新高考数学大一轮复习专题：第6讲 定点问题 母题 已知椭圆C ：x 24＋y 2＝1，点P (0,1)，设直线l 不经过P 点且与C 相交于A ，B 两点，若直线PA 与直线PB 的斜率的和为－1，求证：l 过定点．思路分析❶l 斜率k 存在时写出l 的方程↓❷联立l ，C 的方程，设而不求↓❸计算k PA ，k PB 并代入k PA ＋k PB ＝－1↓❹分析直线方程，找出定点证明 设直线PA 与直线PB 的斜率分别为k 1，k 2.如果l 与x 轴垂直，设l ：x ＝t ，由题设知t ≠0，且|t |<2，可得A ，B 的坐标分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，4－t 22，⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－4－t 22， 则k 1＋k 2＝4－t 2－22t －4－t 2＋22t＝－1，得t ＝2，不符合题设． 从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1)．将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. 由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1. 而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2 ＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2 ＝2kx 1x 2＋m －1x 1＋x 2x 1x 2.由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0，即(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km 4k 2＋1＝0， 解得k ＝－m ＋12. 当且仅当m >－1时，Δ>0，于是l ：y ＝－m ＋12x ＋m ， 即y ＋1＝－m ＋12(x －2)，所以l 过定点(2，－1)．[子题1] 已知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点，O 是坐标原点．若点E (－2,0)，直线l 不与坐标轴垂直，且∠AEO ＝∠BEO ，求证：直线l 过定点． 证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题意可设直线l 的方程为x ＝ny ＋b (n ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝ny ＋b ，y 2＝4x ，得y 2－4ny －4b ＝0， 则y 1＋y 2＝4n ，y 1y 2＝－4b .由∠AEO ＝∠BEO ，得k EA ＝－k EB ，即y 1x 1＋2＝－y 2x 2＋2， 整理得y 1x 2＋2y 1＋x 1y 2＋2y 2＝0，即y 1(ny 2＋b )＋2y 1＋(ny 1＋b )y 2＋2y 2＝0，整理得2ny 1y 2＋(b ＋2)(y 1＋y 2)＝0，即－8bn ＋4(b ＋2)n ＝0，得b ＝2，故直线l 的方程为x ＝ny ＋2(n ≠0)，所以直线l 过定点(2,0)．[子题2] (2020·湖南四校联考)已知抛物线C ：y 2＝4x 与过点(2,0)的直线l 交于M ，N 两点，若MP →＝12MN →，PQ ⊥y 轴，垂足为Q ，求证：以PQ 为直径的圆过定点． 证明 由题意可知，直线l 的斜率不为0，设其方程为x ＝my ＋2(m ∈R )，将x ＝my ＋2代入y 2＝4x ，消去x 可得y 2－4my －8＝0，显然Δ＝16m 2＋32>0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－8，因为MP →＝12MN →，所以P 是线段MN 的中点， 设P (x P ，y P )，则x P ＝x 1＋x 22＝m y 1＋y 2＋42＝2m 2＋2， y P ＝y 1＋y 22＝2m ，所以P (2m 2＋2,2m )，又PQ ⊥y 轴，垂足为Q ，所以Q (0,2m )，设以PQ 为直径的圆经过点A (x 0，y 0)，则AP →＝(2m 2＋2－x 0,2m －y 0)，AQ →＝(－x 0,2m －y 0)，所以AP →·AQ →＝0，即－x 0(2m 2＋2－x 0)＋(2m －y 0)2＝0，化简可得(4－2x 0)m 2－4y 0m ＋x 20＋y 20－2x 0＝0，①令⎩⎪⎨⎪⎧ 4－2x 0＝0，4y 0＝0，x 20＋y 20－2x 0＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧ x 0＝2，y 0＝0，所以当x 0＝2，y 0＝0时，对任意的m ∈R ，①式恒成立，所以以PQ 为直径的圆过定点，该定点的坐标为(2,0)．规律方法 动线过定点问题的两大类型及解法(1)动直线l 过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋t ，由题设条件将t 用k 表示为t ＝mk ，得y ＝k (x ＋m )，故动直线过定点(－m,0)．(2)动曲线C 过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点． 跟踪演练1．(2020·北京东城区模拟)已知椭圆C ：x 26＋y 22＝1的右焦点为F ，直线l ：y ＝kx ＋m (k ≠0)过点F ，且与椭圆C 交于P ，Q 两点，如果点P 关于x 轴的对称点为P ′，求证：直线P ′Q 过x 轴上的定点．证明 ∵c ＝6－2＝2，∴F (2,0)，直线l ：y ＝kx ＋m (k ≠0)过点F ，∴m ＝－2k ，∴l ：y ＝k (x －2)．由⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋3y 2＝6，y ＝k x －2，得(3k 2＋1)x 2－12k 2x ＋12k 2－6＝0. 依题意Δ>0，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝12k 23k 2＋1，x 1x 2＝12k 2－63k 2＋1. ∵点P 关于x 轴的对称点为P ′，则P ′(x 1，－y 1)．∴直线P ′Q 的方程可以设为y ＋y 1＝y 2＋y 1x 2－x 1(x －x 1)，令y ＝0，x ＝x 2y 1－x 1y 1y 1＋y 2＋x 1＝x 2y 1＋x 1y 2y 1＋y 2 ＝kx 2x 1－2＋kx 1x 2－2k x 1＋x 2－4＝2x 1x 2－2x 1＋x 2x 1＋x 2－4＝2×12k 2－63k 2＋1－2×12k 23k 2＋112k 23k 2＋1－4＝3. ∴直线P ′Q 过x 轴上的定点(3,0)．2．已知P (0,2)是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个顶点，C 的离心率e ＝33. (1)求椭圆的方程；(2)过点P 的两条直线l 1，l 2分别与C 相交于不同于点P 的A ，B 两点，若l 1与l 2的斜率之和为－4，则直线AB 是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．解 (1)由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝2，c a ＝33，a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝6，b ＝2，c ＝2，∴椭圆的方程为x 26＋y 24＝1. (2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋t (t ≠2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋t ，x 26＋y 24＝1，消去y 并整理， 可得(3k 2＋2)x 2＋6ktx ＋3t 2－12＝0，∴Δ＝36(kt )2－4×(3k 2＋2)(3t 2－12)>0，即24(6k 2－t 2＋4)>0，则x 1＋x 2＝－6kt 3k 2＋2，x 1x 2＝3t 2－123k 2＋2， 由l 1与l 2的斜率之和为－4，可得y 1－2x 1＋y 2－2x 2＝－4， 又y 1＝kx 1＋t ，y 2＝kx 2＋t ，∴y 1－2x 1＋y 2－2x 2＝kx 1＋t －2x 1＋kx 2＋t －2x 2＝2k ＋t －2x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋t －2·－6kt 3k 2＋23t 2－123k 2＋2＝－4， ∵t ≠2，化简可得t ＝－k －2，∴y ＝kx －k －2＝k (x －1)－2，∴直线AB 经过定点(1，－2)．当直线AB 的斜率不存在时，设直线AB 的方程为x ＝m ，A (m ，y 1)，B (m ，y 2)，∴y 1－2m ＋y 2－2m ＝y 1＋y 2－4m＝－4， 又点A ，B 均在椭圆上，∴A ，B 关于x 轴对称，∴y 1＋y 2＝0，∴m ＝1，故直线AB 的方程为x ＝1，也过点(1，－2)，综上直线AB 经过定点，定点为(1，－2)．专题强化练1．已知椭圆C ：x 22＋y 2＝1，设直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，D (0，－1)，若直线AD 与直线BD 的斜率之积为16.证明：直线l 恒过定点． 证明 ①当直线l 斜率不存在时，设l ：x ＝m ，A (m ，y A )，B (m ，－y A )，因为点A (m ，y A )在椭圆x 22＋y 2＝1上， 所以m 22＋y 2A ＝1，即y 2A ＝1－m 22， 所以k AD ·k BD ＝y A ＋1m ·－y A ＋1m ＝1－y 2A m 2＝m 22m 2＝12≠16，不满足题意． ②当直线l 斜率存在时，设l ：y ＝kx ＋b (b ≠－1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋b ，x 2＋2y 2－2＝0，整理得 (1＋2k 2)x 2＋4kbx ＋2b 2－2＝0，依题意得，Δ>0，所以x 1＋x 2＝－4kb 1＋2k 2，x 1x 2＝2b 2－21＋2k 2，则k AD ·k BD ＝y 1＋1x 1·y 2＋1x 2 ＝kx 1＋b kx 2＋b ＋[k x 2＋x 1＋2b ]＋1x 1x 2 ＝k 2x 1x 2＋kb ＋k x 1＋x 2＋b 2＋2b ＋1x 1x 2. 将x 1＋x 2＝－4kb 1＋2k 2，x 1x 2＝2b 2－21＋2k2， 代入上式化简得，k AD ·k BD ＝y 1＋1x 1·y 2＋1x 2＝b ＋122b ＋1b －1＝16，即b ＋1b －1＝13，解得b ＝－2.所以直线l 恒过定点(0，－2)．2．已知点H 为抛物线C ：x 2＝4y 的准线上任一点，过H 作抛物线C 的两条切线HA ，HB ，切点为A ，B ，证明直线AB 过定点，并求△HAB 面积的最小值．解 设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，H (t ，－1)，由C ：x 2＝4y ，即y ＝14x 2，得y ′＝12x ， 所以抛物线C ：x 2＝4y 在点A (x 1，y 1)处的切线HA 的方程为y －y 1＝x 12(x －x 1)，即y ＝x 12x －12x 21＋y 1，因为y 1＝14x 21，所以y ＝x 12x －y 1， 因为H (t ，－1)在切线HA 上，所以－1＝x 12t －y 1，① 同理－1＝x 22t －y 2，② 综合①②得，点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)的坐标满足方程－1＝x 2t －y ，即直线AB 恒过抛物线的焦点F (0,1)， 当t ＝0时，此时H (0，－1)，可知HF ⊥AB ，|HF |＝2，|AB |＝4，S △HAB ＝12×2×4＝4， 当t ≠0时，此时直线HF 的斜率为－2t，得HF ⊥AB ， 于是S △HAB ＝12×|HF |×|AB |， 而|HF |＝t －02＋－1－12＝t 2＋4，把直线y ＝t 2x ＋1代入C ：x 2＝4y 中，消去x 得 y 2－(2＋t 2)y ＋1＝0，|AB |＝y 1＋y 2＋2＝t 2＋4， 即S △HAB ＝12(t 2＋4)t 2＋4＝()322142t +>4，综上所述，当t ＝0时，S △HAB 最小，且最小值为4.。
第六章 向量代数与空间解析几何习 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),,(z y x M 是所求平面上任一点，据题意有|,|||MB MA = ()()()222321-+-+-z y x ()()(),412222-+++-=z y x化简得所求方程26270x y z -+-=.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),,(z y x M ，所求的轨迹为C ，则(,,)M x y z C MA z ∈⇔= 亦即z z y x =++-222)4( 0)4(22=+-∴y x 从而所求的轨迹方程为0)4(22=+-y x .3、 求下列各球面的方程：（1）圆心)3,1,2(-，半径为6=R ； （2）圆心在原点，且经过点)3,2,6(-；（3）一条直径的两端点是)3,1,4()5,32(--与；（4）通过原点与)4,0,0(),0,3,1(),0,0,4(- 解：（1）所求的球面方程为：36)3()1()2(222=-+++-z y x（2）由已知，半径73)2(6222=+-+=R ，所以球面方程为49222=++z y x（3）由已知，球面的球心坐标1235,1213,3242=-=-=+-==+=c b a ， 球的半径21)35()31()24(21222=++++-=R ，所以球面方程为： 21)1()1()3(222=-+++-z y x（4）设所求的球面方程为：0222222=++++++l kz hy gx z y x 因该球面经过点)4,0,0(),0,3,1(),0,0,4(),0,0,0(-，所以⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=++=+=08160621008160k h g g l 解之得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=-==2210k g h l ∴所求的球面方程为0424222=+--++z y x z y x .4、将yOz 坐标面上的抛物线22y z =绕z 旋转一周，求所生成的旋转曲面的方程． 解：222x y z +=(旋转抛物面) .5、将zOx 坐标面上的双曲线12222=-cz a x 分别绕x 轴和z 轴旋转一周，求所生成的旋转曲面的方程．解： 绕x 轴旋转得122222=+-c z y a x 绕z 轴旋转得122222=-+cz a y x . 6、指出下列曲面的名称，并作图：（1）22149x z +=；（2）22y z =；（3）221x z += ；（4）22220x y z x ++-=； （5）222y x z +=；（6）22441x y z -+=；（7）221916x y z ++=； （8）222149x y z -+=-；（9）1334222=++z y x ；（10）2223122z y x +=+. 解： (1)椭圆柱面；(2) 抛物柱面；(3) 圆柱面；(4)球面；（5）圆锥面；（6）双曲抛物面；（7）椭圆抛物面；（8）双叶双曲面；（9）为旋转椭球面；（10）单叶双曲面.7、指出下列方程在平面解析几何和空间解析几何中分别表示什么图形？（1）1+=x y ；（2）422=+y x ；（3）122=-y x ；（4）22x y =. 解：（1）1+=x y 在平面解析几何中表示直线，在空间解析几何中表示平面；（2）422=+yx 在平面解析几何中表示圆周，在空间解析几何中表示圆柱面； （3）122=-yx 在平面解析几何中表示双曲线，在空间解析几何中表示双曲柱面； （4）y x 22=在平面解析几何中表示抛物线，在空间解析几何中表示抛物柱面.8、 说明下列旋转曲面是怎样形成的？（1）1994222=++z y x ；（2）14222=+-z y x （3）1222=--z y x ；（4）222)(y x a z +=- 解：（1）xOy 平面上椭圆19422=+y x 绕x 轴旋转而成；或者 xOz 平面上椭圆22149+=x z 绕x 轴旋转而成（2）xOy 平面上的双曲线1422=-y x 绕y 轴旋转而成；或者 yOz 平面上的双曲线2214-=y z 绕y 轴旋转而成 （3）xOy 平面上的双曲线122=-y x 绕x 轴旋转而成；或者 xOz 平面上的双曲线221x z -=绕x 轴旋转而成（4）yOz 平面上的直线a y z +=绕z 轴旋转而成或者 xOz 平面上的直线z x a =+绕z 轴旋转而成.9、 画出下列各曲面所围立体的图形：（1）012243=-++z y x 与三个坐标平面所围成；（2）42,42=+-=y x x z 及三坐标平面所围成；（3）22=0,(0)=1z z =a a >,y =x,x +y 及0x =在第一卦限所围成；（4）2222,8z x y z x y =+=--所围. 解：（1）平面012243=-++z y x 与三个坐标平面围成一个在第一卦限的四面体；（2）抛物柱面24z x =-与平面24x y +=及三坐标平面所围成；（3）坐标面=0z 、0x =及平面(0)z =a a >、y=x 和圆柱面22=1x +y 在第一卦限所围成；（4）开口向上的旋转抛物面22z x y =+与开口向下的抛物面228z x y =--所围.作图略.习 题 6—41、画出下列曲线在第一卦限内的图形（1）⎩⎨⎧==21y x ；（2）⎪⎩⎪⎨⎧=---=0422y x y x z ；（3）⎪⎩⎪⎨⎧=+=+222222a z x a y x 解：（1）是平面1x =与2y =相交所得的一条直线；（2）上半球面z =与平面0x y -=的交线为14圆弧； （3）圆柱面222x y a +=与222x z a +=的交线.图形略.2、分别求母线平行于x 轴及y 轴而且通过曲线⎪⎩⎪⎨⎧=-+=++0162222222y z x z y x 的柱面方程. 解：消去x 坐标得16322=-z y ，为母线平行于x 轴的柱面；消去y 坐标得：162322=+z x ，为母线平行于y 轴的柱面.3、求在yOz 平面内以坐标原点为圆心的单位圆的方程（任写出三种不同形式的方程）.解：⎩⎨⎧==+0122x z y ；⎩⎨⎧==++01222x z y x ； ⎪⎩⎪⎨⎧=+=++1122222z y z y x . 4、试求平面20x -=与椭球面222116124x y z ++=相交所得椭圆的半轴与顶点.解：将椭圆方程22211612420x y z x ⎧++=⎪⎨⎪-=⎩化简为：221932y z x ⎧+=⎪⎨⎪=⎩，可知其为平面2=x 上的椭圆，半轴分别为3,3，顶点分别为)3,0,2(),3,0,2(),0,3,2(),0,3,2(--.5 、将下面曲线的一般方程化为参数方程（1）2229x y z y x ⎧++=⎨=⎩； （2）⎩⎨⎧==+++-04)1()1(22z z y x 解：（1）原曲线方程即：⎪⎩⎪⎨⎧=+=199222z x x y ，化为⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=≤≤==t z t t y t x sin 3)20(cos 23cos 23π；（2）)20(0sin 3cos 31πθθθ≤≤⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==+=z y x .6、求螺旋线⎪⎩⎪⎨⎧===θθθb z a y a x sin cos 在三个坐标面上的投影曲线的直角坐标方程.解：⎩⎨⎧==+0222z a y x ；⎪⎩⎪⎨⎧==0sin x b z a y ；⎪⎩⎪⎨⎧==0cos y b z a x .7、指出下列方程所表示的曲线（1）222253⎧++=⎨=⎩x y z x （2）⎩⎨⎧==++13094222z z y x ； （3）⎩⎨⎧-==+-3254222x z y x ； （4）⎩⎨⎧==+-+408422y x z y ； （5）⎪⎩⎪⎨⎧=-=-0214922x z y . 解：（1）圆； （2）椭圆； （3）双曲线； （4）抛物线； （5）双曲线.8、 求曲线⎩⎨⎧==-+30222z x z y 在xOy 面上的投影曲线方程，并指出原曲线是何种曲线. 解：原曲线即：⎩⎨⎧=-=3922z x y ，是位于平面3=z 上的抛物线，在xOy 面上的投影曲线为⎩⎨⎧=-=0922z x y9、 求曲线 ⎪⎩⎪⎨⎧==++211222z z y x 在坐标面上的投影. 解：（1）消去变量z 后得,4322=+y x 在xOy 面上的投影为,04322⎪⎩⎪⎨⎧==+z y x 它是中心在原点，半径为23的圆周. （2）因为曲线在平面21=z 上，所以在xOz 面上的投影为线段.;23||,021≤⎪⎩⎪⎨⎧==x y z （3）同理在yOz 面上的投影也为线段..23||,21≤⎪⎩⎪⎨⎧==y x z10、 求抛物面x z y =+22与平面 02=-+z y x 的交线在三个坐标面上的投影曲线方程.解： 交线方程为⎩⎨⎧=-+=+0222z y x x z y ，（1）消去z 得投影,004522⎩⎨⎧==-++z x xy y x （2）消去y 得投影2252400x z xz x y ⎧+--=⎨=⎩，（3）消去x 得投影22200y z y z x ⎧++-=⎨=⎩. 习 题 6—51、写出过点()3,2,10M 且以{}1,2,2=n 为法向量的平面方程.解：平面的点法式方程为()()()032212=-+-+-z y x .2、求过三点()()()01,0,0,1,0,0,0,1C B A 的平面方程.解：设所求平面方程为0=+++d cz by ax ,将C B A ,,的坐标代入方程，可得d c b a -===，故所求平面方程为1=++z y x .3、求过点()1,0,0且与平面1243=++z y x 平行的平面方程.解：依题意可取所求平面的法向量为}2,4,3{=n ,从而其方程为()()()0120403=-+-+-z y x 即 2243=++z y x .4、求通过x 轴和点(4, -3, -1)的平面的方程.解：平面通过x 轴, 一方面表明它的法线向量垂直于x 轴, 即A =0; 另一方面表明 它必通过原点, 即D =0. 因此可设这平面的方程为By +Cz =0.又因为这平面通过点(4, -3, -1), 所以有-3B -C =0, 或C =-3B . 将其代入所设方程并除以 B (B ≠0), 便得所求的平面方程为y -3z =0.5、求过点)1,1,1(，且垂直于平面7=+-z y x 和051223=+-+z y x 的平面方程. 解：},1,1,1{1-=n }12,2,3{2-=n 取法向量},5,15,10{21=⨯=n n n 所求平面方程为化简得: .0632=-++z y x6、设平面过原点及点)1,1,1(，且与平面8x y z -+=垂直，求此平面方程.解： 设所求平面为,0=+++D Cz By Ax 由平面过点)1,1,1(知平0,A B C D +++=由平面过原点知0D =，{1,1,1},n ⊥- 0A B C ∴-+=,0A C B ⇒=-=，所求平面方程为0.x z -=7、写出下列平面方程：（1）xOy 平面；（2）过z 轴的平面；（3）平行于zOx 的平面；（4）在x ，y ，z 轴上的截距相等的平面.解：（1）0=z ,（2）0=+by ax （b a ,为不等于零的常数）,、（3）c y = (c 为常数), （4） a z y x =++ (0)a ≠.习 题 6—61、求下列各直线的方程：（1）通过点)1,0,3(-A 和点)1,5,2(-B 的直线；（2） 过点()1,1,1且与直线433221-=-=-z y x 平行的直线. （3）通过点)3,51(-M 且与z y x ,,三轴分别成︒︒︒120,45,60的直线；（4）一直线过点(2,3,4)-A ，且和y 轴垂直相交，求其方程.（5）通过点)2,0,1(-M 且与两直线11111-+==-z y x 和01111+=--=z y x 垂直的直线； （6）通过点)5,3,2(--M 且与平面02536=+--z y x 垂直的直线.解：（1）所求的直线方程为：015323-=-=++z y x 即：01553-=-=+z y x ，亦即01113-=-=+z y x . （2）依题意，可取L 的方向向量为{}4,3,2=s ，则直线L 的方程为413121-=-=-z y x . （3）所求直线的方向向量为：{}⎭⎬⎫⎩⎨⎧-=︒︒︒21,22,21120cos ,45cos ,60cos ，故直线方程为： 132511--=+=-z y x . （4）因为直线和y 轴垂直相交,所以交点为),0,3,0(-B 取{2,0,4},BA s −−→==所求直线方程 .440322-=+=-z y x （5）所求直线的方向向量为：{}{}{}2,1,10,1,11,1,1---=-⨯-，所以，直线方程为：22111+==-z y x . （6）所求直线的方向向量为：{}5,3,6--，所以直线方程为：235635x y z -++==--.2、求直线1,234x y z x y z ++=-⎧⎨-+=-⎩的点向式方程与参数方程. 解 在直线上任取一点),,(000z y x ,取10=x ,063020000⎩⎨⎧=--=++⇒z y z y 解2,000-==z y .所求点的坐标为)2,0,1(-,取直线的方向向量{}{}3,1,21,1,1-⨯=s k j i kj i 34312111--=-=,所以直线的点向式方程为： ,321041-+=--=-z y x 令102,413x y z t --+===--则所求参数方程: .3241⎪⎩⎪⎨⎧--=-=+=t z t y t x3、判别下列各对直线的相互位置，如果是相交的或平行的直线求出它们所在的平面，如果相交时请求出夹角的余弦.（1）⎩⎨⎧=-+=+-0623022y x z y x 与⎩⎨⎧=-+=--+01420112z x z y x ；（2）⎪⎩⎪⎨⎧--=+==212t z t y t x 与142475x y z --+==-. 解：（1）将所给的直线方程化为标准式为：4343223z y x =-=-- 43227-=--=-z y x 234234-==-- ∴二直线平行.又点)0,43,23(与点（7，2，0）在二直线上，∴向量⎭⎬⎫⎩⎨⎧=⎭⎬⎫⎩⎨⎧--0,45,2110,432,237平行于二直线所确定的平面，该平面的法向量为：{}{}19,22,50,45,2114,3,2--=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⨯-，从而平面方程为：0)0(19)2(22)7(5=-+---z y x ，即 0919225=++-z y x .（2）因为121475-≠≠-，所以两直线不平行，又因为0574121031=--=∆，所以两直线相交，二直线所决定的平面的法向量为{}{}{}1,1,35,7,412,1--=-⨯-，∴二直线所决定的平面的方程为：330x y z -++=.设两直线的夹角为ϕ，则cos ϕ== 4、判别下列直线与平面的相关位置：（1）37423z y x =-+=--与3224=--z y x ；（2）723z y x =-=与8723=+-z y x ； （3）⎩⎨⎧=---=-+-01205235z y x z y x 与07734=-+-z y x ； （4）⎪⎩⎪⎨⎧-=+-==4992t z t y t x 与010743=-+-z y x .解（1） 0)2(3)2()7(4)2(=-⨯+-⨯-+⨯-，而017302)4(234≠=-⨯--⨯-⨯，所以，直线与平面平行.（2） 0717)2(233≠⨯+-⨯-⨯,所以，直线与平面相交，且因为772233=--=，∴直线与平面垂直.（3）直线的方向向量为：{}{}{}1,9,51,1,22,3,5=--⨯-， 0179354=⨯+⨯-⨯，所以直线与平面平行或者直线在平面上；取直线上的点)0,5,2(--M ，显然点在)0,5,2(--M 也在平面上（因为4(2)3(5)70⨯--⨯--=），所以，直线在平面上.（4）直线的方向向量为{}9,2,1-， 097)2(413≠⨯+-⨯-⨯∴直线与平面相交但不垂直. 复习题A一 、判断正误:1、 若c b b a ⋅=⋅且≠0b ，则c a =； ( ⨯ ) 解析 c b b a ⋅-⋅=)(c a b -⋅=0时，不能判定=b 0或c a =．例如i a =，j b =，k c =，有⋅=⋅=0a b b c ，但c a ≠．2、 若c b b a ⨯=⨯且≠0b ，则c a =； ( ⨯ ) 解析 此结论不一定成立．例如i a =，j b =，)(j i c +-=，则k j i b a =⨯=⨯，k j i j c b =+-⨯=⨯)]([，c b b a ⨯=⨯，但c a ≠．3 、若0=⋅c a ，则=0a 或=0c ； ( ⨯ ) 解析 两个相互垂直的非零向量点积也为零．4、 a b b a ⨯-=⨯． ( √ ) 解析 这是叉积运算规律中的反交换律．二、选择题:1 、 当a 与b 满足（ D ）时，有b a b a +=+；(A)⊥a b ； (B)λ=a b (λ为常数)； (C)a ∥b ； (D)⋅=a b a b ． 解析 只有当a 与b 方向相同时，才有a +b =a +b ．(A)中a ，b 夹角不为0，(B)，(C)中a ，b 方向可以相同，也可以相反．2、下列平面方程中，方程( C )过y 轴；(A) 1=++z y x ； (B) 0=++z y x ； (C) 0=+z x ； (D) 1=+z x ． 解析 平面方程0=+++D Cz By Ax 若过y 轴，则0==D B ，故选C ．3 、在空间直角坐标系中，方程2221y x z --=所表示的曲面是( B )；(A) 椭球面； (B) 椭圆抛物面； (C) 椭圆柱面； (D) 单叶双曲面． 解析 对于曲面2221y x z --=，垂直于z 轴的平面截曲面是椭圆，垂直于x 轴或y 轴的平面截曲面是开口向下的抛物线，根据曲面的截痕法，可以判断曲面是椭圆抛物面．4、空间曲线⎩⎨⎧=-+=5,222z y x z 在xOy 面上的投影方程为( C )；(A)722=+y x ； (B)⎩⎨⎧==+5722z y x ； (C) ⎩⎨⎧==+0722z y x ；(D)⎩⎨⎧=-+=0222z y x z解析 曲线⎩⎨⎧==+5722z y x 与xOy 平面平行，在xOy 面上的投影方程为⎩⎨⎧==+0722z y x ．5 、直线11121-+==-z y x 与平面1=+-z y x 的位置关系是( B )． (A) 垂直； (B) 平行； (C) 夹角为π4； (D) 夹角为π4-． 解析 直线的方向向量s ={2，1，-1}，平面的法向量n ={1，-1，1}，n s ⋅=2-1-1=0，所以，s ⊥n ，直线与平面平行．三、填空题:1、若2=b a ，π()2=a,b ，则=⨯b a 2 ，=⋅b a 0 ； 解 =⨯b a b a sin()a,b π22=2，=⋅b a b a cos()a,b π22=0．2、与平面062=-+-z y x 垂直的单位向量为 }2,1,1{66-±； 解 平面的法向量 n ={1，-1，2}与平面垂直，其单位向量为0n =411++=6，所以，与平面垂直的单位向量为}2,1,1{66-±． 3、过点)2,1,3(--和)5,0,3(且平行于x 轴的平面方程为 057=-+z y ；解 已知平面平行于x 轴，则平面方程可设为 0=++D Cz By ，将点 (-3，1，-2)和(3，0，5)代入方程，有{20,50,B C D C D -+=+= ⇒ 7,51,5B D C D ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩得 05157=+--D Dz Dy ，即 057=-+z y ．4、过原点且垂直于平面022=+-z y 的直线为z yx -==20； 解 直线与平面垂直，则与平面的法向量 n ={0，2，-1}平行，取直线方向向量s =n ={0，2，-1}，由于直线过原点，所以直线方程为z yx -==20 ．5、曲线⎩⎨⎧=+=1,222z y x z 在xOy 平面上的投影曲线方程为 ⎩⎨⎧==+.0,1222z y x解: 投影柱面为 1222=+y x ，故 ⎩⎨⎧==+0,1222z y x 为空间曲线在xOy 平面上的投影曲线方程．四、解答题:1、 已知}1,2,1{-=a ，}2,1,1{=b ，计算(a) b a ⨯； (b) ()()-⋅+2a b a b ； (c)2b a -；解: (a) b a ⨯=211121-kj i 1,3}5,{--=. (b) {2,4,2}{1,1,2}{1,5,0}2a b -=--=-，1,3}{2,{1,1,2}2,1}{1,-=+-=+b a ， 所以()()-⋅+2a b a b 7}3,1,2{}0,5,1{=-⋅-=．(c) 1}3,{0,{1,1,2}2,1}{1,--=--=-b a ，所以2b a -10)19(2=+=．2、已知向量21P P 的始点为)5,2,2(1-P ，终点为)7,4,1(2-P ，试求：(1)向量21P P 的坐标表示； (2)向量21P P 的模；(3)向量21P P 的方向余弦； (4)与向量21P P 方向一致的单位向量．解: (1)}2,6,3{}57),2(4,21{21-=-----=P P ；74926)3(222==++-=；(3)21P P 在z y x ,,三个坐标轴上的方向余弦分别为362cos ,cos ,cos 777αβγ=-==；(4)k j i k j i 7276737263)(21++-=++-==P P P P． 3、设向量{}1,1,1=-a ，{}1,1,1=-b ，求与a 和b 都垂直的单位向量.解： 令{}1110,2,2111=⨯=-=-ij kc a b，01⎧==⎨⎩c cc ，故与a、b 都垂直的单位向量为0⎧±=±⎨⎩c .4、向量d 垂直于向量]1,3,2[-=a 和]3,2,1[-=b ，且与]1,1,2[-=c的数量积为6-，求向量d解： d 垂直于a 与b，故d 平行于b a ⨯，存在数λ使()b a d⨯=λ⨯-=]1,3,2[λ]3,2,1[-]7,7,7[λλλ--=因6-=⋅c d，故6)7(1)7()1(72-=-⨯+-⨯-+⨯λλλ， 73-=λ]3,3,3[-=∴d .5、求满足下列条件的平面方程：(1)过三点)2,1,0(1P ，)1,2,1(2P 和)4,0,3(3P ；(2)过x 轴且与平面025=++z y x 的夹角为π3． 解 (1)解1： 用三点式．所求平面的方程为0241003211201210=---------z y x ，即01345=+--z y x ．解2：}1,1,1{-=}2,1,3{-=，由题设知，所求平面的法向量为k j i kj in 452131113121--=--=⨯=P P P P ， 又因为平面过点)2,1,0(1P ，所以所求平面方程为0)2(4)1(5)0(=-----z y x ，即01345=+--z y x ．解3： 用下面的方法求出所求平面的法向量},,{C B A =n ，再根据点法式公式写出平面方程也可．因为3121,P P P P ⊥⊥n n ，所以{0,320,A B C A B C +-=-+=解得A C A B 4,5-=-=，于是所求平面方程为0)2(4)1(5)0(=-----z A y A x A ，即 01345=+--z y x ．（2）因所求平面过x 轴，故该平面的法向量},,{C B A =n 垂直于x 轴，n 在x 轴上的投影0=A ，又平面过原点，所以可设它的方程为0=+Cz By ，由题设可知0≠B （因为0=B 时，所求平面方程为0=Cz 又0≠C ，即0=z ．这样它与已知平面025=++z y x 所夹锐角的余弦为π1cos 32=≠=，所以0≠B ），令C B C'=，则有0='+z C y ，由题设得22222212)5(10121503cos ++'++⨯'+⨯+⨯=πC C ， 解得3='C 或13C '=-，于是所求平面方程为03=+z y 或03=-z y ．6、 一平面过直线⎩⎨⎧=+-=++04,05z x z y x 且与平面01284=+--z y x 垂直，求该平面方程；解法1： 直线⎩⎨⎧=+-=++04,05z x z y x 在平面上，令x =0，得 54-=y ，z =4，则（0，-54，4）为平面上的点．设所求平面的法向量为n =},,{C B A ，相交得到直线的两平面方程的法向量分别为 1n ={1，5，1}，2n ={1，0，-1}，则直线的方向向量s =1n ⨯2n =101151-kj i ={-5，2，-5}，由于所求平面经过直线，故平面的法向量与直线的方向向量垂直，即⋅n s ={-5，2，-5}•},,{C B A =C B A 525-+-=0，因为所求平面与平面01284=+--z y x 垂直，则}8,4,1{},,{--⋅C B A =C B A 84--=0，解方程组{5250,480,A B C A B C -+=--= ⇒ 2,5,2A CBC =-⎧⎪⎨=-⎪⎩ 所求平面方程为 0)4()54(25)0(2=-++---z C y C x C ，即012254=+-+z y x ．解法2： 用平面束（略）7、求既与两平面1:43x z π-=和2:251x y z π--=的交线平行，又过点(3,2,5)-的直线方程.解法1：{}11,0,4=-n ，{}22,1,5=--n ，{}124,3,1s =⨯=---n n ，从而根据点向式方程，所求直线方程为325431x y z +--==---，即325431x y z +--==. 解法2：设{},,s m n p =，因为1⊥s n ，所以40m p -=；又2⊥s n ，则250m n p --=，可解4,3m p n p ==，从而0p ≠．根据点向式方程，所求直线方程为32543x y z p p p +--==，即325431x y z +--==. 解法3：设平面3π过点(3,2,5)-，且平行于平面1π，则{}311,0,4==-n n 为3π的法向量，从而3π的方程为1(3)0(2)4(5)0x y z ⋅++⋅--⋅-=，即4230x z -+=．同理，过已知点且平行于平面2π的平面4π的方程为25330x y z --+=．故所求直线的方程为423025330x z x y z -+=⎧⎨--+=⎩．8、 一直线通过点)1,2,1(A ，且垂直于直线11231:+==-z y x L ，又和直线z y x ==相交，求该直线方程；解： 设所求直线的方向向量为{,,}m n p =s ，因垂直于L ，所以320m n p ++=；又因为直线过点)1,2,1(A ，则所求直线方程为pz n y m x 121-=-=-，联立121,①,②320,③x y z m n p x y z m n p ---⎧==⎪⎨==⎪++=⎩由①，令λ=-=-=-p z n y m x 121，则有⎪⎩⎪⎨⎧+=+=+=,1,2,1p z n y m x λλλ代入方程②有{12,11,m n m p λλλλ+=++=+ 可得p m =，代入③解得p n 2-=， 因此，所求直线方程为112211-=--=-z y x ．9、 指出下列方程表示的图形名称：(a) 14222=++z y x ；(b) z y x 222=+；(c) 22y x z +=；(d) 022=-y x ；(e) 122=-y x ； (f) ⎩⎨⎧=+=222z y x z ．解： (a) 绕y 轴旋转的旋转椭球面．(b) 绕z 轴旋转的旋转抛物面． (c) 绕z 轴旋转的锥面．(d) 母线平行于z 轴的两垂直平面：y x =，y x -=． (e) 母线平行于z 轴的双曲柱面． (f) 旋转抛物面被平行于XOY 面的平面所截得到的圆，半径为2，圆心在（0，0，2）处．10、求曲面22z x y =+与222()z x y =-+所围立体在xOy 平面上的投影并作其图形． 解： 将所给曲面方程联立消去z ，就得到两曲面交线C 的投影柱面的方程122=+y x ，所以柱面与xOy 平面的交线⎩⎨⎧==+'01:22z y x C 所围成的区域221+≤x y 即为曲面22z x y =+与222()z x y =-+所围立体在xOy 平面上的投影(图略)．。
