解析几何第四版吕林根课后习题答案定稿版

解析几何第四版吕林根课后习题答案精编W O R D版IBM system office room 【A0816H-A0912AAAHH-GX8Q8-GNTHHJ8】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)1,1,3(1-M 和点)0,1,1(2-M 且平行于矢量}2,0,1{-的平面（2）通过点)1,5,1(1-M 和)2,2,3(2-M 且垂直于xoy 坐标面的平面；（3）已知四点)3,1,5(A ，)2,6,1(B ，)4,0,5(C )6,0,4(D 。

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） }1,2,2{21--=M M ，又矢量}2,0,1{-平行于所求平面， 故所求的平面方程为：一般方程为：07234=-+-z y x（2）由于平面垂直于xoy 面，所以它平行于z 轴，即}1,0,0{与所求的平面平行，又}3,7,2{21-=M M ，平行于所求的平面，所以要求的平面的参数方程为： 一般方程为：0)5(2)1(7=+--y x ，即01727=--y x 。

（3）（ⅰ）设平面π通过直线AB ，且平行于直线CD ：}1,5,4{--=，}2,0,1{-=从而π的参数方程为：一般方程为：0745910=-++z y x 。

（ⅱ）设平面π'通过直线AB ，且垂直于ABC ∆所在的平面∴ }1,5,4{--=AB ， }1,1,1{4}4,4,4{}1,1,0{}1,5,4{==-⨯--=⨯AC AB均与π'平行，所以π'的参数式方程为：一般方程为：0232=--+z y x .2.化一般方程为截距式与参数式：042:=+-+z y x π.解： π与三个坐标轴的交点为：)4,0,0(),0,20(),0,0,4(--，所以，它的截距式方程为：1424=+-+-z y x . 又与所给平面方程平行的矢量为：}4,0,4{},0,2,4{-，∴ 所求平面的参数式方程为：3.证明矢量},,{Z Y X =平行与平面0=+++D Cz By Ax 的充要条件为：0=++CZ BY AX .证明： 不妨设0≠A ，则平面0=+++D Cz By Ax 的参数式方程为：故其方位矢量为：}1,0,{},0,1,{ACA B --， 从而平行于平面0=+++D Cz By Ax 的充要条件为：，}1,0,{},0,1,{ACA B --共面⇔⇔ 0=++CZ BY AX .4. 已知连接两点),12,0(),5,10,3(z B A -的线段平行于平面0147=--+z y x ，求B 点的z 坐标.解： }5,2,3{z +-=而平行于0147=--+z y x由题3知：0)5(427)3(=+-⨯+⨯-z从而18=z .5. 求下列平面的一般方程.⑴通过点()1,1,21-M 和()1,2,32-M 且分别平行于三坐标轴的三个平面; ⑵过点()4,2,3-M 且在x 轴和y 轴上截距分别为2-和3-的平面;⑶与平面0325=+-+z y x 垂直且分别通过三个坐标轴的三个平面; ⑷已知两点()()1,2,4,2,1,321--M -M ,求通过1M 且垂直于21,M M 的平面; ⑸原点O 在所求平面上的正射影为()6,9,2-P ;⑹求过点()1,5,31-M 和()2,1,42M 且垂直于平面0138=-+-z y x 的平面.解:平行于x 轴的平面方程为001011112=--+-z y x .即01=-z .同理可知平行于y 轴,z 轴的平面的方程分别为01,01=-+=-y x z .⑵设该平面的截距式方程为132=+-+-c z y x ,把点()4,2,3-M 代入得1924-=c 故一般方程为02419812=+++z y x .⑶若所求平面经过x 轴，则()0,0,0为平面内一个点,{}2,1,5-和{}0,0,1为所求平面的方位矢量,∴点法式方程为001215000=----z y x ∴一般方程为02=+z y .同理经过y 轴,z 轴的平面的一般方程分别为05,052=-=+y x z x .⑷{}2121.3,1,1M M --=M M →垂直于平面π, ∴该平面的法向量{}3,1,1--=→n ,平面∂通过点()2,1,31-M , 因此平面π的点位式方程为()()()02313=--+--z y x .化简得023=+--z y x .(5) {}.6,9,2-=→op ∴ .116cos ,119cos ,112cos -===∂γβ 则该平面的法式方程为:.011116119112=--+z y x既 .0121692=--+z y x（6）平面0138=-+-z y x 的法向量为{}3,8,1-=→n ，{}1,6,121=M M ，点从()2,1,4写出平面的点位式方程为0161381214=----z y x ，则,261638-=-=A74282426,141131,21113-=++⨯-=====D C B ，则一般方程,0=+++D Cz By Ax 即：.037713=---z y x6．将下列平面的一般方程化为法式方程。

解：.3-=D∴将已知的一般方程乘上.301=λ得法式方程.030330530230=-+-z y x()∴-=∴=.21.12λD 将已知的一般方程乘上.21-=λ得法式方程.0212121=-+-y x()∴-=∴=.1.2.3λD 将已知的一般方程乘上.1-=λ得法式方程.02=--x().91.0.4±=∴=λD 即91=λ或91-=λ将已知的一般方程乘上91=λ或.91-=λ得法式方程为0979494=+-z y x 或.0979494=-+-z y x7．求自坐标原点自以下各平面所引垂线的长和指向平面的单位法矢量的方向余弦。

解：().71.35.1=-=λD 化为法式方程为05767372=-++z y x 原点指向平面π的单位法矢量为,76,73,72⎭⎬⎫⎩⎨⎧=u 它的方向余弦为.76cos ,73cos ,72cos ===γβα原点o 到平面π的距离为.5=-=D P λ().31.21.2-==λD 化为法式方程为-07323231=--+-z y x 原点指向平面π的单位法矢量为,32,32,310⎭⎬⎫⎩⎨⎧--=n 它的方向余弦为122cos ,cos ,cos .333αβγ=-==-原点o 到平面π的距离7.p D λ=-=第20页8．已知三角形顶点()()()0,7,0,2,1,1,2,2,2.A B C --求平行于ABC 所在的平面且与她相距为2各单位的平面方程。

解：设,.AB a AC b ==点()0,7,0.A -则{}{}2,6,1,2,9,2a b ==写出平面的点位式方程72610292x y z += 设一般方程0. 3.2,6,140.Ax By Cz D A B C D +++=∴====-<则1. 2.7p D λλ==-=相距为2个单位。

则当4p =时28.D =-当0p =时0.D =∴所求平面为326280.x y z -+-=和3260.x y z -+=9．求与原点距离为6个单位，且在三坐标轴,ox oy 与oz 上的截距之比为::1:3:2a b c =-的平面。

解：设,3,2.0.a x b x c x abc =-==≠∴设平面的截距方程为 1.x y za b c ++=即.bcx acy abz abc ++=又原点到此平面的距离 6.d =6.=∴所求方程为7.32y zx -++= 10．平面1x y za b c++=分别与三个坐标轴交于点,,.A B C 求ABC 的面积。

解 (,0,0)A a , (0,,0)B b ,(0,0,)C c {},,0AB a b =-,{},0,AC a c =-. {},,AB AC bc ca ab ⨯=;2AB AC b ⨯=. ∴S ABC11．设从坐标原点到平面的距离为。

求证1.p p =∴= 从而有22221111.p a b c =++ § 3.2 平面与点的相关位置1.计算下列点和平面间的离差和距离：（1）)3,4,2(-M ， :π 0322=++-z y x ；（2）)3,2,1(-M ， :π 0435=++-z y x .解： 将π的方程法式化，得：01323132=--+-z y x ， 故离差为：311332431)2()32()(-=-⨯-⨯+-⨯-=M δ，M 到π的距离.31)(==M d δ（2）类似（1），可求得0354353356355)(=-++-=M δ，M 到π的距离.0)(==M d δ2.求下列各点的坐标：（1）在y 轴上且到平面02222=--+z y 的距离等于4个单位的点；（2）在z 轴上且到点)0,2,1(-M 与到平面09623=-+-z y x 距离相等的点；（3）在x 轴上且到平面01151612=++-z y x 和0122=--+z y x 距离相等的点。

解：（1）设要求的点为)0,,0(0y M 则由题意∴ 610=-y ⇒50-=y 或7.即所求的点为（0，-5，0）及（0，7，0）。

（2）设所求的点为),0,0(0z 则由题意知：由此，20-=z 或-82/13。

故，要求的点为)2,0,0(-及)1382,0,0(-。

（3）设所求的点为)0,0,(0x ，由题意知：由此解得：20=x 或11/43。

所求点即（2，0，0）及（11/43，0，0）。

3.已知四面体的四个顶点为)4,1,1(),5,11,2(),3,5,3(),4,6,0(---C B A S ，计算从顶点S 向底面ABC 所引的高。

解：地面ABC 的方程为：所以，高335426=+⨯--=h 。

4.求中心在)2,5,3(-C 且与平面01132=+--z y x 相切的球面方程。

解：球面的半径为C 到平面π：01132=+--z y x 的距离，它为：142142814116532==+++⨯=R ，所以，要求的球面的方程为：56)2()5()3(222=++++-z y x .即：0184106222=-++-++z y x z y x .5．求通过x 轴其与点()5,4,13M 相距8个单位的平面方程。

解：设通过x 轴的平面为0.By Cz +=它与点()5,4,13M 相距8个单位，从而228.481041050.B BC C =∴--=因此()()1235430.B C B C -+=从而得12350B C -=或430.B C +=于是有:35:12B C =或():3:4.B C =-∴所求平面为35120y z +=或340.y z -=6. 求与下列各对平面距离相等的点的轨迹.⑴053407263=--=--+y x z y x 和;⑵062901429=++-=-+-z y x z y x 和.解: ⑴ ()0726371:1=--+z y x π 令()()53451726371--=--+y x z y x 化简整理可得:0105113=+-z y x 与07010943=--+z y x .⑵对应项系数相同,可求42614221'-=+-=+=D D D ,从而直接写出所求的方程:0429=-+-z y x .9 判别点M （2 -1 1）和N （1 2 -3）在由下列相交平面所构成的同一个二面角内，还是在相邻二面角内，或是在对顶的二面角内？（1）1:3230x y z π-+-=与2:240x y z π--+= （2）1:2510x y z -+-=与2:32610x y z π-+-=解：（1）将M （2 -1 1），N （1 2 -3）代入1π，得： 6123032630++-〉⎧⎨---〈⎩则M ，N 在1π的异侧再代入2π，得：221470143440+-+=〉⎧⎨-++=〉⎩∴MN 在2π的同侧∴MN 在相邻二面角内（2）将M （2 -1 1）N （1 2 -3）代入1π，得：4151902215180++-=〉⎧⎨---=-〈⎩则MN 在1π的异侧。