高等数学向量代数与空间解析几何题

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ABCD中，设____AB＝a，____AD＝b。试用a和b表示向量____MA、____MB、____MC和____MD，这里M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＝____AC＝2____AM 即 －（a＋b）＝2____MA 于是 ____MA＝21（a＋b）。

因为____MC＝－____MA，所以21____MC（a＋b）. 图5－8 又因－a＋b＝____BD＝2____MD，所以____MD＝21（b－a）.由于____MB＝－____MD，____MB＝21（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ABC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

CcBbAasinsinsin 证明 注意到CB=CA+AB,故有 CBCA=(CA+AB) CA=CACA+ABCA =ABCA =AB(CB+BA) =ABCB 图5－15 于是得到 CBCA=ABCA =ABCB 从而 |CBCA|=|ABCA| =|ABCB| 即 absinC＝cbsinA＝casinB 所以

CcBbAasinsinsin 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)0,,0(yM，则由两点间的距离公式，有

222222)00()5()03()07()1()04(yy

解得4y，故所求点为)0,4,0(M 例2 求证以)3,2,5()2,1,7()1,3,4(321MMM、、三点为顶点的三角形是一个等腰三角形. 解 因为

6)31()23()54(||6)23()12()75(||14)12()31()47(||222213222232222221MMMMMM

所以||||1332MMMM，即△321MMM为等腰三角形. 5.2.2 向量运算的坐标表示 例3 设有点),,(1111zyxM，),,(2222zyxM，求向量21MM的坐标表示式。 解 由于1221OMOMMM，而),,(1111zyxOM，),,(2222zyxOM，于是 ),,(),,(),,(12121211122212zzyyxxzyxzyxOMOM 即 ),,(12121221zzyyxxMM 例4 已知两点A（4，0，5）和B（7，1，3），求与____AB方向相同的单位向量e. 解 因为 ____AB＝____OB–____OA＝（7，1，3）－（4，0，5）＝（3，1,–2），

所以 ____AB＝14)2(13222， 于是 e)2,1,3(141||ABAB. 例5 求解以向量为未知元的线性方程组byxayx2335 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),,(111zyx和B),,(222zyx以及实数1，在直线AB上求点M，使

____AM

____MB.

解 如图7－13所示.由于 ____AM＝____OM–____OA，____MB＝____OB–____OM，

因此 ____OM–____OA（____OB–____OM）， 从而 ____OM11（____OA____OB）.

以____OA、____OB的坐标（即点A、点B的坐标）代入 图7－13 ____OM





1,1,1212121zzyyxx

本例中的点M称为定比分点，特别地当1时，得线段AB的中点为 

2,2,2212121zzyyxxM.

例7 已知两点)2,2,2(1M和)0,3,1(2M，计算向量____21MM的模、方向余弦和方向角. 解 ____21MM＝（1–2, 3–2,0–2） =(–1, 1,–2); |____21MM|=222)2(1)1( =24211;

22cos,21cos,21cos; 43,3,32

.

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MA，MB，则∠AMB为向量MA与MB的夹角. 这时MA=( 1, 1, 0)，MB=( 1, 0, 1)，从而

MA•MB=11+10+01=1;

|MA|=2011222; MB=2101222.

从而

cos∠AMB=21221||||MBMAMBMA,

由此得 ∠AMB＝3. 例9 设立方体得一条对角线为OM，一条棱为OA，且|OA|=a，求OA在方向OM上的投影OAprjOM. 解 如图5－21所示，记∠MOA＝，有

31||||cosOMOA，

于是 OAprjOM＝OA3cosa. 图5－21 例10 设a＝（2，1，－1），b＝（1，－1，2），计算ab. 解 ab＝kj ikji35211112--. 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

||21sin||||21ACABAACABSABC 由于||AB＝（2，2，2）， ||AC＝（1，2，4），因此 ,-ACABkj ikji264212224 于是 .142)6(421264|21222kj i-SABC

例12 设刚体以等角速度绕l轴旋转，计算刚体上一点M的线速度. 解 刚体绕l轴旋转时，我们可以用在l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l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l轴上任取一点O做向量r＝OM，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l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=ωr.

例13 已知不在一平面上的四点：A（111,,zyx）、B（222,,zyx）、C（333,,zyx）、

D（444,,zyx）. 求四面体ABCD的体积. 解 由立体几何知道，四面体的体积TV等于以向量AB、AC和AD为棱的平行六面体的体积的六分之一. 因而

TV=.|][|61ADACAB

由于 AB=),,(121212zzyyxx, AC=),,(131313zzyyxx,

AD=),,(141414zzyyxx

所以

TV=14141413131312121261zzyyxxzzyyxxzzyyxx

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)1,2,1(1M和)2,1,3(2M，求经过点1M且与直线21MM垂直的平面方程。 解 显然21MM就是平面的一个法向量

)3,3,2()12,21,13(21MM 由点法式方程可得所求平面的方程为 0)1(3)2(3)1(2zyx

即 07332zyx 例2 求过三点1M（2，－1，4）、2M（－1，3，－2）和3M（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21MM、31MM都垂直，而

21MM

＝（－3，4，－6），31MM＝（－2，3，－1），所以可取它们的向量积为n：

n＝21MM31MM＝132643kji＝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







,0,0,0DcCDbBDaA

得cDCbDBaDA,,. 以此代入（2）并除以D（D≠0），便得所求的平面方程为 图5－24 1czbya

x (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.