解析几何第四版吕林根-期末复习-课后习题(重点)详解

第一章矢量与坐标§1.3数量乘矢量4、设baAB5，baBC82，)(3baCD，证明：A、B、D三点共线．证明∵ABbababaCDBCBD5)(382∴AB与BD共线，又∵B为公共点，从而A、B、D三点共线．6、设L、M、N分别是ΔABC的三边BC、CA、AB的中点，证明：三中线矢量AL,BM,CN可以构成一个三角形.证明：)(21ACABAL)(21BCBABM)(21CBCACN0)(21CBCABCBAACABCNBMAL7.、设L、M、N是△ABC的三边的中点，O是任意一点，证明OBOA+OC=OL+OM+ON.[证明]LAOLOAMBOMOBNCONOC)(NCMBLAONOMOLOCOBOA=)(CNBMALONOMOL由上题结论知：0CNBMALONOMOLOCOBOA从而三中线矢量CNBMAL,,构成一个三角形。8.、如图1-5，设M是平行四边形ABCD的中心，O是任意一点，证明OA+OB+OC+OD＝4OM.[证明]：因为OM＝21(OA+OC),OM＝21(OB+OD),所以2OM＝21(OA+OB+OC+OD)所以OA+OB+OC+OD＝4OM.10、用矢量法证明梯形两腰中点连续平行于上、下两底边且等于它们长度和的一半．图1-5证明已知梯形ABCD，两腰中点分别为M、N，连接AN、BN．DNADMAANMAMN，CNBCMBBNMBMN，∴BCADMN，即§1.4矢量的线性关系与矢量的分解3.、设一直线上三点A,B,P满足AP＝PB(－1),O是空间任意一点，求证：OP＝1OBOA[证明]：如图1-7，因为AP＝OP－OA,PB＝OB－OP,所以OP－OA＝(OB－OP),(1+)OP＝OA+OB,从而OP＝1OBOA.4.、在ABC中,设,1eAB2eAC.(1)设ED、是边BC三等分点,将矢量AEAD,分解为21,ee的线性组合;（2）设AT是角A的平分线(它与BC交于T点),将AT分解为21,ee的线性组合解：（1）12123131,eeBCBDeeABACBC，2111231323131eeeeeBDABAD，同理123132eeAE（2）因为||||TCBT＝||||11ee,且BT与TC方向相同，所以BT＝||||21eeTC.由上题结论有AT＝||||1||||212211eeeeee＝||||||||212112eeeeee.5．在四面体OABC中，设点G是ABC的重心（三中线之交点），求矢量OG对于矢量OCOBOA,,,的分解式。图1-7解：G是ABC的重心。连接AG并延长与BC交于PACABACABAPAGACABAP31213232,21同理CBCACGBCBABG31,31COBCABOAAGOAOG31（1）GPBCBAOBBGOBOG31（2）ABCBCAOCCGOCOG31（3）（图1）由（1）（2）（3）得CBCABCBAACABOCOBOAOG31313OCOBOA6．用矢量法证明以下各题（1）三角形三中线共点证明：设BC，CA，AB中，点分别为L，M，N。AL与BM交于1P，AL于CN交于2PBM于CN交于3P，取空间任一点O，则ABCBAOBBMOBBPOBOP313211OCOBOAOBOCOBOAOB3131A同理OCOBOAOP312NMOCOBOAOP313BLC321,,PPP三点重合O三角形三中线共点（图2）即OCOBOAOG31§1.5标架与坐标9.已知线段AB被点C(2,0,2)和D(5,-2,0)三等分,试求这个线段两端点A与B的坐标.答A(-1,2,4),B(8,-4,2).10.证明：四面体每一个顶点与对面重心所连的线段共点，且这点到顶点的距离是它到对面重心距离的三倍.用四面体的顶点坐标把交点坐标表示出来.[证明]：设四面体A1A2A3A4,Ai对面重心为Gi,欲证AiGi交于一点(i＝1,2,3,4).在AiGi上取一点Pi，使iiPA＝3iiGP,从而iOP＝313iiOGOA，设Ai(xi,yi,zi)(i＝1,2,3,4)，则G13,3,3432432432zzzyyyxxx,G23,3,3431431431zzzyyyxxx,G33,3,3421421421zzzyyyxxx,G43,3,3321321321zzzyyyxxx,所以P1(31334321xxxx,31334321yyyy,31334321zzzz)P1(44321xxxx,44321yyyy,44321zzzz).同理得P2P3P4P1，所以AiGi交于一点P，且这点到顶点距离等于这点到对面重心距离的三倍.§1.7两矢量的数性积3.计算下列各题.（1）已知等边△ABC的边长为1,且BCa,CAb,,ABC求abbcca；(2)已知,,abc两两垂直,且1,a2,b3,c求rabc的长和它与,,abc的夹角.(3)已知3ab与75ab垂直，求,ab的夹角.(4)已知2,a5,b2(,),3ab3,pab17.qab问系数取何值时p与q垂直？解(1)∵1,abc∴0cos120abbccaab0cos120bcca0cos12032(2)∵,abc且1,a2,b3c.设rabc23ijk∴222123r14设r与,,abc的夹角分别为,,.∴114cos,1414214cos,7143314cos.1414∴arccos1414，14arccos7，314arccos.14(3)(3)(75)abab0，即22716150aaba(1)(4)ab(72)ab0，即2273080aabb(2)(1)(2)得：22abb(1)8(2)5得：22aba∴ab∴cos(,)ababab2212bb12∴cos(,)ab3(4)ababcos(,)ab125()25pq(3)17abab（）2235117aababb680170∴404.用矢量法证明以下各题：(1)三角形的余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA;(2)三角形各边的垂直平分线共点且这点到各顶点等距.证明：（1）如图1-21，△ABC中，设AC＝b,AB＝c,BC＝a，且|a|＝a，|b|＝b,|c|＝c.则a＝b－c,a2＝(b－c)2＝b2+c2－2bc＝b2+c2－2|b||c|cosA.此即a2＝b2+c2－2bccosA.(2)如图1-22，设AB,BC边的垂直平分线PD,PE相交于P,D,E,F为AB,BC,CA的中点,设PA＝a,PB＝b,PC＝c,则AB＝b－a,BC＝c－b,CA＝a－c,PD＝21(a+b),PE＝21(c＋b).因为PDAB,PEBC,所以21(a+b)(b－a)＝21(b2－a2)＝0,21(b+c)(c－b)＝21(c2－b2)＝0,从而有a2＝b2＝c2,即|a|2＝|b|2＝|c|2,所以21(c＋a)(a－c)＝21(a2－c2)＝0,所以PFCA,且|a|＝|b|＝|c|.故三角形各边的垂直平分线共点且这点到各顶点等距.图1-11图1-126已知△ABC的三顶点(0,0,3),A(4,0,0),B(0,8,3)C试求：(1)△三边长(2)△三内角(3)三中线长(4)角A的角平分线矢量AD（中点在BC边上），并求AD的方向余弦和单位矢量解：(1)(4,0,3),AB(0,8,6)AC，(4,8,3)BC∴5,AB10,AC89BC(2)cosABBCAABBC9=25∴A9arccos25cosACBCCACBC4189=445∴arccosC41894457cosBABCBBCBC89=445∴7arccosB89445(3)11ADABBD)9=(2,4,-2∴1AD16122BD2BAAD)=(-4,4,0∴2BD4233CDCAAD9(2,8,)2∴33532CD(4)cosABADACADABADACAD∴AD=﹛88,,433﹜∴2cos17，2cos17，3cos17设它的单位矢量为﹛,,abc﹜，且2221abcMBV2221342103∴﹛,,abc﹜=﹛223,,171717﹜§1.8两矢量的失性4.已知:2,3,1a,1,2,3,b求与a,b都垂直,且满足下列条件的矢量c:(1)c为单位矢量(2)10cd,其中d2,1,7.解:(1)设,,cxyz.∵,,cacb23cbxyz=0(1)∴23caxyz=0(2)222xyz=1(3)由(1),(2),(3):7333,,15315c(2)设,,cxyz.∵10cd∴27xyz=10(4)由(1),(2),(4)得:35255,,666c.5.在直角坐标系内已知三点(5,1,1),A(0,4,3),B(1,3,7)C,试求:(1)三角形ABC的面积(2)三角形ABC的三条高的长.解:(1)(5,5,4AB）,(4,4,8AC）,(1,1,4BC）cosABACAABAC=116,5sin6A.1sin1222ABCSABACA.(2)66AB,96AC,18BC.∴183311h,223h,38h.7.用矢量方法证明：（1）三角形的正弦定理Aasin＝Bbsin＝Ccsin.（2）三角形面积的海伦(Heron)公式，即三斜求积公式：2＝p(p－a)(p－b)(p－c).式中p＝21(a+b+c)是三角形的半周长，为三角形的面积.[证明]：(1)如图1-13，在△ABC中，设BC＝a，CA＝b，AB＝c，且|a|＝a，|b|＝b,|c|＝c,则a+b+c＝0,从而有bc＝ca＝ab,所以|bc|＝|ca|＝|ab|,bcsinA＝casinB＝absinC,于是Aasin＝Bbsin＝Ccsin.(2)同上题图，△ABC的面积为＝21|ab|,所以2＝41(ab)2.因为(ab)2+(ab)2＝a2b2,所以2＝41[a2b2－(ab)2].由于a+b+c＝0,从而a+b＝－c，(a＋b)2＝c2,所以ab＝21(c2－a2－b2)＝21(c2－a2－b2),故有2＝41[a2b2－41(c2－a2－b2)2]＝161[2ab－(c2－a2－b2)][2ab+(c2－a2－b2)]＝161[(a+b)2－c2][c2－(a－b)2]＝161(a+b+c)(a+b－c)(c+a－b)(c－a＋b)＝1612p(2p－2c)(2p－2b)(2p－2a).所以2=p(pa)(pb)(pc),或=))()((cpbpapp