高等数学-习题答案-方明亮-第六章

第六章空解析几何与向量代数习题参考解答1高等数学方明亮版第六章习题6—11、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、MD其中M是平行四边形对角线的交点解：由于平行四边形的对角线互相平分所以abAMAC2即(ab)MA2于是21MA(ab)因为MAMC所以21MC(ab)又因abMDBD2所以21MD(ba)由于MDMB所以21MB(ab)2、若四边形的对角线互相平分，用向量方法证明它是平行四边形.证：AMMC,BMMD，ADAMMDMCBMBCAD与BC平行且相等,结论得证.3、求起点为)1,2,1(A，终点为)1,18,19(B的向量AB与12AB的坐标表达式.解：AB=jikji2020)11()218()119(={20,20,0},12AB={10,10,0}4、求平行于a={1，1，1}的单位向量.解：与a平行的单位向量为1,1,131aa.5、在空间直角坐标系中，指出下列各点在哪个卦限？(1,1,1),A(1,1,1),B(1,1,1),C(1,1,1).D解：A:Ⅳ;B:Ⅴ;C:Ⅷ;D:Ⅲ.6、求点),,(zyxM与x轴，xOy平面及原点的对称点坐标.解：),,(zyxM关于x轴的对称点为),,(1zyxM，关于xOy平面的对称点为),,(2zyxM，关于原点的对称点为),,(3zyxM.7、已知点A(a,b,c),求它在各坐标平面上及各坐标轴上的垂足的坐标（即投影点的坐标）.解：分别为),0,0(),0,,0(),0,0,(),,0,(),,,0(),0,,(cbacacbba.8、过点(,,)Pabc分别作平行于z轴的直线和平行于xOy面的平面，问它们上面的点的坐标各第六章空解析几何与向量代数习题参考解答2有什么特点？解：平行于z轴的直线上面的点的坐标：xa,yb,zR；平行于xOy面的平面上的点的坐标为zc,x,yR.9、求点P(2,-5,4)到原点、各坐标轴和各坐标面的距离.解：到原点的距离为35，到x轴的距离为41，到y轴的距离为25,到z轴的距离为29.10、求证以)1,3,4(1M、)2,1,7(2M、)3,2,5(3M三点为顶点的三角形是一个等腰三角形.解：222212(74)(13)(21)14MM,222223(57)(21)(32)6MM222213(45)(32)(13)6MM，即1323MMMM，因此结论成立.11、在yoz坐标面上，求与三个点A(3,1,2),B(4,-2,-2),C(0,5,1)等距离的点的坐标.解：设yoz坐标面所求点为),,0(zyM，依题意有||||||MCMBMA，从而222)2()1()30(zy222)2()2()40(zy222)2()1()30(zy222(00)(5)(1)yz，联立解得2,1zy，故所求点的坐标为)2,1,0(.12、z轴上，求与点A(-4,1,7),点B(3,5,-2)等距离的点.解：设所求z轴上的点为),0,0(z，依题意：222)7()10()40(z222)2()50()30(z，两边平方得914z，故所求点为)914,0,0(.13、求使向量}5,1,{a与向量}50,10,2{b平行.解：由ba//得5051012得51.14、求与y轴反向，模为10的向量a的坐标表达式.解：a=jj10)(10={0,10,0}.第六章空解析几何与向量代数习题参考解答315、求与向量a={1，5，6}平行，模为10的向量b的坐标表达式.解：}6,5,1{6210aaa,故6,5,16210100ab.16、已知向量6410aijk，349bijk，试求：（1）2ab；（2）32ab．解：（1）264102(349)1248iabijkijkjk;（2）323(6410)2(349)=122048ab=ijkijkijk.17、已知两点(2,2,5)A和(3,0,4)B，求向量AB的模、方向余弦和方向角．解：因为(1,2,1)AB,所以2AB,121cos,cos,cos222,从而π3,3π4,2π3.18、设向量的方向角为、、．若已知其中的两个角为π3，2π3．求第三个角．解：π3,2π3,由222coscoscos1得21cos2.故π4或3π4.19、已知三点(1,0,0)A，(3,1,1)B，(2,0,1)C，求：（1）BC与CA及其模；（2）BC的方向余弦、方向角；（3）与BC同向的单位向量.解：（1）由题意知23,01,111,1,0,BC12,00,011,0,1,CA故2,2BCCA.（2）因为1,1,0,BC所以，由向量的方向余弦的坐标表示式得：11cos,cos,cos022，方向角为：3,42.（3）与BC同向的单位向量为：oa11,,022BCBC.20、设23,23,34,mijknijkpijk和23amnp求向量在x轴上的投影和在y轴上的分向量.第六章空解析几何与向量代数习题参考解答4解：2(23)3(23)(34)5114aijkijkijkijk.故向量a在x轴上的投影5xa，在y轴上的投影分量为11yaj.21、一向量的终点为点B(-2,1,-4),它在x轴，y轴和z轴上的投影依次为3，-3和8，求这向量起点A的坐标.解：设点A为（x,y,z）,依题意有：84,31,32zyx，故12,4,5zyx，即所求的点A（-5，4，-12）.22、已知向量a的两个方向余弦为cos=72,cos=73,且a与z轴的方向角是钝角.求cos.解：因222coscoscos1,22223366cos1cos77497故（）—（），，又是钝角，所以76cos.23、设三力1232234F,F,Fijijkjk作用于同一质点，求合力的大小和方向角.解：合力123(2)(234)()FFFFikijkjk323ijk，因此，合力的大小为22|F|,合力的方向余弦为,222cos,cos223cos因此32π2222arccos,arccos习题6—21、0,0,1a，0,1,0b，)1,0,0(c，求ab，ca，cb，及aa，ba，ca，cb.解：依题意，ia，jb，kc，故0jiba，0kica，0kjcb.0iiaa，kjiba，jkica，ikjcb.2、1,2,2,21,1ba,，求ba及ba.a与b的夹角余弦.解：（1）121221ab6,112221ijkab3,3,0.222222(2)cosxxyyzzxyzxyzabababaaabbb63.第六章空解析几何与向量代数习题参考解答53、已知π5,2,,3abab，求23ab解：2232323ababab22412976aabb，∴23ab219.4、证明下列问题：1）证明向量1,0,1a与向量1,1,1b垂直.2）证明向量c与向量()()acbbca垂直.证：1）01110)1(1ba,^π(,)2ab，即a与b垂直.2）[()()]acbbcac[()()]acbcbcac()[]cbacac0[()()]acbbcac.5、求点)1,2,1(M的向径OM与坐标轴之间的夹角.解：设OM与x、y、z轴之间的夹角分别为,,，则211)2(11cos22OMOMii,22cosOMOMjj,21cosOMOMkk.3π,4π,3π.6、求与kjia平行且满足1xa的向量x.解：因xa//,故可设,,ax，再由1xa得1，即31，从而31,31,31x.7、求与向量324aijk，2bijk都垂直的单位向量.解：xyzxyzijkcabaaabbb324112ijk105jk，22||10555,c0||ccc21.55jk8、在顶点为)2,1,1(A、)2,6,5(B和)1,3,1(C的三角形中，求三角形ABC的面积以及AC边上的高BD.第六章空解析几何与向量代数习题参考解答6解：0,4,3},{4,5,0}ACAB,三角形ABC的面积为,22516121521||21222ABCAS||||21,5)3(4||22BDACSAC||521225BD.5||BD9、已知向量0a，0b，证明2222||||||()ababab.解2222||||||sin()ababab222||||[1cos()]abab22||||ab222||||cos()abab22||||ab2().ab10、证明：如果0abc，那么bccaab，并说明它的几何意义.证：由0abc,有()00abccc,但0cc，于是0acbc,所以bcacca.同理由()0abca,有caab,从而bccaab.其几何意义是以三角形的任二边为邻边构成的平行四边形的面积相等.11、已知向量23,3aijkbijk和2cij，计算下列各式：（1）()()abcacb（2）()()abbc（3）()abc（4）abc解：（1）()()8(2)8(3)abcacbijijk824jk.(2)344,233abijkbcijk，故()()abbc344233ijkjk.（3）231()231(2)(85)(2)113113120ijkabcijijkij2.（4）由（3）知85,()851120ijkabijkabc221ijk.习题6—31、已知)3,2,1(A，)4,1,2(B，求线段AB的垂直平分面的方程.解：设),,(zyxM是所求平面上任一点，据题意有|,|||MBMA第六章空解析几何与向量代数习题参考解答7222321zyx,412222zyx化简得所求方程26270xyz.这就是所求平面上的点的坐标所满足的方程而不在此平面上的点的坐标都不满足这个方程，所以这个方程就是所求平面的方程.2、一动点移动时，与)0,0,4(A及xOy平面等距离，求该动点的轨迹方程.解：设在给定的坐标系下，动点),,(zyxM，所求的轨迹为C，则(,,)MxyzCMAz亦即zzyx222)4(0)4(22yx从而所求的轨