高等数学练习答案-总习题七

总习题七1填空(1)设在坐标系[Oijk]中点A和点M的坐标依次为(x0y0z0)和(xyz)则在[Aijk]坐标系中点M的坐标为___________向量OM的坐标为___________解M(xx0yy0zz0)),,(zyxOM提示自由向量与起点无关它在某一向量上的投影不会因起点的位置的不同而改变(2)设数1、2、3不全为0使1a2b3c0则a、b、c三个向量是__________的解共面(3)设a(212)b(4110)cba且ac则____________解3提示因为ac所以ac0又因为由acabaa241(1)210(221222)279所以3(4)设a、b、c都是单位向量且满足abc0则abbcca____________解23提示因为abc0所以(abc)(abc)0即aabbcc2ab2ac2ca0于是23)111(21)(21ccbbaaaccbba(5)设|a|3|b|4|c|5且满足abc0则|abbcca|____________解36提示c(ab)abbccaabb(ab)(ab)aabbaba3ab|abbcca|3|ab|3|a||b|334362在y轴上求与点A(137)和点B(575)等距离的点解设所求点为M(0y0)则有12(y3)27252(y7)2(5)2即(y3)2(y7)2解得y2所求的点为M(020)3已知ABC的顶点为A(3,2,1)、B(5,4,7)和C(1,1,2)求从顶点C所引中线的长度解线段AB的中点的坐标为)3,1,4()271,242,253(所求中线的长度为30)23()11()14(222d4设ABC的三边aBC、bCA、cAB三边中点依次为D、E、F试用向量a、b、c表示AD、BE、CF并证明0CFBEAD解ac21BDABADba21CEBCBEcb21AFCACF0)(23)(23cccbaCFBEAD5试用向量证明三角形两边中点的连线平行于第三边且其长度等于第三边长度的一半证明设DE分别为ABAC的中点则有)(21ABACADAEDEABACACBABC所以BCDE21从而DE//BC且||21||BCDE6设|ab||ab|a(358)b(11z)求z解ab(248z)ab(468z)因为|ab||ab|所以222222)8()6(4)8()4(2zz解得z17设3||a|b|16),(^ba求向量ab与ab的夹角解|ab|2(ab)(ab)|a|2|b|22ab|a|2|b|22|a||b|cos(a^b)76cos3213|ab|2(ab)(ab)|a|2|b|22ab|a|2|b|22|a||b|cos(a^b)16cos3213设向量ab与ab的夹角为则721713||||||||||||)()(cos22bababababababa72arccos8设a3b7a5ba4b7a2b求),(^ba解因为a3b7a5ba4b7a2b所以(a3b)(7a5b)0(a4b)(7a2b)0即7|a|216ab15|b|207|a|230ab8|b|20又以上两式可得baba2||||于是21||||),cos(^bababa3),(^ba9设a(212)b(11z)问z为何值时),(^ba最小？并求出此最小值解2^2321||||),cos(zzbababa因为当2),(0^ba时),cos(^ba为单调减函数求),(^ba的最小值也就是求22321)(zzzf的最大值令0)2(431)(2/32zzzf得z4当z4时22),cos(^ba所以422arccos),(min^ba10设|a|4|b|36),(^ba求以a2b和a3b为边的平行四边形的面积解(a2b)(a3b)3ab2ba5ba以a2b和a3b为边的平行四边形的面积为3021435),sin(||||5||5|)3()2(|^baababbaba11设a(231)b(123)c(212)向量r满足rarbPrjcr14求r解设r(xyz)因为rarb所以ra0rb0即2x3yz0x2y3z0又因为Prjcr14所以14||1ccr即2xy2z42解线性方程组4222032032zyxzyxzyx得x14y10z2所以r(14102)另解因为rarb所以r与kjikjiba57321132平行故可设r(751)又因为Prjcr14所以14||1ccrrc42即(725112)422所以r(14102)12设a(132)b(234)c(3126)证明三向量a、b、c共面并用a和b表示c证明向量a、b、c共面的充要条件是(ab)c0因为kikjiba36432231(ab)c(6)(3)012(3)60所以向量a、b、c共面设cab则有(23324)(3126)即有方程组642123332解之得51所以c5ab13已知动点M(x,y,z)到xOy平面的距离与点M到点(1,1,2)的距离相等求点M的轨迹方程解根据题意有222)2()1()1(||zyxz或z2(x1)2(y1)2(z2)2化简得(x1)2(y1)24(z1)这就是点M的轨迹方程14指出下列旋转曲面的一条母线和旋转轴(1)z2(x2y2)解旋转曲面的一条母线为zOx面上的曲线z2x2旋转轴为z轴(2)136936222zyx解旋转曲面的一条母线为xOy面上的曲线193622yx旋转轴为y轴(3)z23(x2y2)解旋转曲面的一条母线为yOz面上的曲线yz3旋转轴为z轴(4)144222zyx解旋转曲面的一条母线为xOy面上的曲线1422yx旋转轴为x轴15求通过点A(300)和B(001)且与xOy面成3角的平面的方程解设所求平面的法线向量为n(abc))1,0,3(BAxOy面的法线向量为k(001)按要求有0BAn3cos||||knkn即2103222cbacca解之得c3aab26于是所求的平面的方程为0326)3(zyx即3326zyx或3326zyx16设一平面垂直于平面z0并通过从点(1,1,1)到直线001xzy的垂线求此平面方程解直线001xzy的方向向量为s(011)(100)(011)设点(1,1,1)到直线001xzy的垂线交于点(x0y0z0)因为点(x0y0z0)在直线001xzy上所以(x0y0z0)(0y0y01)于是垂线的方向向量为s1(1y01y0)显然有ss10即y01y00210y从而)21,21,1(),1,1(001yys所求平面的法线向量可取为jikjikskn21)2121(1所求平面的方程为0)1()1(21yx即x2y1017求过点(1,0,4)且平行于平面3x4yz100又与直线21311zyx相交的直线的方程解过点(1,0,4)且平行于平面3x4yz100的平面的方程为3(x1)4(y0)(z4)0即3x4yz10将直线21311zyx化为参数方程x1ty3tz2t代入平面方程3x4yz10得3(1t)4(3t)2t10解得t16于是平面3x4yz10与直线21311zyx的交点的坐标为(151932)这也是所求直线与已知直线的交点的坐标所求直线的方向向量为s(151932)(1,0,4)(161928)所求直线的方程为28419161zyx18已知点A(1,0,0)及点B(0,2,1)试在z轴上求一点C使ABC的面积最小解设所求的点为C(00z)则),0,1(zAC)1,2,0(zBC因为kjikji2)1(212001zzzzBCAC所以ABC的面积为4)1(421||2122zzBCACS令04)1(4)1(284122zzzzdzdS得51z所求点为)51,0,0(C19求曲线2222)1()1(2yxzyxz在三个坐标面上的投影曲线的方程解在xOy面上的投影曲线方程为02)1()1(2222zyxyx即022zyxyx在zOx面上的投影曲线方程为0)12()1(222yzxxz即002342222yzxzxzx在yOz面上的投影曲线方程为0)1()12(222xyzyz即002342222xzyzyzy20求锥面22yxz与柱面z22x所围立体在三个坐标面上的投影解锥面与柱面交线在xOy面上的投影为0222zyxx即01)1(22zyx所以立体在xOy面上的投影为01)1(22zyx锥面与柱面交线在yOz面上的投影为0)21(222xyzz即01)22(222xyz所以立体在yOz面上的投影为01)22(222xyz锥面22yxz与柱面z22x与平面y=0的交线为0||yxz和02yxz所以立体在zOx面上的投影为02yxzx21画出下列各曲面所围立体的图形(1)抛物柱面2y2x平面z0及1224zyx(2)抛物柱面x21z平面y0z0及xy1(3)圆锥面22yxz及旋转抛物面z2x2y