线性代数与空间解析几何-第四章习题解答

10
(a − d ) × (b − c ) = a × b − a × c − d × b + d × c = a × b − c × d − a × c + b × d = 0 证：
故a − b与b − c共线。
11
证： AB = {− 1,3,3}
AC = {0,4,2}
AD = {3,1,−4}
i j k n= 1 3 2 = − i + 5 j − 7k 2 −1 −1
(3)
所以 法向量为 { -1，5，-7}
由点法式： -(x-1)+5(y-3)-7(z-2)=0 即 x-5y+7z=0 设平面法向量为 { A, B, C },由点法式平面方程：A(x-2)+B(y-3)=0…………* 因为: 平面平行 Z 轴, 所以：法向量垂直 Z 轴 即
设向量的方向余弦为 cos α . cos β . cos γ。由已知β = α
10 ( 加
A
题
)
1 ∆∆ABC中，D为BC边中点，证明AD = （AB + AC） 。 2
B
D
C
证明：由三角形法则 AD = AB + BD 两式相加得 2 AD = AB + AC , 即 AD =
AD = AC + CD 又 ∵ D为BC中点。 ∴BD = −CD
第四章 空间与向量运算
习题一 1 (1) (2)
AB(1,3,0)
BC (−5,0,0) CA(4,−3,0)
AB = (3 − 2) 2 + (2 + 1) 2 + (1 − 1) 2 = 10
2 A (3，4，0) 在 xoy 面上 B（0，4，3）点在 yoz 面上 C（3，0，0）在 x 轴上 D（0，－1，0）在 y 轴上 3 3u－2v＝3（a－b＋2c）－2（－3b－c）＝3a＋3b＋8c 4 D C O A B 设四边形 ABCD 中 AC 与 DB 交于 O，由已知 AO＝OC，DO＝OB 因为 AB＝AO＋OB＝OC＋DO＝DC,AD=AO+OD=OC+BO=BC 所以 ABCD 为平行四边形。 5
b0 =
b 6 6 6 = { ,− , } b 3 6 6
（3） c=(6,-3,3)
c =
b + (−4) + 3
cos γ = 3 3 6
2 2
2
2
2
cos α =
2 3 6
=
6 3
cos β =
−3 3 6
=
− 6 6
=
6 6
2
（4） d=(-2,1,-1)
d = (− 2) + 1 + (−1) = 6
⎧4 2 2 0 0 4⎫ AC × AD = ⎨ , , ⎬ = {− 18,6,−12} ⎩2 − 4 − 4 3 3 1⎭
AB ⋅ AC × AD = {− 1,3,3}⋅ {− 18,−6,−12} = 0
故A、B、C、D四点共面。
12
(
)
⎛ e1 ⎞ ⎜ ⎟ 证：a = {− 1,3,2}⋅ ⎜ e2 ⎟ ⎜e ⎟ ⎝ 3⎠
7
解：由向量积定义，知S ∆ABC =
1 1 AB AC sin ∠A = AB × AC 2 2
i j k ∴ AB × AC = − 6 − 3 2 = 14i − 42 j − 21k −3 2 6
∴ S ∆ABC =
8
1 1 (14) 2 + (−42) 2 + (−21) 2 = 2401 2 2
1
解：OA = {2， 3， 1} OB = { 1， 2， 2} 1 V = (OA × OB ) ⋅ OC 6 2 3 1 1 = 1 2 2 = 19 。 6 6 3 −1 4
OC = {3， − 1， 4}
习题三 1.（1） 由点法式： 2(x-1)+2(y-1)+3(z-1)=0, 即 2x+2y+3z-7=0 (2) O(0,0,0) A(1,3,2) B(2,-1,-1) 则 OA={ 1,3,2 } OB={ 2,-1,-1 }
(3) cos α = cos β = 0
9.
γ = 2α，又 ∵ cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ = 1 1 即 cos 2 α + cos 2 α + cos 2 2α = 1 ⇒ 2 cos 2 α + (2 cos 2 α − 1) 2 = 1 ⇒ cos α = 0或 cos α = ± 2 1 1 1 ∴ 方向余弦为{ 0，0， − 1}, {± ,± ,∓ }。 2 2 2
=
2 • 1 + (−2) • 2 + 1 • 3 − 3 2 2 + (−2) 2 + 12 = 13 / 3
= 2/3
（2）
d=
2 • (−1) + (−2) • 7 + 6 − 3 2 2 + (−2) 2 + 1 2 • 8 + (−2) • 3 + (−4) − 3 3
（3）
d=
= 22 / 3
b={ 1,−2,2} a ⋅ b − 1 ⋅ 1 + 1 ⋅ (−2) + 0 ⋅ 2 2 = =− ab 2 2 ⋅3
∴ a, b夹角为135 � 。
4
证明：在∆ABC中，建立向量如图，又c = a − b, c 2 = (a − b ) = a 2 + b 2 − 2ab. 由数量积定义得： c = a + b − 2 a b cos c
14
解：
(1)( a × b ) ⋅ c
1 0 −1 =2 1 0 0 0 =1
15
( 2 )( a × b ) ⋅ ( a × c )
⎧ 0 −1 −1 1 1 0 ⎫ ⎧ 0 −1 −1 1 1 0 ⎫ =⎨ , , , , ⎬⋅⎨ ⎬ ⎩1 0 0 2 2 1⎭ ⎩0 1 1 0 1 0⎭ =2
（ A, B, C） • (0, 0, 1)=0 ⇒ c=0
A B = { -4, -2, 0 }, A B ⊥ n. 即 (-4，-2，0) • (A, B, C)=0
即 –4A-2B=0 ⇒ B=-2A 代入 * A(x-2)-2A(y-3)=0 两边同时除以 A 得方程 ： x-2y+4=0 (4) 平面法向量为 n={ 7, -3, 1 }, 由点法式，平面方程为 ：7(x-1)-3(y+z)+(z-3)=0 即 7x-3y+z-16=0 2. (1) 过原点且以{2，-1， -1 }为法向量的平面
1 ( AB + AC )。 2
11(加题) 试证点A（ − 3， − 3， − 3），B（ 5， − 1， −1 ），C（ − 1，5， −1 ），D（ − 1， − 1，5）且一个 正四面体的四个顶点，且此四个顶点到原点的距离相等。
证：由距离公式得： AB = [5 − (−3)]2 + [−1 − (−3)]2 = 6 2 同样可得 AC = AD = BC = BD = CD = 6 2 说明四点中每两点得距离均相等，每三点都可作成一个正三角形，这样得正三角形共四个， 但平面内得四个点不可能作成四个正三角形，由距离公式： OA = OB = OC = OD = 3 3。
n2 { 5,1,0 } n2 {2, 4, -2 }
平面斜交
∵ 1/2=2/4=-1/-2
∵ 2 • 5+(-3) • 1+1 • (-7)=0
（3）
两平面平行 n1 {2, -3, 1 } n2
∴
பைடு நூலகம்
{5, 1, -7 }
∴
4. AB= {-5, -4, 1 }
两平面垂直 AC={ -4, 2, -6 }
P
6
rju
ˆ ) = 4 × cos 60o＝4 × r = r cos(ru
3 ＝2 3 2
设起点 A 为（ x0 , y0 , z0 ）
p
7
rjx
AB = (2 − x0) = 4
p
rjy
AB = (−1 −
y ) = −4 p
0
rjz
AB = (7 − z 0) = 7
解得：
x
0
= −2 y = 3 z 0 = 0
i j k n= 1 − 2 4 = −16i + 14 j + 11k ∴ n 为 {-16， 14， 11 } 3 5 −2
由点法式，平面方程为： − 16( x − 2) + 11( z − 8) = 0 即
− 16 x + 11z + 120 = 0
6． （1）
d=
Ax0 + By 0 + Cz 0 + D A2 + B 2 + C 2
c × d 即以c、d为邻边的平行四边形面积，即 S = c × d = (2a + 3b ) × (a − 4b ) = 2a × a − 8a × b + 3b × a − 12b × b = 11 a × b = 11
9
证：a × b = a × (− a − c ) = − a × a − a × c = c × a
5
2 2 2
2
a = (1,0,-1)
b = (− 1,−2,1`)
i j k a×b = 1 0 − 1 = −2k − 2i −1 − 2 1
6
a = {2,3,0}
b = {0,3,2}
i j k a × b = 2 3 0 = 6i − 4 j + 6k 0 3 2 a × b = 6 2 + (−4) 2 + 6 = 2 22