空间解析几何例题

第4章 向量代数与空间解析几何习题解答 习题 一、计算题与证明题 1．已知1||a, 4||b, 5||c, 并且0cba． 计算accbba．

解：因为1||a, 4||b, 5||c, 并且0cba 所以a与b同向，且ba与c反向 因此0ba，0cb，0ac 所以0accbba

2．已知3||ba, 4||ba, 求||||ba．

解：3cos||baba （1） 4sin||baba （2）

22

2)1(得252ba

所以 5ba 3．设力kjiF532作用在点)1,6,3(A, 求力F对点)2,7,1(,B的力矩的大小． 解：因为1,6,3A,2,7,1B 所以31,2AB 力矩kjikjiFABM53232

kjikjikji41614321252325331532312

所以，力矩的大小为 13641614222M

4．已知向量x与)2,5,1(,a共线, 且满足3xa, 求向量x的坐标． 解：设x的坐标为zyx,,，又2,5,1a 则325zyxxa （1） 又x与a共线，则0ax 即

05252512125251kyxjxzizy

kyxjyxizyzyxkji

所以05252222yxxzzy 即01042026529222xyxzyzzyx （2） 又x与a共线，x与a夹角为0或

30325110cos222222222zyxzyx

ax

整理得 103222zyx （3） 联立321、、解出向量x的坐标为51,21,101 5．用向量方法证明, 若一个四边形的对角线互相平 分, 则该四边形为平行四边形． 证明：如图所示，因为平行四边形ABCD的对角线 互相平分，则有

MACNNDBM,

由矢量合成的三角形法则有MABMBA MABMBMMAMDCMCD 所以CDBA 即BA平行且等于CD 四边形ABCD是平行四边形

6．已知点)7,8,3(A, )3,2,1(B求线段AB的中垂面的方程．

解：因为7,8,3A,)3,2,1(B AB中垂面上的点到BA、的距离相等，设动点坐标为zyxM,,，则由MBMA得

222222

321783zyxzyx

化简得027532zyx 这就是线段AB的中垂面的方程。 7．向量a, b, c具有相同的模, 且两两所成的角相等, 若a, b的坐标分别为

)1,1,0()0,1,1(和, 求向量c的坐标．

解：rcba且它们两两所成的角相等，设为 则有1101101ba 则21cosrbaba

设向量c的坐标为zyx,, 则11cos0112rrrbayxzyxca （1） 11cos1102rrrcbzyzyxcb （2）

2011222222rzyxc 所以2222zyx （3）

联立（1）、（2）、(3)求出101zyx或313431zyx 所以向量c的坐标为1,0,1或31,34,31 8．已知点)1,6,3(A, )1,4,2(B, )3,2,0(C, )3,0,2(D， (1) 求以AB, AC, AD为邻边组成的平行六面体的体积． (2) 求三棱锥BCDA的体积． (3) 求BCD的面积． (4) 求点A到平面BCD的距离．

解：因为103，，A，1,4,2B,3,2,0C,3,0,2D 所以0,10,1AB 2,8,3AC

4,6,5AD （1）ADACAB,,是以它们为邻边的平行六面体的体积 176121200010034652830101V

（2）由立体几何中知道，四面体ABCD（三棱锥BCDA）的体积 3881766161VVT

（3）因为222，，BC，444，，BD

kjikjiBDBC01616444222

所以216161622BDBC，这是平行四边形BCED的面积 因此SSBCD21□BCED2821621 (4)设点A到平面BCD的距离为H，由立体几何使得三棱锥BCDA的体积 HSVBCDT3

1

所以22112112838833BCDTSVH 习题 一、计算题与证明题 1．求经过点)1,2,3(A和)3,2,1(B且与坐标平面xOz垂直的平面的方程． 解：与xoy平面垂直的平面平行于y轴，方程为 0DCzAx (1)

把点123，，A和点321，，B代入上式得 03DCA (2)

03DCA (3)

由（2），（3）得2DA,2DC

代入（1）得022DzDxD 消去D得所求的平面方程为 02zx 2．求到两平面0623:zyx和1152:zyx距离相等的点的轨迹方程． 解；设动点为zyxM,,，由点到平面的距离公式得

222222

1025101025213623

zyxzyz

所以10102512914623zyxzyx 3．已知原点到平面的距离为120, 且在三个坐标轴上的截距之比为5:6:2, 求 的方程． 解：设截距的比例系数为k，则该平面的截距式方程为

1562kzkyk

x

化成一般式为0306515kzyx 又因点0,0,0O到平面的距离为120，则有

120651530222

k

求出2864k 所以，所求平面方程为02861206515zyx 4．若点)1,0,2(A在平面上的投影为)1,5,2(B, 求平面的方程． 解：依题意，设平面的法矢为2,5,4n 代入平面的点法式方程为 0125524zyx

整理得所求平面方程为035254zyx 5．已知两平面02467:zymx与平面0191132:zmyx相互垂直，求m的值． 解：两平面的法矢分别为6,1,1mn，11,3,22mn，由1n⊥2n，得 066212mm 求出1966m

6．已知四点)0,0,0(A, )3,5,2(,B, )2,1,0(C, )7,0,2(D, 求三棱锥ABCD中ABC 面上的高． 解：已知四点7,0,2,2,1,0,3,5,2,0,0,0DCBA,则

9,1,2,4,5,0,7,0,2DCDBDA

由DCDBDA,,为邻边构成的平行六面体的体积为 912450702,,DCDBDAV

80700090

87090

28 由立体几何可知，三棱锥ABCD的体积为

314286161VVABCD

设D到平面ABC的高为H

则有 ABCABCDSHV31

所以 ABCABCDSVH3 又2,1,0,3,5,2ACAB kjikjiACAB247210352 所以，69212472121222ACABSABC 因此，696928692869213143H 7．已知点A在z轴上且到平面014724:zyx的距离为7, 求点A的坐标． 解：A在z轴上，故设A的坐标为200，，，由点到平面的距离公式，得

7724147222

z 所以69147z 则692z 那么A点的坐标为692,0,0A 8．已知点．A在z轴上且到点)1,2,0(B与到平面9326:zyx的距离相等, 求点A的坐标。 解：A在z轴上，故设A的坐标为z,0,0，由两点的距离公式和点到平面的距离

公式得22222232693120zz 化简得022974402zz 因为031164229404742 方程无实数根，所以要满足题设条件的点不存在。

习题 一计算题与证明题 1．求经过点)0,2,1(P且与直线011111zyx和0111zyx都平行的平面的方程． 解：两已知直线的方向矢分别为01101121，，，，，vv，平面与直线平行，则平面的法

矢CBAa，，与直线垂直 由a⊥1v，有00BA （1） 由a⊥2v，有00BA （2） 联立（1），（2）求得0,0BA,只有0C 又因为平面经过点021，，P，代入平面一般方程得 00C2010D

所以0D 故所求平面方程0Cz，即0z，也就是xoy平面。