成立？[证明]：如图1-2，连结AC , 则在∆BAC 中，21AC. KL 与AC 方向相同；在∆DAC 中，21AC . NM 与AC 方向相同，从而KL ＝NM 且KL 与NM 方向相同，所以KL ＝NM .4. 如图1-3，设ABCD -EFGH 是一个平行六面体，在下列各对矢量中，找出相等的矢量和互为相反矢量的矢量：(1) AB 、CD ; (2) AE 、CG ; (3) AC 、EG ;(4) AD 、GF ; (5) BE、CH . [解]：相等的矢量对是（2）、（3）和（5）； 互为反矢量的矢量对是（1）和（4）。
§1.2 矢量的加法1.要使下列各式成立，矢量b a ,应满足什么条件？E（1=+ （2+=+ （3-=+ （4+=- （5=[解]：（1）b a ,-=+（2）b a ,+=+（3≥且b a ,-=+ （4）b a ,+=（5）b a ,≥-=-§1.3 数量乘矢量1 试解下列各题．⑴ 化简)()()()(→→→→-⋅+--⋅-b a y x b a y x ．⑵ 已知→→→→-+=3212e e e a ，→→→→+-=321223e e e b ，求→→+b a ，→→-b a 和→→+b a 23．⑶ 从矢量方程组⎪⎩⎪⎨⎧=-=+→→→→→→by x ay x 3243，解出矢量→x ，→y ．解 ⑴→→→→→→→→→→→→→→-=+-+---+=-⋅+--⋅-ay b x b y a y b x a x b y a y b x a x b a y x b a y x 22)()()()(⑵ →→→→→→→→→→+=+-+-+=+3132132142232e e e e e e e e b a ，→→→→→→→→→→→-+-=+---+=-321321321342)223(2e e e e e e e e e b a ， →→→→→→→→→→→-+-=+---+=-3213213217103)223(2)2(323e e e e e e e e e b a ． 2 已知四边形ABCD 中，→→→-=c a AB 2，→→→→-+=c b a CD 865，对角线→AC 、→BD 的中点分别为E 、F ，求→EF ．解 →→→→→→→→→→→-+=-+-+=+=c b a c a c b a AB CD EF 533)2(21)865(212121．3 设→→→+=b a AB 5，→→→+-=b a BC 82，)(3→→→-=b a CD ，证明：A 、B 、D 三点共线． 证明 ∵→→→→→→→→→→=+=-++-=+=AB b a b a b a CD BC BD 5)(382∴→AB 与→BD 共线，又∵B 为公共点，从而A 、B 、D 三点共线．4 在四边形ABCD 中，→→→+=b a AB 2，→→→--=b a BC 4，→→→--=b a CD 35，证明ABCD 为梯形．证明∵→→→→→→→→→→→→→=--=-+--++=++=BC b a b a b a b a CD BC AB AD 2)4(2)35()4()2( ∴→AD ∥→BC ，∴ABCD 为梯形．6. 设L 、M 、N 分别是ΔABC 的三边BC 、CA 、AB 的中点，证明：三中线矢量AL , BM ,CN 可 以构成一个三角形.[证明]： )(21AC AB AL +=)(21BC BA BM +=)(21CB CA CN +=0)(21=+++++=++∴CB CA BC BA AC AB CN BM AL从而三中线矢量CN BM AL ,,构成一个三角形。
高中数学选修2-1_解析几何习题答案(一)
1.中心在原点，一个焦点为F 1（0，50）的椭圆截直线23-=x y 所得弦AB 的中点横坐标为21，求椭圆的方程及弦AB 的长. 思路分析：根据题意，可设椭圆的标准方程，与直线方程联立解方程组，利用韦达定理及中点坐标公式，求出中点的横坐标，再由F 1（0，50）知，c=50，5022=-∴b a ，最后解关于a 、b 解：设椭圆的标准方程为)0(12222>>=+b a by a x ，由F 1（0，50）得 5022=-b a把直线方程23-=x y 代入椭圆方程整理得：0)4(12)9(222222=-+-+a b x b x b a设弦的两个端点为),(),,(2211y x B y x A ，则由根与系数的关系得：22221912ba b x x +=+， 又AB 的中点横坐标为21，2196222221=+=+∴b a b x x223b a =∴，与方程5022=-b a 联立可解出25,7522==b a故所求椭圆的方程为：2217525y x +=2.已知焦点在x 轴上的椭圆C 过点(0,1)Q 为椭圆C 的左顶点. （Ⅰ）求椭圆C 的标准方程；（Ⅱ）已知过点6(,0)5-的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点.（ⅰ）若直线l 垂直于x 轴，求AQB ∠的大小;（ⅱ）若直线l 与x 轴不垂直，是否存在直线l 使得QAB ∆为等腰三角形？如果存在，求出直线l 的方程；如果不存在，请说明理由.解：（Ⅰ）设椭圆C 的标准方程为22221(0)x y a b a b+=>>，且222a b c =+.由题意可知：1b =，2c a =. ………………………………………2分 所以24a =.所以，椭圆C 的标准方程为2214x y +=. ……………………………………3分 （Ⅱ）由（Ⅰ）得(2,0)Q -.设1122(,),(,)A x y B x y . （ⅰ）当直线l 垂直于x 轴时，直线l 的方程为65x =-. 由226,514x x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩ 解得：6,545x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩或6,54.5x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩ 即6464(,), (,)5555A B ---（不妨设点A 在x 轴上方）.………………………………………5分则直线AQ 的斜率1AQ k =，直线BQ 的斜率1BQ k =-. 因为 1AQ BQ k k ⋅=-， 所以 AQ BQ ^.所以 2AQB π∠=. ………………………………………6分 （ⅱ）当直线l 与x 轴不垂直时，由题意可设直线AB 的方程为6()(0)5y k x k =+≠.由226(),514y k x x y ⎧=+⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩消去y 得：2222(25100)2401441000k x k x k +++-=. 因为 点6(,0)5-在椭圆C 的内部，显然0∆>. 21222122240,25100144100.25100k x x k k x x k ⎧+=-⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩………………………………………8分 因为 1122(2,), (2,)QA x y QB x y =+=+ ，116()5y k x =+，226()5y k x =+，所以 1212(2)(2)QA QB x x y y ⋅=+++121266(2)(2)()()55x x k x k x =++++⋅+2221212636(1)(2)()4525k x x k x x k =++++++ 2222222144100624036(1)(2)()402510052510025k k k k k k k -=+++-++=++. 所以 QA QB ⊥.所以 QAB ∆为直角三角形. ………………………………………11分 假设存在直线l 使得QAB ∆为等腰三角形，则QA QB =取AB 的中点M ，连接QM ，则QM AB ^.记点6(,0)5-为N .另一方面，点M 的横坐标22122212024225100520M x x k k x k k +==-=-++，所以 点M 的纵坐标266()5520M M k y k x k =+=+. 所以 222221016666(,)(,)520520520520k k k QM NMk k k k +? ++++222601320(520)k k += +. 所以 QM 与NM不垂直，矛盾.所以 当直线l 与x 轴不垂直时，不存在直线l 使得QAB ∆为等腰三角形.………………………………………13分3.在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是直角梯形，AB ∥CD ，90ABC? ，2AB PB PC BC CD ====，平面PBC ^平面ABCD .（Ⅰ）求证：AB ^平面PBC ；（Ⅱ）求平面PAD 和平面BCP 所成二面角（小于90°）的大小； （Ⅲ）在棱PB 上是否存在点M 使得CM ∥平面PAD ？若存在，求PMPB 的值；若不存在，请说明理由.PABC D（Ⅰ）证明：因为 90ABC ? ，所以 AB BC ⊥. ………………………………………1分 因为 平面PBC ^平面ABCD ，平面PBC 平面ABCD BC =，AB Ì平面ABCD ，所以 AB ^平面PBC . ………………………………………3分 （Ⅱ）解：取BC 的中点O ，连接PO . 因为PB PC =， 所以 PO BC ⊥.因为 平面PBC ^平面ABCD ，平面PBC 平面ABCD BC =，PO Ì平面PBC ，所以 PO ^平面ABCD . ………………………………………4分如图，以O 为原点，OB 所在的直线为x 轴，在平面ABCD 内过O 垂直于BC 的直 线为y 轴，OP 所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系O xyz -．不妨设2BC =.由 直角梯形ABCD 中2AB PB PC BC CD ====可得P ，(1,1,0)D -，(1,2,0)A .所以(1,1DP =- ，(2,1,0)DA =.设平面PAD 的法向量(,,)=x y z m .因为 0,0.DP DAìï?ïíï?ïîm m所以(,,)(1,0,(,,)(2,1,0)0,x y z x y z ìï?=ïíï?ïî即0,20.x y x y ìï-+=ïíï+=ïî 令1x =，则2, y z =-=-所以(1,2,=--m . ………………………………………7分取平面BCP 的一个法向量n ()0,1,0=. 所以cos ,⋅==m n m n m n . 所以 平面ADP 和平面BCP 所成的二面角（小于90°）的大小为4π. ………………………………………9分（Ⅲ）解：在棱PB 上存在点M 使得CM ∥平面PAD ，此时12PM PB =. 理由如 下： ………………………………………10分取AB 的中点N ，连接CM ，CN ，MN . 则 MN ∥PA ，12AN AB =. 因为 2AB CD =， 所以 AN CD =. 因为 AB ∥CD ，所以 四边形ANCD 是平行四边形. 所以 CN ∥AD .因为 , MN CN N PA AD A == ，所以 平面MNC ∥平面PAD . ………………………………………13分 因为 CM Ì平面MNC ，所以 CM ∥平面PAD . ………………………………………14分NMPABCD。
四川大学数学学院专业课程介绍范文
in，Functional Analysis，McGraw_Hill Book Company，1973：空间，Banach空间，Hilbert空间（包括有界，紧集，列紧集，完全有界集等）。
Ban 性算子（包括算子范数，有界性，连续性，Hahn-Banach定理，闭图象定理，逆算子定算子Riesz-Schauder理论等）Hilbert空间上的有界线性算子（射影定理、Riesz表示课程名：概率统计名Probability Statistics学分：4：数学分析、线性代数：考试：数学学院各专业概率论基础》（第二版）李贤平高等教育出版社 19971．《概率论》（第一册概率论基础）复旦大学高等教育出版社，1979。
2．《概率论引论》汪仁官北京大学出版社 19943．《概率论及数理统计》（第二版）（上）高等教育出版社 1988：率，条件概率与统计独立性，随机变量与分布函数，数字特征与特征函数，极限定理。
课程名：高等代数-1名：Advanced Algebra-12 学分：5：高中数学：考试：数学数院各专业Linear Algebra》彭国华、李德琅，高等教育出版社，20061。
《高等代数》北京大学数学系几何代数教研空编高等教育出版社2．《高等代数》张禾瑞、郝锅新高等教育出版社3．《Linear Slgebra》B。
Jacob W.H.Freeman Company 1990：高等代数以研究线性方程组为出发点来讨论求解和解的结构和分类等问题，进而研究矩空间，线性映射以及二次型的基本理论。
本课程分两个学期讲授。
高等代数-1的主要和线性映射，线性变换，欧氏空间，线性和双线性型。
课程名：高等代数-2名：Advanced Algebra-22 学分：5：高等代数-1：考试：数学学院各专业Linear Algebra》彭国华、李德琅，高等教育出版社，20061．《高等代数》北京大学数学系几何代数教研空编高等教育出版社2. L.W. Johnson, R.D. Riess J.T. Arnold, Introduction to Linear Algebr , Prentice-Hall Inc. China Machine Press, 2002Lay, Linear Algebra Its Applications (3rd Edition), Pearson Addison Wesley blishing House of Electronics Industry,2003：元多项式、行列式、线性方程组，矩阵代数，二次型，线性空间，线性变换，矩阵法式课程名：解析几何名：Analytic Geometry学分：5：高中数学：考试：数学学院各专业解析几何》廖华奎、王宝富编，科学出版社1．《解析几何》丘维声北京大学出版社。
解析几何答案 廖华奎 王宝富 第二章
第二章 直线与平面习题1.求通过两点(2,3,4)A 和(5,2,1)B -的直线方程。
解：直线的方向向量为(3,1,5)AB =--u u u r ，所以直线的方程为234.315x y z ---==--2.在给定的仿射坐标系中，求下列平面的普通方程和参数方程。
（1）过点(1,2,0),(2,1,4),(3,1,5)----； （2）过点(3,12)-和z 轴；（3）过点(2,0,1)-和(1,3,4)-，平行于y 轴； （4）过点(1,5,4)--，平行于平面3250x y -+=。
解：（1）平面的方位向量为12(1,3,4),(4,1,5)v v =--=--，所以平面的参数方程14,23,45.x y z λμλμλμ=--+⎧⎪=--⎨⎪=-⎩平面的普通方程为121340,415x y z+---=--即19111330.x y z ++-= （2）平面的方位向量为12(3,1,2),(0,0,1)v v =-=，所以平面的参数方程33,1,22.x y z λλλμ=+⎧⎪=+⎨⎪=--+⎩因为过z 轴，所以也可选经过的点为(0,0,0)，那么参数方程也可以写为 3,,2.x y z λλλμ=⎧⎪=⎨⎪=-+⎩平面的普通方程为3120,01x y z-=即30.x y -= （3）平面的方位向量为12(3,3,5),(0,1,0)v v =-=，所以平面的参数方程23,3,15.x y z λλμλ=-⎧⎪=+⎨⎪=-+⎩平面的普通方程为213350,01x y z -+-=即5370.x z +-=（4）平面的方位向量平行于平面3250x y -+=，方位向量(,,)X Y Z 满足320X Y -=，因此可以选为12(2,3,0),(0,0,1)v v ==。
所以平面的参数方程12,53,4.x y z λλμ=-+⎧⎪=-+⎨⎪=+⎩平面的普通方程为1542300,01x y z ++-=即3270.x y --=3.在直角坐标系中，求通过点(1,0,2)-并与平面1:220x y z ∏+--=和2:30x y z ∏---=均垂直的平面方程。
高考解析几何(含详细答案)
杨老师数学
高考专题讲义
支有且只有一个交点，则该直线的斜率的绝对值小于等于渐近线的斜率 ∴
2 a 2 b2 b 2 c ≥ 4 ，∴ e≥2，选 C。 ≥ 3 ，离心率 e = 2 a a a2
b ， a
例 2： （Ⅰ）因为
c 6 ，且 c 2 ，所以 a 3, b a2 c2 1 a 3
焦点且垂直长轴的弦长为 1 ． （1）求椭圆 C1 的方程； （2）设点 P 在抛物线 C2 ： y x2 h (h R) 上， C2 在点 P 处的 切线与 C1 交于点 M , N ．当线段 AP 的中点与 MN 的中点的横 坐标相等时，求 h 的最小值．
4
杨老师数学
高考专题讲义
考点 3：求参数范围问题
c 1 4 9 ， 2 2 1 ，又 c 2 a 2 b2 ，解得： c 2, a 4, b 2 3 a 2 a b
椭圆 E 的方程为
x2 y 2 1 16 12
（ 2 ）方法 1 ：由（ 1 ）问得 F1 ( 2, 0)， F2 (2,0) ，又 A 2, 3 ，易得 F 1 AF 2 为直角三角形，其中
x2 y 2 1. 所以椭圆 C 的方程为 3
（Ⅱ）由题意知 p(0, t )(1 t 1)
y
M P
O
N
y t 2 由 x2 得 x 3(1 t ) 2 y 1 3
2 所以圆 P 的半径为 3(1 t ) .
x
由
| t | 3(1 t 2 )
kl 2 ， 直线 l 的方程为： y 3 2( x 2) ，即 y 2 x 1 。
（3）假设椭圆 E 上存在关于直线 l 对称的相异两点 P 、 Q ， 令 P( x1 , y1 ) 、 Q( x2 , y2 ) ，且 P Q 的中点为 R( x0 , y0 )
解析几何 第四版 课后答案
解析几何复习题参考解答
解析几何复习题参考解答一、填空题1.07-26-2=+z y x2.)21,34,23(π 3.)0,1,5(- 4.3π 5.2 6.5.22 7.同 8.26 9.13262 10.034-2--222=+++z y x z yz y 11.14169222=++z y x 12.0115-7=+-z y x 13.z y x ==2- 14.5 15.4π；4；0222=±X Y 16.)1,1,-3( 17.02≠I 18.0043≠=I I ，二、解:0)5-32-()22-3(=++++z y x z y x μλλμ2)1,1,1(0=−−−→−P 08-85-5=+→z y x三、解：（1）⎪⎩⎪⎨⎧+=-=-=t z t y tx 25 21205=−−−−→−=++t y x 代入→交点坐标是)9,2-,3-(（2）nnννθ⋅=sin 220112)1()2(021112222222=+++-+-⨯+⨯-⨯-=4πθ=→ 四、解：（如图所示）设旧坐标系、新坐标系的基本单位向量组分别是321321,,;,,e e e e e e '''，则有：⎪⎩⎪⎨⎧+=-+-='+=---='='323233232211 cos sin -)cos()sin( sin cos )sin()cos(e e e e e e e e e e e eθθθθθθθθ ⎪⎩⎪⎨⎧'+'='-'='=∴θθθθcos sin sin cos z y z z y y x x 五、解：设点),,(z y x P 为旋转曲面上的任一点，它是由直线上的点),,(0000z y x P 绕z 轴旋转所得, 则有：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-+-+-=-+-+-===200202020220000)()0()0()()0()0(0-z z y x z z y x z y x z z βα 消去参数000,,z y x ，得：y )(x x 'zy 'z ')(O O 'θθ 3e3e ' )(11e e ' 2e ' 2e22222βα=-+z y x 为所求旋转曲面的方程（1）当βα、均非零时，所求旋转曲面表示旋转单叶双曲面 （2）当0,0≠=βα时，所求旋转曲面表示母线平行于z 轴的圆柱面 （3）当0,0=≠βα时，所求旋转曲面表示圆锥面 六、解：设所求柱面上的任一点为),,(z y x P ，过该点的母线交准于点),(0000z y x P则有：⎪⎩⎪⎨⎧===++=++000000202020---01zz y y x x z y x z y x , 消去参数000,,z y x ，得：3)---2(222=++zx yz xy z y x 为所求柱面的方程七、解：设),,(z y x P 为所求轨迹上任一点，该点所在抛物线的顶点为),,(0000z y x P则有：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==-=-=)(20020200020z z x y y x z y 消去参数000,,z y x ,得轨迹方程z y x 222=-表示双曲抛物面八、（10分）解：811113-6-13-836-30,-98330,8321=====I I I 特征方程:0982=--λλ，1,921-==λλ标准方程：1922=-Y X 或1922=-X Y 为双曲线一、填空题1.02=++z y x ；平面2.⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛21,34,23π；⎪⎭⎫ ⎝⎛34,3,1ππ 3.)2,2,2( 4.2π；)12,4,20( 5.2 6.5.22 7.1- 8.26 9.13262 10.2z y x =+ 11.14169222=++z y x 12.08855=-+-z y x 13.5 14.4π；2； 022=±X Y 15.)0,1,0( 16.抛物面 二、解:)1,1,3()1,1,1(21-⨯-=⨯=n nν)4,2,2(=⇒ν2211:-=-=-⇒z y x L 三、解：（1）⎪⎩⎪⎨⎧+=-=--=t z t y t x 2322, 代入平面方程，求得：1-=t ∴交点坐标是)1,1,0(（2）n nννθ⋅=sin 220112)1()2(021112222222=+++-+-⨯+⨯-⨯-= 4πθ=∴ 四、解：（如图所示）设旧坐标系、新坐标系的基本单位向量组分别是321321,,;,,e e e e e e '''，则有：⎪⎩⎪⎨⎧+=-+--='='-=-+-='313132231311cos sin )cos()sin(sin cos )sin()cos(e e e e e e e e e e e e θθθθθθθθ ⎪⎩⎪⎨⎧+='='-='∴θθθθcos sin sin cos z x z y y z x x 五、解：设点),,(z y x P 为旋转曲面上的任一点，它是由直线上的点),,(0000z y x P 绕z 轴旋转所得, 则有:⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-+-+-=-+-+--===222020202000000)0()0()()0()0()(0z y x x z y x x z y x x x βα 消去参数000,,z y x ，得：22222βα=-+x z y 为所求旋转曲面的方程 （1）当βα、均非零时，所求旋转曲面表示单叶旋转双曲面 （2）当0,0≠=βα时，所求旋转曲面表示母线平行于z 轴的圆柱面z)(y y ' xz 'x 'O θθ1e1e ')(22e e ' 3e ' 3e（3）当0,0=≠βα时，所求旋转曲面表示圆锥面六、解:设所求锥面上的任一点为),,(z y x P ，过该点的母线交截口于点),(0000z y x P则有：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧====+00002020416z zy y x x z y x , 消去参数000,,z y x ，得:0222=-+z y x 为所求锥面的方程 七、解：设),,(z y x P 为所求轨迹上任一点，该点所在抛物线的顶点为),,(0000z y x P则有：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==-=-=)(20020200020z z x y y x z y ,消去参数000,,z y x ,得轨迹方程z y x 222=-表示双曲抛物面 八、解：36311151113,36311331155113,11321===++==I I I3654024311015121134-=----=I 特征方程036361123=-+-λλλ特征根:6,3,2321===λλλ 标准方程为：1632222=++Z Y X 表示椭球面。