解析几何教程答案

第一章 向量代数

习题1.1

1. 试证向量加法的结合律，即对任意向量a,b,c成立

(a?b)?c?a?(b?c).

证明：作向量AB?a,BC?b,CD?c（如下图），

D c

b?c a?b

AC

b B

a 则 (a?b)?c?(AB?BC)?CD?AC?C?D ,ADa?(b?c)?AB?(BC?CD)?AB?BD?AD,

故(a?b)?c?a?(b?c).

2. 设a,b,c两两不共线，试证顺次将它们的终点与始点相连而成一个三角形的充要条件是a?b?c?0.

证明：必要性，设a,b,c的终点与始点相连而成一个三角形?ABC，

C

c b

A

a B

则a?b?c?AB?BC?CA?AC?CA?AA?0. 充分性，作向量AB?a,BC?b,CD?c，由于

0?a?b?c?AB?BC?CD?AC?CD?AD,所以点A与D重合，即三向量

a,b,c的终点与始点相连构成一个三角形。

3. 试证三角形的三中线可以构成一个三角形。

证明：设三角形?ABC三边AB,BC,CA的中点分别是D,E,F（如下图），并且记

CF c

E

b

A

a D B

a?AB,b?BC,c?CA，则根据书中例1.1.1，三条中线表示的向量分别是

CD?111(c?b),AE?(a?c),BF?(b?a), 222111(c?b)?(a?c)?(b?a)?0,故由上题结论得三角形222所以，CD?AE?BF?的三中线CD,AE,BF可以构成一个三角形。

4. 用向量法证明梯形两腰中点连线平行于上、下底且等于它们长度和的一半。

证明：如下图，梯形ABCD两腰BC,AD中点分别为E,F，记向量AB?a,FA?b，

D F C E

b Aa B

则DF?b,而向量DC与AB共线且同向，所以存在实数??0,使得DC??AB.现在

FB?b?a,FC??b??a,由于E是BC的中点，所以

FE?1111(FB?FC)?(b?a??a?b)?(1??)a?(1??)AB.且 2222111(1??)AB?(AB??AB)?(AB?DC). 222FE?故梯形两腰中点连线平行于上、下底且等于它们长度和的一半。

5. 试证命题1.1.2。

证明：必要性，设a,b,c共面，如果其中有两个是共线的，比如是a,b，则a,b线性相关，从而a,b,c线性相关。现在设a,b,c两两不共线，则向量c可以在两个向量a,b上的进行分解，即作以c为对角线，邻边平行于a,b的平行四边形，则存在实数?,?使得

c??a??b，因而a,b,c线性相关。

充分性，设a,b,c线性相关，则存在不全为零的数k1,k2,k3，使得k1a?k2b?k3c?0。不妨设k3?0，则向量c可以表示为向量a,b的线性组合，因此由向量加法的平行四边形法则知道向量c平行于由向量a,b决定的平面，故a,b,c共面。

6. 设A,B,C是不共线的三点，它们决定一平面?，则点P在?上的充要条件是存在唯一的数组(?,?,?)使得

??OP??OA??OB??OC,?????????1,(*)

其中，O是任意一点。P在?ABC内的充要条件是(*)与??0,??0,??0同时成立。

证明：必要性，作如下示意图，连接AP并延长交直线BC于R。

AP C R O B

则由三点B,R,C共线，存在唯一的数组k1,k2使得OR?k1OB?k2OC，并且

k1?k2?1。由三点A,P,R共线，存在唯一的数组l1,l2使得OP?l1OA?l2OR，并且l1?l2?1。

于

是

O?P1l?O2A?1lO?2R1，O设l?AlkO??l1,，l1,l2的唯一性知道(?,?,?)的唯一性，则??l2,k1??由kl1,,k2kOP??OA??OB??OC,且??????l1?l2k1?l2k2?1。

充分性，由已知条件有OP??OA??OB??OC??OA??OB?(1????)OC

??(OA?OC)??(OB?OC)?OC??CA??CB?OC,得到CP??CA??CB，

因而向量CP,CA,CB共面，即P在A,B,C决定的平面上。

如果P在?ABC内，则P在线段AR内，R在线段BC内，于是0?k1,k2,l1,l2?1，则0??,?,??1。

如果（*）成立且0??,?,??1，则有CP??CA??CB，这说明点P在角?ACB内。同样可得到AP??AB??AC，这说明点P在角?BAC内。故P在?ABC内。

7. 在?ABC中，点D,E分别在边BC与CA上，且BD?11BC,CE?CA,AD与33BE交于R，试证

RD?证明：作如下示意图，

14AD,RE?BE. 77E RAC DB

由三点B,R,E共线，存在k使得CR?kCB?(1?k)CE，由三点A,R,D共线，存

在

l使得

CR?l(?C1A?)，l由C于DBD?11BC,CE?CA,有33CD?1221CB,CE?CA,因而CR?kCB?(1?k)CA?lCA?(1?l)CB。由于

33332141(1?l),l?(1?k)，解此方程组得k?,l?。由3377向量CA,CB不共线，所以k?此得CR?43CB?CE， 774344CB?CE?CE?(CB?CE)?EB。 7777ER?CR?CE?同理得到DR?114DA。故得RD?AD,RE?BE. 7778. 用向量法证明?ABC的三条中线交于一点P，并且对任意一点O有

OP?1(OA?OB?OC). 3证明：设D,E,F分别是边AB,BC,CA的中点，则AE,BF交于一点P，连接

C

F P A

EB

DCP,CD。由A,P,E三点共线，存在k使CP?kCF?(1?k)CB?1kCA?(1?k)CB，2由B,P,F三点共线，存在l使CP?lCE?(1?l)CA?1lCB?(1?l)CA，于是得211112k?1?l,l?1?k，解得k?l?。从而有CP?CB?CA，然而

33223CD?P。

任取一点O，由CP?112CB?CA，故CP?CD，即C,P,D三点共线，?ABC的三条中线交于一点2231111CB?CA，得到OP?OC?(OB?OC)?(OA?OC)，3333于是OP?1(OA?OB?OC). 39. 用向量法证明四面体ABCD的对棱中点连线交于一点P，且对任意一点O有

OP?1(OA?OB?OC?OD). 4证明：设四面体ABCD的棱AB,AC,AD的中点分别是B?,C?,D?，棱BC,CD,DB的中点分别是E,F,G，如下图。则对棱中点连线为B?F,C?G,D?E。

AD? D C? F B? C EB

G则容易知道C?E?11AB?D?G，C?D??CD?EG，因此四边形C?D?GE是平行22四边形，C?G,D?E相交且交点是各线段的中点。同理B?F,C?G也相交于各线段的中点，故B?F,C?G,D?E交于一点P。

由以上结论知道，对任意一点O，由P是D?E的中点，有

OP?111111(OD??OE)?(OA?OD?OC?OB)， 2222221(OA?OB?OC?OD). 4即OP?10. 设Ai(i?1,2,n,n)是正n边形的顶点，O是它的中心，试证?OAi?0.

i?1n证明：设a??OAi，将正n边形绕着中心旋转

i?12?2?。一方面向量a绕点O旋转了角度nn而得到一个新的向量a?；另一方面，正n边形绕着中心旋转

2?后与原正n边形重合，因而nn向量a没有变化。方向不同的向量要相等只能是零向量，故

?OAi?1i?0.

证法2：由于Ai(i?1,2,,n)是正n边形的顶点，O是它的中心，所以

OAi?OAi?2?kOAi?1(i?1,2,,n)，其中An?1?A1,An?2?A2。由三角不等式得到

,n)，故有k?2。所以

nOAi?OAi?2?kOAi?1?OAi?OAi?2?2OAi?1(i?1,2,?(OA?OAii?1ni?2)?2?OAi?k?OAi，由于k?2，所以?OAi?0.

i?1i?1i?1nn11. 试证：三点A,B,C共线的充要条件是存在不全为零的实数?,?,?使得

?OA??OB??OC?0且??????0

其中，O是任意取定的一点。

证明：必要性，如果三点A,B,C中至少有两点重合，比如A,B重合，则OA?OB?0，所以结论成立。如果A,B,C互不重合，由例1.1.1知道三点A,B,C共线的充要条件是存在数k使得kOA?(1?k)OB?OC?0，令??k,??1?k,???1，则?,?,?不全为零，有?OA??OB??OC?0， ??????k?(1?k)?1?0。

充分性，设?OA??OB??OC?0且??????0，则

?OA??OB?(???)OC?0，?(OA?OC)??(OB?OC)??CA??CB?0，由

于?,?,?不全为零，以及点O的任意性，可知?,?不全为零，否则?也为零。所以不妨设

??0，则CA????1?CB，因而三点A,B,C共线。

习题1.2 1.

给定直角坐标系，设P(x,y,z)，求P分别关于xOy平面，x轴与原点的对称点

的坐标。

解：在直角坐标系下，点P(x,y,z)关于xOy平面，x轴与原点的对称点的坐标分别是

(x,y,?z)，(x,?y,?z)，(?x,?y,?z)。

2.

设平行四边形ABCD的对角线交于点P，设DM?11DB,CN?CA.在仿射标56架A;AB,AD下，求点P,M,N的坐标以及向量MN的坐标。

解：作如下示意图，

??D M P N C

A B

因为P是DB中点，所以AP?11AB?AD. 22AM?DM?AD?1114DB?AD=(AB?AD)?AD?AB?AD. 5555AN?55点P,M,N的坐标分别AC?(AB?AD).故在仿射标架A;AB,AD下，

66??为(,),(,),(,).

112214555566MN?MD?DC?CN?11BD?AB?AC 56?11191(AD?AB)?AB?(AB?AD)?AB?AD, 563030所以向量MN在仿射标架A;AB,AD下的坐标为(??191,). 30303. 设a?(1,5,2),b?(0,?3,4),c?(?2,3,?1),，求下列向量的坐标： （1）2a?b?c；（2）?3a?2b?4c。

解：（1）2a?b?c?2(1,5,2)?(0,?3,4)?(?2,3,?1)?(0,16,?1). （2）?3a?2b?4c??3(1,5,2)?2(0,?3,4)?4(?2,3,?1)?(?11,?9,?2). 4. 判断下列各组的三个向量a,b,c是否共面？能否将c表示成a,b的线性组合？若能表示，则写出表示式。

（1）a?(5,2,1),b?(?1,4,2),c?(?1,?1,5); （2）a?(6,4,2),b?(?9,6,3),c?(?3,6,3); （3）a?(1,2,?3),b?(?2,?4,6),c?(1,0,5).

解：（1）设k1a?k2b?k3c?0,即k1(5,2,1)?k2(?1,4,2)?k3(?1,?1,5)?0,则有

?5k1?k2?k3?0,??2k1?4k2?k3?0,该方程组只有零解k1?k2?k3?0,所以三向量不共面。 ?k?2k?5k?0.23?1（2）设k1a?kb2?kc3?0,即k1(6,4,2)?k2(?9,6,3)?k3(?3,6,3)?0,则有

?6k1?9k2?3k3?0,?2k1?3k2?k3?0,?该方程组等价于由此得到4k?6k?6k?0,?1?23?2k1?3k2?3k3?0.?2k?3k?3k?0.23?112k1??k,3k?2?k,只要3k3不为零，k1,k2就不为零，所以三向量共面。取k3?1，

23则k1??1212,k2??,所以c?a?b,即c可表示成a,b的线性组合。 2323（3）设k1a?k2b?kc3?0,即k1(1,2,?3)?k2(?2,?4,6)?k3(1,0,5)?0,则有

?k1?2k2?k?30,?k1?2k2?0,?该方程组等价于?方程组有非零解（2，1，0），所以?2k1?4k2?0,k?0.?3??3k?6k?5k?0.123?三向量共面。由于k3只能为零，故c不能表示成a,b的线性组合。

5.在?ABC中，设D,E是边BC的三等分点，试用AB和AC表出AD与AE。 6.设在一平面?上取一个仿射标架?O;e1,e2?，?上三点Pi(xi,yi),i?1,2,3,共线当

x1且仅当x2y1y2y311?0. 1x3证明：三点Pi(xi,yi),i?1,2,3,共线当且仅当P1P2开得x1y2?x2y3?x3y1?x1y3?x3y2?x2y1?0.

P1P3，即

x2?x1y2?y1?.展

x3?x1y3?y1x1x2x3立。

y1y2y311?0展开行列式得x1y2?x2y3?x3y1?x1y3?x3y2?x2y1?0.故命题成17.在?ABC中，设P,Q,R分别是直线AB,BC,CA上的点，并且

AP??PB,BQ??QC,CR??RA.

证明P,Q,R共线当且仅当?????1. 证明：作如下示意图，

Q

R C

A

PB

由于P,Q,R分别是直线AB,BC,CA上的定比分点，所以???1,???1,???1。建仿

射标架

?A;AB,AC，由于AP??PB??(AB?AP),AP??PB?1AC； 1????1??AB；

AR?AC?RC?AC??AR,AR?BQ??QC?BC?CQ,QC?1BC,1??AQ?AC?CQ?AC?111?CB?AC?(AB?AC)?AB?AC。1??1??1??1??所以P,Q,R在仿射标架A;AB,AC下的坐标分别为

??P(?1??,0),Q(1?1,),R(0,)。根据上题的结论，P,Q,R共线当且仅当1??1??1??11?0.展开行列式即得到?????1. 1?1??11??00?1??11??9. 试证命题1.2.1。

证明：取定标架?O;e1,e2,e3?，设向量a?(a1,a2,a3),b?(b1,b2,b3). （1）a?b?(a1e1?a2e2?a3e3)?(b1e1?b2e2?b3e3)

?(a1?b1)e1?(a2?b2)e2?(a3?b)?(a1?b,1a?3e32（2）a?b?(a1e1?a2e2?a3e3)?(b1e1?b2e2?b3e3)

,b2a?3).b

?(a1?b1)e1?(a2?b2)e2?(a3?b3)e3?(a1?b1,a2?b2,a3?b3).

（3）?a??(a1e1?a2e2?a3e3)??a1e1??a2e2??a3e3?(?a1,?a2,?a3)。

习题1.3

1.设a?b?c?0,a?3,b?1,c?4，求ab?bc?ca。 解：由a?b?c?0,a?3,b?1,c?4，得

0?(a?b?c)(a?b?c)?a?b?c?2(ab?bc?ca)

?9?1?16?2(ab?bc?ca)，

所以ab?bc?ca??13. 2.已知a?3,b?2,?(a,b)?222?62，求(3a?2b)(2a?5b)。

2解：(3a?2b)(2a?5b)?6a?10b?11ab

?54?40?1123cos?6?14?333.

3.已知a?3b与7a?5b垂直，a?4b与7a?2b垂直，求?(a,b)。 解：因为a?3b与7a?5b垂直，a?4b与7a?2b垂直，所以

22?(a?3b)(7a?5b)?7a?15b?16ab?0,? ?22??(a?4b)(7a?2b)?7a?8b?30ab?0得到a?b?2ab,于是cos?(a,b)?22?ab1?,故?(a,b)?.

3ab24.证明：对任意向量a,b都有

a?b?a?b?2a?2b.

当a与b不共线时，说明此等式的几何意义。

证明：a?b?a?b?(a?b)(a?b)?(a?b)(a?b)

222222?a?b?2ab?a?b?2ab?2a?2b.

当a与b不共线时，此等式的几何意义是以a与b为邻边的平行四边形的两条对角线的

平方和等于四边的平方和。

25.下列等式是否正确？说明理由（习惯上把aa记为 a）。

222222(1) aa?a2; (2) a(bb)?ab2; (3) a(ab)?a2b; (4) (ab)2?a2b2;

(5) (ab)c?a(bc); (6) ca?cb,c?0?a?b. 解：（1）错误，因为左边表示向量，右边是数。 （2）正确，因为bb?b2。

（3）错误，因为左边向量a(ab)与a共线，而右边向量a2b与b共线。 （4）错误，因为(ab)2?a2b2cos?(a,b)?a2b2。

（5）错误，因为左边向量(ab)c与c共线，而右边向量a(bc)与a共线。 （6）错误，因为ca?cb,c?0?c(a?b)?0?c与a?b垂直。 6.证明：三角形的垂直平分线交于一点，且交点到三顶点的距离相等。

证明：设三角形?ABC的两条边AB,BC的垂直平分线交于一点O，D,E,F为

AB,BC,CA边的中点，以O为始点，为A,B,C,D,E,F终点的向量记为a,b,c,d,e,f。

则d?111(a?b),e?(b?c),f?(c?a)，AB?b?a,BC?c?b,CA?a?c. 222由于OD,OE是AB,BC的垂直平分线，

所以ABd?121(b?a2)?0,BCe?(c2?b2)?0,a2?c2?b,2由此得到22CAf?12(a?c2)?0,说明OF是CA的垂直平分线，即三角形的垂直平分线交于一点，2且交点到三顶点的距离相等。

7.证明：设a,b,c不共面，如果向量r满足

ra?0,rb?,rc?0,

则r?0。

证明：因为a,b,c不共面，所以可设r?xa?yb?zc。则

rr?r(xa?yb?zc)?xra?yrb?zrc?0,故r?0。

8.用几何方法证明：若a1,a2,,an;b1,b2,,bn;c1,c2,,cn都是实数，则有

22222a1?b12?c1?a2?b2?c2?222?an?bn?cn

?(a1?a2??an)?(b1?b2?2?bn)?(c1?c2?2?cn).?an:bn:cn且

2等号成立的充分必要条件是a1:b1:c1?a2:b2:c2?a1,a2,,an;b1,b2,,bn;c1,c2,,cn分别同号。

,n.则由三角不等式得

证明：设在直角坐标系下，向量ai?(ai,bi,ci),i?1,2,a1?a2??an?a1?a2??an，并且等号成立的条件是向量

ai?(ai,bi,ci),i?1,2,,n同向，将坐标代入就有

222?an?bn?cn22222a1?b12?c1?a2?b2?c2?

?(a1?a2??an)?(b1?b2?2?bn)?(c1?c2?2?cn).?an:bn:cn且

2等号成立的充分必要条件是a1:b1:c1?a2:b2:c2?a1,a2,,an;b1,b2,,bn;c1,c2,,cn分别同号。

习题1.4

1.设a?表示向量a在与向量b?0垂直的平面上的投影，则有a?b?a??b。 证明：由于a?表示向量a在与向量b?0垂直的平面上的投影（如下图），则由a,b构

b a a?

成的平行四边形的面积与a?,b构成的矩形的面积相等，a?b,a??b的方向相同，因而，

a?b?a??b。

2.证明：(a?b)2?a2b2?(ab)2。 证明：(a?b)2?a2b2sin2?(a,b),

a2b2?(ab)2?a2b2?a2b2cos2?(a,b)?a2b2sin2?(a,b)，

故(a?b)2?a2b2?(ab)2。

3.证明：若a?b?c?d，a?c?b?d,则a?d与b?c共线。 证明：(a?d)?(b?c)?a?b?a?c?d?b?d?c?a?b?c?d?a?c?b?d?0，

故a?d与b?c共线。

4. 证明：(a?b)?(a?b)?2(a?b),并说明其几何意义。

证明：(a?b)?(a?b)?a?a?a?b?b?a?b?b?0?a?b?a?b?0?2(a?b). 以a,b为邻边的平行四边形的对角线构成的平行四边形的面积等于a,b为邻边的平行四边形的面积的2倍。

5. 在直角坐标系中，已知a?(2,3,?1),b?(1,?2,3)，求与a,b都垂直，且满足如下条件之一的向量c：

（1）c为单位向量；

（2）cd?10，其中d?(2,1?7)。

解：因为向量c与a,b都垂直，所以可设c??a?b，而

e1a?b?21e2e33?1?(7,?7,?7),a?b?73。 ?2311?,故a?b73（1）因为c为单位向量，所以c?1，即?a?b?1,??c??13(1,?1,?1)。

，7cd?10，得?(1?4?7（2）由d?(2,?15?49?)?10,于是

28,c?5(1?,1?,。 1)46.用向量法证明： （1）三角形的正弦定理

abc； ??sinAsinBsinCa?b?c（2）三角形面积的海伦(Heron)公式，式中p?，?为三角形的面积，其中

2a,b,c为三角形三边的长。

证明：（1）设角A,B,C对应边表示的向量为a,b,c，由向量外积的模的几何意义知道111a?b?b?c?c?a，于是absinC?bcsinA?casinB， 222abc故。 ??sinAsinBsinC1112（2）?2?a?b?(a2b2?(ab)2)?(a2b2?a2b2cos2?(a,b))

4442221221122a?b?c?(ab?ab()2)?(a2b2?(a2?b2?c2)2) 42ab44?11(4a2b2?(a2?b2?c2)2)?(2ab?a2?b2?c2)(2ab?a2?b2?c2) 161611?((a?b)2?c2)(c2?(a?b)2)?(a?b?c)(a?b?c)(c?a?b)(c?a?b) 1616?p(p?a)(p?b)(p?c)。

7.证明Jacobi恒等式a?(b?c)?b?(c?a)?c?(a?b)?0。

证明：由双重外积公式

a?(b?c)?b?(c?a)?c?(a?b)

?(ac)b?(ab)c?(ba)c?(bc)a?(cb)a?(ca)b?0。

8.设a?0,OP?x，求满足方程a?x?b的点P的轨迹。

解：由外积的定义及外积模的几何意义，点P的轨迹在与b垂直的平面上，且与过点O平行于a的直线的距离为

b的直线，而且?a,x,b?保持右手系。 a习题1.5

1. 证明：(a?b)c?(b?c)a?(c?a)b。

证明：如果a,b,c共面，则(a?b)c?(b?c)a?(c?a)b?0。如果a,b,c不共面，则(a?b)c?(b?c)a?(c?a)b，?a,b,c?,?b,c,a?,?c,a,b?符合相同的右手或左手规则，因而(a?b)c,(b?c)a,(c?a)b有相同的符号，故(a?b)c?(b?c)a?(c?a)b。

2.证明：a,b,c不共面当且仅当a?b,b?c,c?a不共面。

证明：因为[(a?b)?(b?c)](c?a)?{[(a?b)c]b?[(a?b)b]c}(c?a)

?{[(a?b)c]b}(c?a)?[(a?b)c][b(c?a)]?[(a?b)c]2，

所以(a?b)c?0?[(a?b)?(b?c)](c?a)?0。 故a,b,c不共面当且仅当a?b,b?c,c?a不共面。

3.在右手直角坐标系中，一个四面体的顶点为A(1,2,0),B(?1,3,4)，C(?1,?2,?3),D(0,?1,3)，求它的体积。

解：因为

?214(AB,AC,AD)??2?4?3?59,

?1?33所以四面体ABCD的体积VABCD?4.证明Lagrange恒等式

159(AB,AC,AD)?. 66acad。 (a?b)(c?d)?bcbd证明：(a?b)(c?d)?a[b?(c?d)]?a[(bd)c?(bc)d]

?(ac)(bd)?(ad)(bc)?acad。

bcbd5.证明：(a?b,b?c,c?a)?2(a,b,c)。

证明：因为(a,b,d?e)?(a?b)(d?e)?(a?b)d?(a?b)e?(a,b,d)?(a,b,e)，所以(a?b,b?c,c?a)?(a?b,b?c,c)?(a?b,b?c,a)

?(a?b,b,c)?(a?b,c,c)?(a,b?c,a)?(b,b?c,a)

?(a?b,b,c)?(b,b?c,a)?(a,b,c)?(b,b,c)?(b,b,a)?(b,c,a) ?2(a,b,c)。

6.证明：(a,b,c?d)?(b,c,a?d)?(c,a,b?d)?0。

证明：左边?[(a?b)?c]d?[(b?c)?a]d?[(c?a)?b]d

?{[(ac)b?(bc)a]?[(ba)c?(ca)b]?[(cb)a?(ab)c]}d?0d?0=右边。

7.证明：对任意四个向量a,b,c,d有(b,c,d)a?(c,a,d)b?(a,b,d)c?(b,a,c)d?0。 证明：因为(b,c,d)a?(b,a,c)d?(b,c,d)a?(c,b,a)d?[(b?c)d]a?[(c?b)a)]d

?[(b?c)d]a?[(b?c)a)]d?(b?c)?(a?d)，同理

(c,a,d)b?(a,b,d)c?(a,d,c)b?(d,a,b)c?(a,d,c)b?(a,d,b)c?(a?d)?(b?c)所以(b,c,d)a?(c,a,d)b?(a,b,d)c?(b,a,c)d?(b?c)?(a?d)?(a?d)?(b?c)?0。

8.证明：若a与b不共线，则a?(a?b)与b?(a?b)不共线。 证明：因为a与b不共线，所以a?b?0.

由于[a?(a?b)]?[b?(a?b)]?{[a?(a?b)](a?b)}b?{[a?(a?b)]b}(a?b)

??{[a?(a?b)]b}(a?b)?{[(a?b)?a]b}(a?b)?[(a?b)(a?b)](a?b)

?(a?b)2(a?b)?0，因而a?(a?b)与b?(a?b)不共线。

9.已知?,?都是非零实数，向量a,b,c的混合积(a,b,c)???，如果向量r满足

ra??,rb??,rc?0，

求此向量r。

解：由条件得到r(?a??b)?0，而且rc?0，因此可设r??(?a??b)?c，现在两边分别与a作内积，则有??ra??a[(?a??b)?c]????(a,b,c)??????，

???1??，故r?(1?b?1?a)?c。

10.设e1,e2,e3不共面，证明：任一向量a可以表示成

a?1((a,e2,e3)e1?(a,e3,e1)e2?(a,e1,e2)e3)。

(e1,e2,e3)证明：因为e1,e2,e3不共面，所以任一向量a可以表示成a?xe1?ye2?ze3。两边分

别与向量e2?e3,e3?e1,e1?e2作内积，得到

(a,e2,e3)?x(e1,e2,e3),(a,e3,e1)?y(e1,e2,e3),(a,e1,e2)?z(e1,e2,e3)

因而

a?1((a,e2,e3)e1?(a,e3,e1)e2?(a,e1,e2)e3)。

(e1,e2,e3)11.设a,b,c不共面，设向量r满足ra??,rb??,rc??，那么有

r?1(?b?c??c?a??a?b)。

(a,b,c)证明：因为a,b,c不共面，所以a?b,b?c,c?a不共面，从而可设

r?x(b?c)?y(c?a)?z(a?b)，两边分别与a,b,c作内积，则有

??ar?xa(b?c),??br?yb(c?a),??cr?zc(a?b)，于是

r?1(?b?c??c?a??a?b)。

(a,b,c)第二章 直线与平面

习题2.1

1.求通过两点A(2,3,4)和B(5,2,?1)的直线方程。

解：直线的方向向量为AB?(3,?1,?5)，所以直线的方程为

x?2y?3z?4??. 3?1?52.在给定的仿射坐标系中，求下列平面的普通方程和参数方程。 （1）过点(?1,2,0),(?2,?1,4),(3,1,?5)； （2）过点(3,1?2)和z轴；

（3）过点(2,0,?1)和(?1,3,4)，平行于y轴； （4）过点(?1,?5,4)，平行于平面3x?2y?5?0。

解：（1）平面的方位向量为v1?(?1,?3,4),v2?(4,?1,?5)，所以平面的参数方程

?x??1???4?,??y?2?3???, ?z?4??5?.?平面的普通方程为

x?1?14y?2?3?1z4?0,即19x?11y?13z?3?0. ?5（2）平面的方位向量为v1?(3,1,?2),v2?(0,0,1)，所以平面的参数方程

?x?3?3?,?因为过z轴，所以也可选经过的点为(0,0,0)，那么参数方程也可以?y?1??,?z??2?2???.??x?3?,?写为 ?y??,

?z??2???.?平面的普通方程为

x30y10z?2?0,即x?3y?0. 1（3）平面的方位向量为v1?(?3,3,5),v2?(0,1,0)，所以平面的参数方程

?x?2?3?,??y?3???, ?z??1?5?.?平面的普通方程为

x?2?30y31z?150?0,即5x?3z?7?0.

（4）平面的方位向量平行于平面3x?2y?5?0，方位向量(X,Y,Z)满足

3X?2Y?0，因此可以选为v1?(2,3,0),v2?(0,0,1)。所以平面的参数方程

?x??1?2?,??y??5?3?, ?z?4??.?平面的普通方程为

x?120y?5z?43001?0,即3x?2y?7?0.

3.在直角坐标系中，求通过点(1,0,?2)并与平面

?1:2x?y?z?2?0和?2:x?y?z?3?0

均垂直的平面方程。

解：平面?1,?2的法向量分别是n1?(2,1,?1),n2?(1,?1,?1)，所求平面与?1,?2均垂直，所以它的法向量n与n1,n2均垂直，因此

n?n1?n2?(2,1,?1)?(1,?1,?1)?(?2,1,?3),

平面的方程为?2(x?1)?y?3(z?2)?0,即2x?y?3z?6?0.

4. 在直角坐标系中，求经过点M1(3,?1,4),M2(1,0,?3)，垂直于平面

2x?5y?z?1?0的平面方程。

解：设平面的法向量为n，则它与M1M2垂直，它又与平面2x?5y?z?1?0的法向量(2,5,1)，故n?(?2,1,?7)?(2,5,1)?12(3,?1,?1).所以所求平面的方程为

3(x?3)?(y?1)?(z?4)?0,即3x?y?z?6?0.

5. 在直角坐标系中，设平面?的方程为Ax?By?Cz?D?0，其中ABCD?0。设此平面与三坐标轴分别交于M1,M2,M3，求三角形M1,M2,M3的面积和四面体

OM1M2M3的体积。

解：由于ABCD?0，所以平面的三个截距分别为?3DDD,?,?。因此四面体ABC1DDD1D. OM1M2M3的体积为V?(?)(?)(?)?6ABC6ABC三角形M1,M2,M3的面积S?1M1M2?M1M3, 2而M1M2?M1M3?(DDDD111,?,0)?(,0,?)?D2(,,), ABACBCCAABD2所以S?2A2?B2?C2.

ABC6.设平面?:Ax?By?Cz?D?0与连接两点M1(x1,y1,z1)和M2(x2,y2,z2)的线段相交于点M，且M1M?kMM2，证明

k??Ax1?By1?Cz1?D。

Ax2?By2?Cz2?D证明：因为M1M?kMM2，所以由定比分点的坐标公式得到点M的坐标

x?x1?kx2y?ky2z?kz2,y?1,z?1,将它们代入平面方程中得

1?k1?k1?kAx1?kx2y?ky2z?kz2?B1?C1?D?0,整理即得

1?k1?k1?kk??Ax1?By1?Cz1?D。

Ax2?By2?Cz2?D习题2.2

1.求经过点(?2,1,3)，并且通过两平面2x?7y?4z?3?0与3x?5y?4z?11?0的交线的平面方程。

解：经过交线的平面束方程为?1(2x?7y?4z?3)??2(3x?5y?4z?11)?0，其中

?1,?2不全为零。所求平面经过点(?2,1,3)，将它代入上式得到?1?6?2?0，可以取

?1?6,?2?1，因此平面的方程为15x?47y?28z?7?0.

2.判断下列各对平面的相关位置。

（1）x?2y?z?2?0与3x?y?2z?1?0；

（2）3x?9y?6z?2?0与2x?6y?4z?4?0； 3（3）x?2y?z?1?0与

xz?y??2?0。 22解：（1）平面的法向量分别是(1,?2,1),(3,1,?2)，它们不共线，所以两平面相交。

（2）两平面的系数之比的关系为

39?62???，所以两平面重合。 26?443（3）第二个平面的方程化为x?2y?z?4?0，所以两平面的系数之比的关系为

121?1，所以两平面平行。 ???12143.将下列直线的普通方程化为标准方程。 （1）??3x?y?2?0,?y?1?0,（2）?

?4y?3z?1?0;?z?2?0.?3x?y?2,xy?2z?3所以标准方程为??.

13?44(y?2)??3(z?3),?解：（1）方程可写成?（2）标准方程为

xy?1z?2??. 1004.求通过点N0(1,4,?2)且与两平面

?1:6x?2y?2z?3?0,?2:3x?5y?2z?1?0

均平行的直线方程。

解：直线的方向向量v?(X,Y,Z)与已知两平面均平行，所以

?6X?2Y?2Z?0,得到X:Y:Z?1:3:(?6), ?3X?5Y?2Z?0?于是直线的方程为

x?1y?4z?2??. 13?65.判断下列各对直线的位置。 （1）

x?1y?1z?2xy?6z?5； ??,??331?123（2）??x?y?z?0,?x?z?1?0, ??y?z?1?0,?x?y?1?0.x?1y?1z?2经过点M1(?1,1,2)，方向向量是v1?(3,3,1)，直??331解：（1）直线

线

xy?6z?5经过点M2(0,6,?5)，方向向量是v2?(?1,2,3)。 ???1231混合积(M1M2,v1,v2)?35?71??106?0,所以两直线异面。 33?12（2）直线??x?y?z?0,?x?z?1?0,x?1y?1z方程可分别化为??, ?01?1y?z?1?0,x?y?1?0.??x?1yz??.经过的点分别是M1(1,?1,0),M2(?1,0,0).方向向量分别是?1110v1?(0,1,?1),v2?(?1,1,1).混合积(M1M2,v1,v2)?0以两直线异面且互相垂直。

6.求直线?101?1?1?0,且v1v2?0,所

?111?x?z?2与平面x?2y?7?0的交点。

?y?1?3z解：将直线方程代人平面方程得到z?2?2(1?3z)?7?0,所以z?1，故交点为

(3,?2,1)。

7.求通过直线l1:??3x?4y?5z?10?0且与直线l2:x?2y?3z平行的平面方程。

?2x?2y?3z?4?0解：通过直线l1的平面方程可设为

?(3x?4y?5z?10)??(2x?2y?3z?4)?0，

由于平面与直线l2平行，所以6(3??2?)?3(?4??2?)?2(5??3?)?0，即

4??3??0，故平面方程为x?20y?27z?14?0。

8. 在直角坐标系中，求直线l:直投影直线的方程。

解：垂直投影直线在过直线l且垂直于平面?:x?2y?6?0的平面?1中，平面?1的方程为

x?1y?1z?3??在平面?:x?2y?6?0上的垂2?14x?121y?1z?3?1240??8x?4y?5z?3?0,

所以垂直投影直线方程是

?x?2y?6?0, ??8x?4y?5z?3?0.9. 在仿射坐标系中，求过直线l:?截距的平面方程。

解：通过直线l的平面方程可设为?(2x?y?2z?1)??(x?y?4z?2)?0，由于平面在y轴和z轴上有相同的非零截距，所以??????2??4?，即??3?，

故平面方程为7x?2y?2z?1?0.

10.在?ABC中，设P,Q,R分别是直线AB,BC,CA上的点，并且AP??PB,

?2x?y?2z?1?0且在y轴和z轴上有相同的非零

?x?y?4z?2?0BQ??QC,CR??RA。证明三线AQ,BR,CP共点的充要条件是????1。

证明：取仿射标架{A;AB,AC}，则点A,B,C,P,Q,R的坐标分别是

A(0,0),B(1,0),C(0,1),P(?1??,0),Q(1?1,),R(0,).直线AQ,BR,CP的方1??1??1??程分别为

yxxyx?1y?1?,?,?.三线AQ,BR,CP共点的充要条件是

1?1???1??(1??)AQ,BR的交点在直线CP上。AQ,BR的交点为(标代人直线CP的方程中化简得到????1。

1?,)，将该点的坐

1?????1?????11.用坐标法证明契维定理：若三角形的三边依次分割成?:?,?:?,?:?，其中?,?,?均为正实数，则此三角形的顶点与对边分点的连线交于一点。

证明：由于

??? ?1，由上题的结论知道三角形的顶点与对边分点的连线交于一点。

???：

如

果

直

线

12.证明

?A1x?B1y?C1z?D1?0,l1:??A2x?B2y?C2z?D2?0与直线

?A3x?By3?Cz?D3?0,交于一点，那么 l2:??A4x?By4?Cz?D4?04A1A2A3A4B1B2B3B4C1C2C3C4D1D2D3D4?0。

证明：由于两直线l1,l2交于一点，所以方程组

?A1x?B1y?C1z?D1?0,??A2x?B2y?C2z?D2?0,有解(x0,y0,z0)， ??A3x?B3y?C3z?D3?0,?Ax?By?Cz?D?0,?4444?A1x?B1y?C1z?D1w?0,??A2x?B2y?C2z?D2w?0,则齐次方程组?有解(x0,y0,z0,1)，由齐次线性方程组有

Ax?By?Cz?Dw?0,333?3?Ax?By?Cz?Dw?0,?4444A1解的条件得到

B1B2B3B4C1C2C3C4D1D2D3D4?0。

A2A3A413. 在直角坐标系中，给定点M1(1,0,3)和M2(0,2,5)，直线l:x?1y?1z??，213设M1?,M2?各为M1,M2在l上的垂足，求M1?M2?以及M1?,M2?的坐标。

解：M1?M2?为向量M1M2?(?1,2,2)在直线l的方向向量v?(2,1,3)的方向上的分量，故M1?M2??M1M2v6?. v14过点M1(1,0,3)作与直线l垂直的平面?1，它的方程为2(x?1)?y?3(z?3)?0，过点M2(0,2,5)作与直线l垂直的平面?2，它的方程为2x?y?2?3(z?5)?0，将直线的参数方程x?1?2t,y??1?t,z?3t分别代人?1，?2方程中，得t1?58,t2?,所以77M1?(1721523124,?,),M2?(,,). 77777714.求与三直线l1:??y?x?0?y?x?0?y?0都相交的直线所产生的曲面,l2:?,l3:??z?1?0?z?1?0?z?0的方程。

解：与三直线都相交的直线设为l，交点可设为P(m,m,1),Q(n,?n,?1),R(k,0,0)，由于三点共线，所以

m?km1，即有m?n?k。 ??n?k?n?1直线l的方程

x?kyz?x?k, ??，即?m?km1y?kz,?消去k得到直线l构成的曲面方程y?xz.

?yz?xz??1????115.证明：包含直线l1:?bc，且平行于直线l2:?ac的平面方程为

???x?0?y?01111xyz???1?0。若2d是l1,l2之间的距离，证明2?2?2?2。

dabcabc?yzyz???1证明：包含直线l1:?bc的平面方程可设为?x??(??1)?0，它的法向量

bc??x?0?xz???1为(?,,)，它又与直线l2:?ac平行，此直线的方向向量是v2?(a,0,c)，所以

bc??y?0??(a,0,c)(?,??bc,)?0，得到a????0，于是平面方程为

xyz???1?0。 abc直线l1的方向向量是v1?(0,b,?c)，经过点P(0,0,c)。直线l2经过点Q(0,0,?c)，所以两直线的距离为2d?(PQ,v1,v2)v1?v2，

002c(PQ,v1,v2)?0b?c??2abc，v1?v2?(0,b,?c)?(a,0,c)?(bc,?ac,?ab)

a0c11111(bc)2?(ac)2?(ab)2???2。 因此，，故?22222dabc4d4(abc)

习题2.3

1.在直角坐标系下，求下列直线方程。

（1）过点M0(?1,2,9)且垂直于平面3x?2y?z?5?0； （2）过点M0(2,4,?1)且与三坐标轴夹角相等。

解：（1）直线的方向向量是平面的法向量v?(3,2,?1)，所以直线的方程为

x?1y?2z?9??. 32?1（2）设直线的方向向量是v?(X,Y,Z)，由于直线与三坐标轴的夹角相等，所以

v(1,0,0)?v(0,1,0)?v(0,0,1),于是X?Y?Z。因此直线有4条，方程为

x?2y?4z?1x?2y?4z?1，， ????1111?11x?2y?4z?1x?2y?4z?1，。 ????11?11?1?12. 在直角坐标系中，求平面ax?by?z?c?0与xOy面的夹角。

解：平面ax?by?z?c?0的法向量为n?(a,b,?1)，xOy面的法向量为

n1?(0,0,1)，所以夹角的余弦为cos??1a?b?122?1a?b?1122，夹角为

??arccos或??arccosa?b?122.

3.求到两个给定平面的距离成定比的点的轨迹。

解：设点M(x,y,z)到两平面的距离之比为k?0。如果两平面平行，则选直角坐标系使得其中一个平面为xOy面，另一个平面的方程为z?d?0,d?0，于是kz?z?d，

当k?1时，得z?d。当k?1时，得(1?k)z?d. 2如果两平面相交，则选两平面的角平分面为两坐标面xOy和xOz，则两平面的方程可设为y?cz?0,y?cz?0,c?0，于是ky?cz?y?cz,即(1k)y?(1?k)cz?0.

4.证明：空间中满足条件x?y?z?a(a?0)的点位于中心在原点，顶点在坐标轴上，且顶点与中心距离为a的八面体的内部。

证明：条件x?y?z?a(a?0)等价于八个不等式：?x?y?z?a(a?0)，这些点对于平面?x?y?z?a(a?0)来说都在负侧，即包含原点的那一侧。故它们位于由八

个平面?x?y?z?a(a?0)构成顶点在坐标轴上，且顶点与中心距离为a的八面体的内部。

5.在仿射坐标系中，设M1(x1,y1,z1)，M2(x2,y2,z2)都不在平面

?:Ax?By?Cz?D?0

上，且M1?M2。证明：M1与M2在平面?的同侧的充分必要条件是

F1?Ax1?By1?Cz1?D与F2?Ax2?By2?Cz2?D

同号。

证明：（1）M1M2与平面?:Ax?By?Cz?D?0平行的充要条件是

F1?F2?Ax1?By1?Cz1?D?(Ax2?By2?Cz2?D) ?A(x1?x2)?B(y1?y2)?C(z1?z2)?0

即F1?Ax1?By1?Cz1?D?0与F2?Ax2?By2?Cz2?D?0同号。

（2）如果M1M2与平面?:Ax?By?Cz?D?0不平行，则设直线M1M2与平面相交于点M，且M1M?kMM2。

因而M1与M2在平面?的同侧的充分必要条件是k?0。因为

k??Ax1?By1?Cz1?DF??1?0，

Ax2?By2?Cz2?DF2所以F1?Ax1?By1?Cz1?D与F2?Ax2?By2?Cz2?D同号。

6. 在直角坐标系中，求与平面Ax?By?Cz?D?0平行且与它的距离为d的平面方程。

解：设点M(x,y,z)到平面Ax?By?Cz?D?0的距离为d，则

d?Ax?By?Cz?DA?B?C222,

因而所求平面的方程为Ax?By?Cz?D?d7.求点M1(3,?1,2)到直线?A2?B2?C2?0.

?2x?y?z?1?0,的距离。

?x?y?z?1?0解：直线方程的标准形式为

xy?1z，??,所以直线经过点M(0?,1,0)方向向量为v?(0,1,1)，则

011MM2,3,，点3)M1(3,?1,2)到直线的距离为d?1?v?(?8.求下列各对直线之间的距离。 （1）

MM1?vv?222?11.

x?1y?1z?5xy?6z?5??,??; ?1323?9?6xy?2z?1x?1y?3z?1??,??; 2?2?142?1（2）

（3）??x?y?z?1?0,?x?y?0,?x?2y?3z?6?0, ??2x?y?3z?6?0.解：（1）两直线分别经过点M1(?1,1,?5)，M2(0,6,?5)，方向向量分别是

v1?(?1,3,2),v2?(3,?9,?6)，因此两直线平行，它们的距离为一直线的某点到另一直线

的距离，所以M1M2?v1?(10,?2,8)，它们的距离为

d?M1M2?v1v1?16814?23.

（2）两直线分别经过点M1(0,?2,1)，M2(1,3,?1)，方向向量分别是

v1?(2,?2,?1),v2?(4,2,?1)，M1M2?(1,5,?2),v1?v2?(4,?2,12),

(M1M2,v1,v2)?M1M2(v1?v2)??30，所以它们异面，它们的距离为 d?(M1M2,v1,v2)v1?v2?30164?1541.

（3）两直线方程的标准形式可写为

xyz?1xyz?2??,??,两直线分别经过点M1(0,0,1)，M2(0,0,?2)，方1?101?1?1向向量分别是v1?(1,?1,0),v2?(1,?1,?1)，v1,v2不平行，M1M2?(0,0,?3),

v1?v2?(1,1,,0),(M1M2,v1,v2)?M1M2(v1?v2)?0，所以它们相交，它们的距

离为0。

9.求下列各对直线的公垂线的方程。 （1）x?1?yzxyz?与??; ?3321?2（3）??x?y?1?0,?x?z?1?0,与?

z?02y?z?2?0.??解：（1）两直线的方向向量是v1?(1,?3,3),v2?(2,1,?2)，所以公垂线的方向向量为

v?v1?v2?(3,8,7)。

公垂线在过直线x?1?yz?且与向量v?(3,8,7)平行的平面上，平面法向量是?33，所以该平面方程是45(x?1)?2y?17z?0。 n1?(3,8,7)?(1,?3,3)?(45,?2,?17)公垂线又在过直线

xyz??;且与向量v?(3,8,7)平行的平面上，平面法向量是21?2，所以该平面方程是23x?20y?13z?0，因n2?(3,8,7)?(2,1,?2)?(?23,20,?13)此公垂线的方程是

?45x?2y?17z?45?0, ??23x?20y?13z?0.（2）两直线方程的标准形式可为

x?1yzx?1yz?2， ??，??1?102?12所以公垂线的方向向量为v?(1,?1,0)?(2,?1,2)?(?2,?2,1)。 公垂线在过直线

x?1yz??且与向量v?(?2,?2,1)平行的平面上，平面法向量是1?10n1?(1,?1,0)?(?2,?2,1)?(?1,?1,?4)，所以该平面方程是x?y?4z?1?0。

公垂线又在过直线

x?1yz?2，且与向量v?(?2,?2,1)平行的平面上，平面??2?121,?2?)，该,平6面(?2,?2,?1)所?以(3,方6程)是

法向量是n2?(2?,(x?1)?2y?2(z?2)?0，因此公垂线的方程是

?x?y?4z?1?0, ??x?2y?2z?3?0.

10.求下列各对直线的夹角。 （1）

x?1y?3z?4x?1yz?1??,??; ?112?24?3（2）??x?y?z?1?0,?3x?y?1?0, ?x?y?2z?1?0,y?3z?2?0.??解：（1）两直线的方向向量是v1?(?1,1,2),v2?(?2,4,?3)，所以夹角满足

cos??v1v2v1v2?0,因此夹角为

?2。

（2）两直线的方向向量是v1?(1,1,0),v2?(1,?3,1)，所以夹角满足

cos??v1v2v1v2?2211?22, 11因此夹角为??arccos2222或????arccos. 111111.求下列直线与平面的夹角。 （1）l:x?1yz?1??,?:x?2y?4z?1?0; 21?1（2）l:??x?y?z?2?0,?:2x?z?1?0.

2x?3y?3?0,?解：（1）直线l的方向向量为v?(2,1,?1)，平面的法向量为n?(1,?2,4)，则

vn??4，所以夹角满足sin??v1v2v1v2?4621?214214. ,因此夹角??arcsin2121（2）直线l的方向向量为v?(?3,?2,?1)，平面的法向量为n?(2,0,?1)，则

vn??5，所以夹角满足sin??v1v2v1v2?5145?7070. ,因此夹角??arcsin141412.已知两条异面直线l1与l2，证明：连接l1上任一点和l2上任一点的线段的中点轨迹是公垂线段的垂直平分面。

证明：以公垂线为z轴，过公垂线段的中点与公垂线垂直的平面为xOy面，两异面直线在xOy面上的投影直线的角平分线为x轴和y轴建立空间直角坐标系。则两异面直线的方

程可设为

xyz?axyz?a与????,其中2a是两直线的距离，k?0。

1k01?k0现在从两直线上分别任取一点(t,kt,a),(s,?ks,?a)，则它们的中点(x,y,z)满足

x?t?sk(t?s),y?,z?0，这是公垂线段的垂直平分面的参数方程，所以中点轨22迹是公垂线段的垂直平分面。

13.设在直角坐标系中，平面?1与?2的方程分别为

2x?y?2z?3?0和3x?2y?6z?1?0

求由?1与?2构成的二面角的角平分面的方程，在此二面角内有点P(1,2,?3)。 解：角平分面上的点(x,y,z)到两平面的距离相等，所以

2x?y?2z?33x?2y?6z?1，由于该二面角内有点P(1,2,?3)，且?3721?2?2?(3?)?3?9?31?22?6?(3?)?1，4所以P(1,2,?3)在?12?的负侧，在?2的正侧，因此角平分面上的点在?1的负侧，在?2的正侧，或在?1的正侧，在?2的负侧，所以角平分面上的点满足7(2x?y?2z?3)??3(3x?2y?6z?1)，整理得到23x?y?4z?24?0.

14.证明：两异面直线l1，l2的公垂线段的长度就是l1，l2之间的距离。

证明：以公垂线为z轴，过公垂线段的中点与公垂线垂直的平面为xOy面，两异面直线在xOy面上的投影直线的角平分线为x轴和y轴建立空间直角坐标系。则两异面直线的方

程可设为l1:xyz?axyz?a与l2:????,其中2a是两直线的距离即公垂线段

1k01?k0的长度，k?0。

现在从两直线上分别任取一点P(t,kt,a),Q(s,?ks,?a)，两点距离为

PQ?(t?s)2?k2(t?s)2?(2a)2?2a,即公垂线段的长度是最小的，

因此两异面直线l1，l2的公垂线段的长度就是l1，l2之间的距离。

第三章 常见曲面

习题3.1

1.证明：如果a2?b2?c2?d?0，那么由方程

x2?y2?z2?2ax?2by?2cz?d?0

给出的曲面是一球面，求出它的球心坐标和半径。

证明：将方程配方得

(x?a)2?(y?b)2?(z?c)2?a2?b2?c2?d，由a2?b2?c2?d?0，得到方

程表示球心是(?a,?b,?c)，半径为a2?b2?c2?d的球面。

2.求过三点(3,0,0),(0,2,0),(0,0,1)的圆的方程。

解：空间中的圆可由过三点(3,0,0),(0,2,0),(0,0,1)的一个球面和一个平面的交线表示，设过该三点的球面方程为x2?y2?z2?ax?by?cz?d?0，得到

?9?3a?d?0,??4?2b?d?0, ?1?c?d?0?球面方程为x2?y2?z2?9?d4?dx?y?(1?d)z?d?0，其中d任意。 32过该三点的平面方程是

xy??z?1，所以所求圆的方程可以为 32?6(x2?y2?z2)?2(9?d)x?3(4?d)y?6(1?d)z?6d?0, ??2x?3y?6z?6?0其中d任意。 3.证明曲线

t?x?,?1?t2?t4?t2?,?y?241?t?t??t3,?z?241?t?t?在一球面上，并此球面方程。

证明：因为曲线满足

t?(??,??)

t2t32x?y?z?()?()?()22424241?t?t1?t?t1?t?t

2tt224?()(1?t?t)??y24241?t?t1?t?t222t2即x2?(y?121)?z2?，所以曲线在一个球面上。 244.适当选取坐标系，求下列轨迹的方程

（1）到两定点距离之比等于常数的点的轨迹； （2）到两定点距离之和等于常数的点的轨迹； （3）到定平面和定点等距离的点的轨迹。

解（1）选直角坐标系使得定点坐标为(0,0,a),(0,0,?a)。设定比常数为k?0。所以动点(x,y,z)满足x2?y2?(z?a)2?k2(x2?y2?(z?a)2)，化简有

(1?k2)x2?(1?k2)y2?(1?k2)z2?2a(1?k2)z?(1?k2)a2?0，

当k?1时，轨迹为平面z?0。

1?k2当0?k?1时，轨迹为球面x?y?z?2az?a2?0。 21?k222（2）选直角坐标系使得定点坐标为(0,0,a),(0,0,?a)。设常数为k?0。所以动点

(x,y,z)满足x2?y2?(z?a)2?x2?y2?(z?a)2?k，化简有

4k2x2?4k2y2?(4k2?16a2)z2?4k2a2?k4?0.

（3）选直角坐标系使得定点坐标为(0,0,a),定平面为z??a。所以动点(x,y,z)满足

x2?y2?(z?a)2?z?a，化简有x2?y2?4az.

25.曲面S在柱面坐标系(R,u,v)下的方程为v?Rcos2u，求S的直角坐标方程。

解：将柱面坐标与直角坐标的关系x?Rcosu,y?Rsinu,z?v代入方程得到

x2?y2?z.

6.曲面S的直角坐标方程为x2?y2?z2?25，试求其球面坐标方程。

解：将球面坐标与直角坐标的关系x?Rcos?cos?,y?Rcos?sin?,z?Rsin?代

2入方程得到x2?y2?z2?R2cos2??R2sin2??25,即Rcos2??25.

习题3.2

1.求半径为1，对称轴为x?yz?的圆柱面方程。 23yz?的距离是常数1，所以 23解：圆柱面上的点(x,y,z)到对称轴x?(x,y,z)?(1,2,3)1?4?9?1，即有(3y?2z)2?(z?3x)2?(2x?y)2?14.

2.已知与圆柱面的三条母线为x?y?z,x?1?y?z?1,x?1?y?1?z,求这个圆柱面的方程。

解：先求对称轴，对称轴上的点(x,y,z)到三母线的距离相等，所以

(x,y,z)?(1,1,1)?(x?1,y,z?1)?(1,1,1)?(x?1,y?1,z)?(1,1,1)，

化简整理得对称轴的方程：x?y?1?z?1。圆柱面上的点到对称轴的距离等于对称轴上的点(0,?1,1)到母线x?y?z的距离，所以

(x,y?1,z?1)?(1,1,1)?(0,?1,1)?(1,1,1)，

即(y?z?2)2?(x?z?1)2?(x?y?1)2?6,展开得到圆柱面方程

x2?y2?z2?xy?xz?yz?3y?3z?0.

?x2?y2?9,3.求母线方向为(2,?3,4)，准线为?的柱面方程。

?z?1解：柱面上的点(x,y,z)一定在经过准线上一点(x0,y0,z0)的母线上，所以

22?x0?y0?9,??z0?1,??x?x0?2t, ?y?y?3t,0??z?z0?4t?消去x0,y0,z0,t得到柱面方程：

16x2?16y2?13z2?24yz?16xz?16x?24y?26z?131?0.

4.已知圆柱面的对称轴为2x?1?y??z?1，点(1,?2,1)在此圆柱面上，求此圆柱面

的方程。

解：圆柱面上的点(x,y,z)与点(1,?2,1)到对称轴的距离相等，所以

(x,y?1,z?1)?(?1,2,2)?(1,?3,0)?(?1,2,2)?41，

展开整理得8x2?5y2?5z2?4xy?8yz?4xz?8x?2y?2z?39?0.

?x2??y2?1,5.求准线为?4的圆柱面方程。

?z?0?解：因为准线是椭圆，所以圆柱面的对称轴一定过椭圆的中心(0,0,0)，母线方向不可

能平行于坐标面xOy，可设为(l,m,1)。在准线上取三点(2,0,0),(0,1,0),(3,们到对称轴的距离都等于圆柱面的半径r，于是

1,0),它21(2,0,0)?(l,m,1)?(0,1,0)?(l,m,1)?(3,,0)?(l,m,1)，

2得4?4m2?1?l2?11?3?(3m?l)2,化简有 42?3?4m2?l2,显然l?0,所以m?0,l??3.r?1。 ??ml?0,因而圆柱面有两个(x,y,z)?(?3,0,1)?4，即(x?3z)2?4y2?4. 6.求以z轴为对称轴，坐标原点为顶点，半顶角为

2?6的圆锥面方程。

解：因为圆锥面以z轴为对称轴，坐标原点为顶点，半顶角为

?6，所以圆锥面非常为

x2?y2?z2tan2?6?0,即3x2?3y2?z2?0.

7.求顶点在原点，准线为??f(x,y)?0,的锥面方程。

?z?h,(h?0)解：锥面上的点(x,y,z)一定在经过准线上某点(x0,y0,z0)的母线上，所以

?f(x0,y0)?0,??z0?h,hxhy?因此得到锥面方程f(,)?0. x?tx,?0zz?y?ty,?0??z0?tz8.求以原点为顶点，包含三条坐标轴的圆锥面方程。

解：设圆锥面的对称轴的方向向量为(l,m,n)，依照题意对称轴的方向向量与三坐标轴的坐标向量的夹角的余弦的绝对值相等，所以有

(1,0,0)(l,m,n)?(0,1,0)(l,m,n)?(0,0,1)(l,m,n)

即l?m?n，对称轴的方向向量为(1,?1,?1)。因此圆锥面上的点(x,y,z)满足

(x,y,z)(1,?1,?1)x?y?z2223?13，化简得xy?yz?xz?0.即有四个圆锥面。

?2y2?1,?x?9.求顶点为(0,1,0)，准线为?的锥面方程。 4?z??5?解：锥面上的点(x,y,z)一定在经过准线上某点(x0,y0,z0)的母线上，所以

2?2y0?1,?x0?4??z0??5,?因此得到锥面方程20x2?5y2?z2?2yz?10y?2z?5?0. ?x0?tx,?y?1?t(y?1),?0?z0?tz??10.证明：母线方向为(l,m,n)，与球面x2?y2?z2?1外切的柱面方程为

(lx?my?nz)2?(l2?m2?n2)(x2?y2?z2?1)?0。

证明：依照题意知柱面是半径为1的圆柱面，对称轴为

xyz??.所以柱面上的点lmn(x,y,z)满足

(x,y,z)?(l,m,n)l2?m2?n2?1，由公式a?b?a2b2?(ab)2得到

2(l2?m2?n2)(x2?y2?z2)?(lx?my?nz)2?l2?m2?n2，

故柱面方程为(lx?my?nz)2?(l2?m2?n2)(x2?y2?z2?1)?0。

11.过x轴和y轴分别作动平面，交角?为常数，求交线的轨迹方程，并且证明它是一个锥面。

解：过x轴和y轴的动平面方程可设为B1y?C1z?0,A2x?C2z?0.它们的交线是

?B1y?C1z?0,由于两平面的交角?是常数，所以 ??A2x?C2z?0.cos??C1C2B1?C2212222，交线方程中的系数按此关系消去得到轨迹方程：

A?Cx2y2?cos2?(y2?z2)(x2?z2)?0，

该方程明显是4次齐次方程，所以是锥面。

12.证明：以M0(x0,y0,z0)为顶点的锥面方程是关于(x?x0),(y?y0),(z?z0)的齐次方程。

证明：我们知道顶点在原点的锥面方程是关于x,y,z的齐次方程 ，所以将坐标系的原点平移到M0(x0,y0,z0)，新坐标系的坐标用x?,y?,z?，则

x??x?x0,y??y?y0,z??z?z0，

故锥面方程是关于x?,y?,z?的齐次方程，即关于(x?x0),(y?y0),(z?z0)的齐次方程。

13.求下列曲线向各坐标面投影的投影柱面方程，和在各坐标面上的投影曲线，并作出曲线的简图：

?x2?y2?4a2,?x2?y2?z2?4,?x2?y2?z2?4a2,???（1）?2（2）?2（3）?2 222222????x?2y?z?5a;?x?(y?3)?z?4;?x?y?2ax?0.解：（1）向xOy面投影的投影柱面方程是x2?y2?4a2，在xOy面上的投影曲线是

?x2?y2?4a2, ??z?0.在方程组中消去x得到向yOz面投影的投影柱面方程是y2?z2?a2，在yOz面上的投影曲线是

?y2?z2?a2, ??x?0.222在方程组中消去y得到向xOz面投影的投影柱面方程是x?z??a，在xOz面上

的投影曲线是

?x2?z2??a2, ??y?0.（2）在方程组中分别消去x,y,z得到向yOz,xOz,xOy面投影的投影柱面方程分别是

2y?3?0(x?2,z?2),x2?z2?7,2y?3?0(x?2,z?2). 4在yOz,xOz,xOy面上的投影曲线方程分别是

7?22?2y?3?0,?x?z?,?2y?3?0,(z?2),?(x?2). 4??x?0,z?0,????y?0,（3）在方程组中分别消去x,y,z得到向yOz,xOz,xOy面投影的投影柱面方程分别是

z4?4a2z2?4a2y2?0,z2?2ax?4a2?0,x2?y2?2ax?0。

在yOz,xOz,xOy面上的投影曲线方程分别是

?z4?4a2z2?4a2y2?0,?z2?2ax?4a2?0,?x2?y2?2ax?0, ????x?0,?y?0,?z?0.14.设柱面的准线C的参数方程为x?f(t),y?g(t),z?h(t),t?[a,b]，母线方向为

(l,m,n)，求柱面的参数方程。

解：柱面上的点(x,y,z)在过准线上点(f(t),g(t),h(t))的母线上，所以柱面的方程为

?x?f(t)?ls,??y?g(t)?ms,t?[a,b],s?(??,??),这就是柱面的参数方程。 ?z?h(t)?ns?习题3.3

?x2?y2?1,?1.求曲线?绕z轴旋转所得的曲面方程。 2??z?x解：点(x,y,z)在旋转面上当且仅当它是曲线上点(x0,y0,z0)旋转而来：

22?x0?y0?1,?2?z0?x0,消去x0,y0,z0得到旋转面的方程：x2?y2?1，由于曲线只是?2222?x?y?x0?y0,?z?z?0,0?0?z?1的一部分，所以旋转面也是一部分：x2?y2?1，0?z?1。

2.求直线

xyz?1绕直线x?y?z旋转所得的曲面的方程。 ??210解：设曲面上的点(x,y,z)是直线上的点(x0,y0,z0)旋转来的，则

y0z0?1?x0??,?210??(x,y,z)?(1,1,1)?(x,y,z)?(1,1,1), 000?????x?y?z?x0?y0?z0,消去x0,y0,z0得到：

9[(y?z)2?(z?x)2?(x?y)2]?(x?y?z?4)?(2(x?y?z)?5)?(x?y?z?1)整理得旋转面的方程：

222

2x2?2y2?2z2?5xy?5yz?5xz?5x?5y?5z?7?0.

3.求曲线C:x?f(t),y?g(t),z?h(t)绕z轴旋转所得的曲面的参数方程。 解：设曲面上的点(x,y,z)是曲线上的点(x0,y0,z0)（对应的参数为t0）旋转来的，则

?x0?f(t0),y0?g(t0),z0?h(t0),?2222 ?x?y?x0?y0,?z?z?00?所以曲面的参数方程可写为：

?x?f2(t)?g2(t)cos?,??22?y?f(t)?g(t)sin?,(0???2?). ?z?h(t),??4.证明：z?1表示一个旋转面，并求它的母线和转轴。

x2?y2?y2z?1,?x2z?1,证明：方程的形式可改写为(x?y)z?1，发现以曲线?或?为母

?x?0?y?022线，z轴为旋转轴，就可得到曲面的方程。

习题3.4

1.一个椭球面以三个坐标面为对称平面，并且经过三个点(2,2,4),(0,0,6),(2,4,2)，求其方程。

x2y2z2解：设椭球面的方程为2?2?2?1，将三个点的坐标代入得到

abc416?4??a2b2?c2?1,?222?36?1,解得a?9,b?36,c?36,

?c2??4?16?4?1?a2b2c2?x2y2z2所以椭球面的方程为???1。

936362.求以原点为顶点，z轴为对称轴，并通过两点(3,0,1),(3,2,2)的抛物面的方程。

x2y2解：设抛物面的方程为??2z,将两个点的坐标代人得到

ab9949x2y2?2,??4，解得a?,b?2，所以抛物面的方程为??4z. aab294?x2?6y?0,?z2?4y?0,3.求通过两条抛物线?和?的二次曲面方程。

z?0x?0??解：设二次曲面方程为一般方程：

a11x2?a22y2?a33z2?2a12xy?2a23yz?2a13xz?2a14x?2a24y?2a34z?a44?0由于曲面通过两条抛物线，所以将x?0,z?0分别代人方程中得到两条抛物线

?a11x2?a22y2?2a12xy?2a14x?2a24y?a44?0, ??z?0?a22y2?a33z2?2a23yz?2a24y?2a34z?a44?0, ??x?0

与给的抛物线方程进行比较得到

??a22?a12?a14?a44?a23?a34?0?2a24? a?,?11?6?2a24?a?,33??4所以曲面的方程为?11a24x2?a24z2?2a13xz?2a24y?0，其中a24,a13不全为0。32当a24?0时，方程为xz?0，当a24?0时，方程可化为

x2z2??2kxz?2y?0，其中k为任意常数。 324.给定方程

x2y2x2?2?2?1(a?b?c?0), 2a?kb?kc?k问当k取异于a2,b2,c2的各种实数值时，它表示怎样的曲面？ 解：由于a?b?c?0，所以

2当k?c时，a2?k?0,b2?k?0,c2?k?0，方程表示椭球面；

22当b?k?c时，a2?k?0,b2?k?0,c2?k?0，方程表示单叶双曲面；

22当a?k?b时，a2?k?0,b2?k?0,c2?k?0，方程表示双叶双曲面；

2当k?a时，a2?k?0,b2?k?0,c2?k?0，方程表示虚椭球面。

5.适当选取坐标系，求下列轨迹方程。

（1）到两定点距离之差等于常数的点的轨迹；

（2）到一定点和一个定平面（定点不在定平面上）距离之比等于常数的点的轨迹； （3）设有一个定平面和垂直于它的一条定直线，求到定平面与到定直线的距离相等的点的轨迹；

（4）求与两给定直线等距离的点的轨迹，已知两直线之间的距离为a，夹角为?。

解：（1）选直角坐标系使得定点坐标为(0,0,c),(0,0,?c)。设距离之差为2b。所以动点(x,y,z)满足x2?y2?(z?c)2?x2?y2?(z?c)2?2b，化简有

b2x2?b2y2?(b2?c2)z2?b2?c2.

（2）选直角坐标系使得定点坐标为(0,0,c),定平面为z??c，定比为k?0,c?0。k所以动点(x,y,z)满足x2?y2?(z?c)2?kz?c， k化简有x2?y2?(1?k2)z2?2c(1?k)z?0.

（3）以定平面为xOy面，定直线为z轴建立直角坐标系。所以动点(x,y,z)满足

x2?y2?z，于是动点轨迹方程为x2?y2?z2?0.

（4）设两直线异面，以两条定直线的公垂线为z轴，过公垂线段的中点与公垂线垂直的平面为xOy面，两直线在xOy面上的投影直线的角平分线为x轴和y轴，建立直角坐

标系，使得两直线的方向向量为(cos点(x,y,z)满足

?2,?sin?2,0)，两直线分别过点(0,0,a)。所以动2a??a??(x,y,z?)?(cos,?sin,0)?(x,y,z?)?(cos,sin,0)，

222222展开得

a?a???[(z?)sin]2?[(z?)cos]2?[xsin?ycos]2222222 a?a????[(z?)sin]2?[(z?)cos]2?[xsin?ycos]2222222化简得xysin??az。

如果两直线平行，即??0,?，则动点轨迹为平面z?0。 如果两直线相交，则a?0，则动点轨迹为两相交平面：xy?0。

x2y2z26.设P是椭球面2?2?2?1上的一点，向量OP的方向余弦为(?,?,?)，且

abc1?2?2?2OP?r，试证：2?2?2?2.

rabc证明：由题意得到点P的坐标为P(r?,r?,r?)，将它代入椭球面方程得到

r2?2r2?2r2?21?2?2?21?2?2?2,即有2?2?2?2.

abcrabcx2y2z27.由椭球面2?2?2?1的中心O引三条互相垂直的射线，与椭球面分别交于

abcP1,P2,P3，设OPi?ri(i?1,2,3)，试证：

111111?????. 222222r1r2r3abc证明：设三向量OPi(i?1,2,3)的方向余弦为?i,?i,?i(i?1,2,3)，由上题结论有

1?i2?i2?i2???(i?1,2,3).由于三向量OPi(i?1,2,3)两两互相垂直，所以矩阵ri2a2b2c2??1???2???3?1?1?22222222为正交矩阵，因而?12??2?2?2????1,??????1,??????1.3123123??3?3??111111?????. 222222r1r2r3abc从而得到

8.求与椭圆抛物面10x2?2y2?z的交线为圆的平面。

解：因为椭圆抛物面10x2?2y2?z开口朝z轴方向，交线为圆，所以平面的法向量不会平行于xOy坐标面，可设所求平面为?:Ax?By?z?D?0。

由于空间的圆一定是某球面与平面的交线，所以该圆可设为球面

x2?y2?z2?2ax?2by?2cz?d?0与平面?的交线。

交线向xOy坐标面的投影柱面是相同的，而它们的方程分别为

10x2?2y2?Ax?By?D?0,

(1?A2)x2?(1?B2)y2?2ABxy?2(AD?a?cA)x?2(BD?b?cB)y?D?2cD?d?0,比较它们的系数得到

2

1?A21?B2，于是B?0,A??2.平面方程：?2x?z?k。 AB?0,?102该平面要与椭圆抛物面相交，将平面方程代人椭圆抛物面方程中得

10x2?2y2?2x?k,该方程有解，经配方得到k满足：k??1. 10习题3.5

x2y2z21.求单叶双曲面???1上过点(2,3,?4)的直母线。

4916x2y2z2解：单叶双曲面???1的直母线族为

4916yy?xz?xzu(?)?v(1?)?0,u(?)?v(1?)?0,???24?2433及(??)? (?)??u(1?y)?v(x?z)?0?u(1?y)?v(x?z)?0??324324??将点(2,3,?4)代入直母线族的方程中，得到(I)的参数为v =0，(II)的参数为u?v?0,所以过点(2,3,?4)的直母线为

?2x?z?0,?x?2?0,，(??)? (?)??y?3?0?4y?3z?0.x??2y??z?12.求直线族所形成的直纹面方程。 ??21?1x??2y??z?1解：直线族改写为 ??21?1?x??2??2z?2, ?y????z?1?消去?参数得到直纹面方程

y2?z2?2yz?x?2y?4z?3?0。

3.求与以下三直线同时共面的直线所产生的曲面，

?x?1?x??1x?2y?1z?2l1:?,l2:?,l3:??.

y?zy??z?345??解：依题意，所求直线l应同时在过l1,l2的平面束中，即

?u(x?1)?y?z?0l:?,该直线经过点(1,?v,?v)，方向向量为(2,?u?v,u?v)。?v(x?1)?y?z?0由于l与l3共面，所以

?11?v2?v化简得到uv??1。将直线l的方程中的参数依此关系消去，u?v?0，

52?u?v?34得到动直线产生的曲面方程x2?y2?z2?1。

4.证明单叶双曲面的同族中的任意两条直母线异面；异族中的任意两条直母线共面。

x2y2z2证明：设单叶双曲面的方程为2?2?2?1(a?0,b?0,c?0).直母线族为

abc?x?acosu?avsinu,?x?acosu?avsinu,??(?)?y?bsinu?bvcosu,及(??)?y?bsinu?bvcosu, ?z?cv,?z??cv,??（1）在(I)中任取两条直母线l1,l2，对应的参数为0?u1,u2?2?,u1?u2，l1,l2分别经过点M1(acosu1,bsinu1,0)，M2(acosu2,bsinu2,0)，方向向量是

v1?(asinu1,?bcosu1,c)，v2?(asinu2,?bcosu2,c)，显然两方向不共线，计算混

合积

a(cosu2?cosu1)b(sinu2?sinu1)0(M1M2,v1,v2)?asinu1asinu2?bcosu1?bcosu2

c c?abc[(cosu2?cosu1)2?(sinu2?sinu1)2]?2abc(1?cos(u2?u1))?0.所以(I)中任意两条直母线l1,l2异面。同理可得(II)中任意两条直母线也异面。 （2）在两族直母线中分别任取一条，记为l1,l2，对应的参数为0?u1,u2?2?,l1,l2分别经过点M1(acosu1,bsinu1,0)，M2(acosu2,bsinu2,0)，方向向量是

v1?(asinu1,?bcosu1,c)，v2?(asinu2,?bcosu2,?c)。

如果u1?u2，由于它们经过同一个点，所以l1,l2共面。 如果u1?u2，则计算混合积

a(cosu2?cosu1)(M1M2,v1,v2)?asinu1asinu2b(sinu2?sinu1)?bcosu1?bcosu20c ?c

??abc[cos2u1?cos2u2?sin2u1?sin2u2]?0，

所以l1,l2共面。并且当u1?u2??时，l1,l2平行。 5.设S是马鞍面，证明：

（1）同族中的任意两条直母线异面； （2）异族中的任意两条直母线相交；

（3）同族中的全体直母线平行于同一个平面。

x2y2证明：设马鞍面的方程为2?2?2z,a?0,b?0.它的两族直母线为

ab?x?au?av,?x?av?au,??(?)?y?bu?bv,及(??)?y??bv?bu, ?z?2uv,?z?2vu,??（1）在(I)族中任取两条直母线l1,l2，对应的参数为u1,u2,u1?u2，l1,l2分别经过点

M1(au1,bu1,0)，M2(au2,bu2,0)，方向向量是v1?(a,?b,2u1)，v2?(a,?b,2u2)，

显然两方向不共线，计算混合积

a(u2?u1)b(u2?u1)(M1M2,v1,v2)?aa?b?b02u1??4ab(u2?u1)2?0. 2u2所以(I)中任意两条直母线l1,l2异面。同理可得(II)中任意两条直母线也异面。 （2）在两族直母线中分别任取一条，记为l1,l2，对应的参数为u1,v2l1,l2分别经过点

M1(au1,bu1,0)，M2(av2,?bv2,0)，方向向量是v1?(a,?b,2u1)，v2?(a,b,2v2)。

显然两方向不共线，即它们不可能平行。计算混合积

a(v2?u1)(M1M2,v1,v2)?aa?b(v2?u1)?bb02u1?0. 2v2所以异族中的任意两条直母线l1,l2相交。

（3）由于(I)中任意直母线的方向向量为v1?(a,?b,2u),它平行于平面bx?ay?0，所以(I)中所有直母线平行于平面bx?ay?0。

由于(II)中任意直母线的方向向量为v2?(a,b,2v),它平行于平面bx?ay?0，所以(II)中所有直母线平行于平面bx?ay?0。

6.证明马鞍面的正交直母线的交点在一条双曲线上。

x2y2证明：设马鞍面的方程为2?2?2z,a?0,b?0.由上一题的结论，马鞍面的相交

ab直母线一定是异族的，所以在(I)，(II)族中分别选直线使得它们正交：

?x?au?av,?x?av?au,??(?)?y?bu?bv,及(??)?y??bv?bu, ?z?2uv,?z?2vu,??(I)中直线的方向向量为v1?(a,?b,2u),(II)中直线的方向向量为v2?(a,b,2v),由于它们正交，所以v1v2?(a,?b,2u)(a,b,2v)?a2?b2?4uv?0,要得到正交直母线的交点的轨迹方程，只需在两族直母线中的参数按上述关系消去即可，于是得到

?x2y2?2?b2?a2,?2b2?a2?ab它表示平面z?上的一条双曲线。 ?222?z?b?a,??27.已知平面ax?by?cz?0(abc?0)与锥面xy?yz?zx?0的交线是两条正交的直线，证明。

证明：已给锥面方程变形为

x?yy??.设比值为k，得到锥面的直母线族lk： xz?(1?k)x?y?0,lk的方向向量为(k,k(k?1),1?k)。因为所求直母线在平面?y?kz?0.?ax?by?cz?0(abc?0)上，所以有ak?bk(k?1)?c(1?k)?0,即

bk2?(a?b?c)k?c?0.它的两个解就是所求直母线的参数k1,k2，它们满足 k1?k2?b?c?ac,k1k2?. bb由于两条直母线正交，所以k1k2?k1k2(k1?1)(k2?1)?(1?k1)(1?k2)?0,将上述关系代入，得到

111ccaa???0,即有???0。

abcbbbb习题3.6

1.用不等式组表达由下列平面或曲面所围成的空间区域，并作简图。 （1）x2?y2?16,z?x?4,z?0;

（2）x2?16y2?9z2?36,x2?y2?z2?16（在第?卦限内）。

解：（1）x2?y2?16,z?x?4,z?0分别是圆柱面，两平面，要使得它们围成一个空间有界区域，应该在圆柱面的内部，平面z?x?4?0的负侧，平面z?0的正侧（上侧），所以用不等式组表示区域为：x2?y2?16,z?x?4,z?0.

（2）由于椭球面x2?16y2?9z2?36整个都在球面x2?y2?z2?16的内部，所以它们在第?卦限内围成的区域应该在椭球面的外部，在球面的内部，所以用不等式组表示区域为：x2?16y2?9z2?36,x2?y2?z2?16,x?0,y?0,z?0.

2.作出由不等式组0?z?域简图。

第4章

二次曲线和二次曲面

习题4.1

1.在直角坐标系xOy中，以直线l:4x?3y?12?0为新坐标系的x?轴，取通过A(1,?3)且垂直于l的直线为y?轴，写出点的坐标变换公式， 并且求直线

8?x2?y2,0?y?4?x2,0?x?2所确定的空间区

l1:3x?2y?5?0在新坐标系中的方程。

解：直线l:4x?3y?12?0的方向是(3,4)，与它垂直的方向是?(?4,3)，新坐标

43,)，与直线55l:4x?3y?12?0垂直且的直线方程可设为3x?4y?c?0，由于过点A(1,?3)，得到直线方程是3x?4y?9?0，两直线的交点(?3,0)是新坐标原点，所以点的坐标变换

系的x?轴的坐标向量取为(,)，y?轴坐标向量取为(?公式：

3455?3?x??5?y???4?????54????5?x???3? ????0?.?3??y????5??直线l1:3x?2y?5?0在新坐标系中的方程：

3443l1:3(x??y??3)?2(x??y?)?5?0，

5555化简有l1:x??18y??20?0.

2.作直角坐标变换，已知点A(6,?5),B(1,?4)的新坐标分别为(1,?3),(0,2)，求点的坐标变换公式。

解：设同定向的点的坐标变换公式是：

?x??cos??y???sin?????sin???x???a????. ???cos???y???b?它的向量的坐标变换公式是：

?u??cos??v???sin?????sin???u??. ???cos???v??由题意知向量AB?(?5,1)变为A?B??(?1,5)，于是有

??5??cos??1???sin????式是：

?sin????1?125得到于是点的坐标变换公sin??,cos??..???1313cos???5??5?x??13?y???12?????13?12?13??x???a?将点B(1?,??????.5??y???b?13??及4)它的像点(0,2)代入得到

?37??a??13??b???62?,所以点的坐标变换公式是： ???????13???5?x??13?y???12?????13?12??37?13??x???13? ????62?.?5??y??????13???13??设反定向的点的坐标变换公式是：

?x???cos??y???sin?????u???cos??v???sin????sin???x???a????. ???cos???y???b?sin???u???v??.

cos?????它的向量的坐标变换公式是：

由题意知向量AB?(?5,1)变为A?B??(?1,5)，于是有

??5???cos??1???sin????是：

sin????1?于是点的坐标变换公式??0..得到sin???1,cos???cos???5??x??0?1??x???a??y????10??y????b?.将点B(1?,?????????a??3??b????4?,所以点的坐标变换公式是： ????及它的像点(0,2)代入得到4?x??0?1??x???3??y????10??y?????4?. ????????3.设新旧坐标系都是右手直角坐标系，点的坐标变换公式为

?22?x?x?y??5,??x???y?3,22? (1)(2)??22?y??x?2.x??y??3;?y???22其中，(x,y)与(x?,y?)分别表示同一点的旧坐标与新坐标，求新坐标系的原点的旧坐标，并且求坐标轴旋转的角?。

解：（1）新坐标系的原点的旧坐标为x??0,y??0代入公式中计算的结果，即(5,?3)。

由点的坐标变换公式知道是同定向的，于是转角?满足sin???22,cos??,由于220???2?，所以??7?. 43?. 2（2）与上一问题同理，新坐标系的原点的旧坐标为(2,3。)转角?满足

sin???1,c?os?由于00???2?，所以??4.在右手直角坐标系?1中，设两直线li:Aix?Biy?Ci?0(i?1,2)互相垂直，取

l1,l2为右手直角坐标系?2的O?y?轴，O?x?轴，试求?2到?1的点的坐标变换公式。

解：由于两直线l1,l2互相垂直，且l1,l2为右手直角坐标系?2的O?y?轴，O?x?轴，即所以当l1,l2在右手直角坐标系?2下的方程为l1:x??0,l2:y??0，到?1的点的坐标变换公式：

A1A2B1?0时，?2B2??x?????y????当

1A?B1A?B22222121(A1x?B1y?C1),

(A2x?B2y?C2).A1A2B1?0时，?2到?1的点的坐标变换公式： B21??x?(A1x?B1y?C1),?22A1?B1? ?1?y???(A2x?B2y?C2).22?A2?B2?

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