第7章向量代数与空间解析几何Word格式文档下载.docx

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3求平行六面体体积

4求四面体体积

设四面体以AB、CD为顶点’则其体积V£

1忑处吊

5证明平面几何中的有关命题。

2.解题指导

1.向量的有关概念

例1已知两点Mi（4,J2i）,M2（3,0,2），计算向量MM；

的模、方向余

弦和方向角。

分析向量的模、方向余弦和方向角的计算都要用到向量的坐标表示，而由两点所确定的向量坐标就是终点坐标与起点坐标之差。

解由iMTMT{34,072,21}{1,72,1}，得

M1M2

（②

122，

cos

一,cos

已知两非零向量

a与b不平行，求a与b夹角平分线上的单

位向量。

分析

由向量加法的定义，a与b的和是以a，b为邻边的平行四

边形的对角线，当a与b的模相等时，该平行四边形为菱形，其对角线就是菱形内角的角分线。

由此我们可以想到在a或b上取一个与b或

a的模相等的向量。

解已知a与b不平行，且a与b都是非零向量。

取

与b共线，且c

a.那么ac平分a与b的夹角，即a

b是a与b夹角

平分线上的向量。

设其上的单位向量为co，则

-r-r

例3已知向量a与三个坐标轴成相等的锐角，求

a的方向余弦。

若a2，求a.

分析向量a的方向余弦就是a与三个坐标轴所成夹角的余弦,且以a的方向余弦为分量所得向量是与a同方向的单位向量。

那么coscoscos

cos2cos2

cos2

1，所以coscos

cos申又因为为锐角,

所以cos

coscos

2，则a

a{cos,cos

求向量a（2ik）

cos}

学邵,諮.

k）在向量b{3,6,2}上的投影。

由投影定理

acos（a,b）

-■-»

（4i3j

P^a

b知，需要先计算

因为

6k{3,

2,6}，

所以

Prjba

acos（a,b）

91212

Vo364

2.向量的运算

例5已知■都是单位向量，

且满足

分析有两种求解方法：

一是利用所给条件知三个向量构成首尾

相接的等边三角形，故可得出夹角；

二是利用内积运算规律间接求解。

方法1由

2cos-

I，故

方法

2（

已知a

2,b

3,c

一3

-I--I-

5，bc

7,abc

8，求a

由于向量a,b,c无法求出，故不能用模的定义求模，但是向

量的模可以看成该向量与自身内积的算术根,

即la后，因此可以

利用内积运算的某些规律求向量的模。

F2r

c（a

bc）（abc）

—h-

-h-

2iff

2（aba

bc）

2（abacbc），

（abc）（a

c）64，

解得

-r

2（abac

bc）64，

bc13.

又因为bc

7，所以

382（67）40，

例7证明:

（1）（2ab）（ca）（bc）（ab）ac；

⑵（ab）2

分析这类问题一般都是利用向量叉积和点积的运算性质进行

证明，注意利用aa

a,aa0,abba，化简。

证明⑴左边2acbc2aababacabbcb

fffffF,r

ab[cos2（a,b）sin2（a,b）]

右边。

2acacac右边。

⑵左边[abcos（a,b）]2[absin（a,b）]

3.向量的平行垂直关系

例8已知Mi（1,1,2）,M2（3,3,1）,M3（3,1,3），求与M^,M^同时垂直

分析注意到向量的向量积的定义，

的单位向量。

M1M2M2M3与M1M2,M2M3

都垂直，因此本题是先求两向量的向量积，然后再单位化。

解由M1M2{2,4,1},皿2皿3{0,2,2}，可得

1jk

M1M2M2M3

41{6,4,4},

022

M1M2M2M3

7361616届2417,

因此与MiM2,M2M3同时垂直的单位向量为

屁{3,2,2}.

例9设a{1,0,0},b{0,1,2},c{2,2,1}试在a与b确定的平面内,

求一个模为3的向量d，使dc.

分析由已知d在a与b确定的平面内，则dab，又dc，则d//（ab）c,即d（ab）c,因此利用向量积的定义求得（ab）c后

再由d3确定.

{0,2,1},

（a

b）

{4,2,4},

—b-

{4,2,4

由d3得16

2421629，解得2，所以d{2,1,2}.

例10设点O是点A和B连线外一点，证明：

A，B，C三点共线的充要条件是OcOaOb，其中

分析设C是A、B连线上一点，A,B,C三点共线的充要条

件是BCrAB，由OCOA

ABBC可证得结论成立。

证明必要性若A、

B、C三点共线，设BCrAB，由向量加

法的三角形法则，有

OCOAABBCOA

（1r）AB，

而ABOBOA，代入上式得

OA（1r）（OBOA）

rOA（1r）OB.

记r,1r，则

1•且

OB.

充分性若OC

OB，且

OAABBC

而OBOAAB，代入上式得

OAABBCOA

（OAAB），

整理得

1）OA

（i）aBbC,

所以A、B、C三点共线。

4.向量的应用

Bc（

1）AB,

例11已知OAi3k,OB7

3k，求OAB的面积。

分析OAB的面积是以OA,OB为邻边所确定的平行四边形面积

的一半，而该平行四边形的面积与OAOB的模相等，因此本题的思

路是先确定OAoB，再求PoB

解oAoB

3i3jk，

pAOBJ（3）2（3）21719，

所以，OAB的面积是晋

例12试用向量证明：

直径所对的圆周角是直角。

分析因为两个非零向量成直角是该两向量内积为零的充要条

件，因此本题只需证明某两个向量的内积为零

证明设A、B、C为圆周

角的三个顶点，则

ACOCOA,BCOCOB,OAOB,OAOB

OC，所以

ACBC（OC

OA）（OC

OB）

OCOB

OAOC

OAOB

OBOC

因此ACBC，即直径所对的圆周角是直角。

7.2空间解析几何

1.学习指导

⑴熟练掌握并会建立各种形式的平面方程和直线方程掌握平面与平面、直线与直线、直线与平面之间的平行、垂直、相交的条件和夹角公式。

会求点到平面及点到直线的距离。

会用平面束的方法解决有关直线与平面的各类问题。

⑵掌握常见曲面的方程与图形。

⑶掌握空间曲线方程的一般式与参数形式。

⑷掌握空间曲面或立体在坐标面上的投影区域。

2.重点与难点

重点平面的点法式方程；

空间直线的对称式方程；

平面、空间直线间的位置关系；

曲面、曲线与方程的概念；

几类特殊的曲面与空间曲线的方程。

难点平面和直线方程的建立；

平面间、直线间、平面与直线间垂直、平行的条件；

点到直线的距离；

建立曲面、曲线的方程与画图;

曲面、曲线在坐标面上的投影。

3.学习方法

⑴空间解析几何是在平面解析几何的基础上发展起来的，主要是在空间直角坐标系中，研究数与形结合的两个基本问题；

一是从几何

图形上点的运动规律建立图形所满足的方程或方程组；

二是由已知方程去研究方程所代表的几何图形，解决这些问题的基本方法是坐标法和向量法，学习时要善于将“形与数”（画图形与求方程）结合起来进行思考，学会分析图形间的位置关系，从中找到解题的思路。

⑵本部分主要涉及两个重要内容：

一是平面和空间直线的各式方程及其相互位置关系等；

二是曲面与空间曲线的方程与图形，特别是柱面、旋转曲面、锥面、二次曲面、投影柱面、投影曲线的方程与图形等。

在多元微积分中它们都有重要的应用。

⑶平面是由其上一点与法向量所决定的，直线是由其上一点与方向向量所决定的，因此求平面方程的基本方法是点法式，而求直线方程的基本方法是对称式，关键都是找一点和一个向量，难点是找法向量或方向向量。

此外还有其他方法：

若所求平面平行于某已知平面或已知直线，常用平面的一般式方程或平行平面束方程求平面方程；

若所求平面过已知直线，常用有轴平面束方程求平面方程；

若所求直线是两平面的交线，常用交面式方程表示直线。

注意，求平面方程和直线方程的方法不惟一，求解时应尽量选择较简便的方法。

⑷对于平面和直线，除了掌握其各种形式的方程并会据已知条件选择相对简便的方法求其方程外，还需研究点、线、面之间的相互位置关系及距离等问题，解决这些问题的基本方法仍是坐标法与向量法，例如：

研究面与面、线与线、面与线的平行、垂直、相交问题，归结为讨论两个向量间的相互关系，向量的平行、垂直条件和夹角的计算公式是解决这类问题的基础；

求平面与直线的交点，通常是将直

线方程化为参数式，代入平面方程确定参数后，再代入直线的参数式方程确定交点坐标；

求点、线、面之间的距离除用相应的距离公式求解之外，有时也根据题设条件利用平面与直线的特点求解。

⑸空间中满足三元方程FX,y,z0的动点MX,y,z的轨迹一般形

成曲面，满足三元方程组：

：

；

0的动点MW的轨迹一般形成曲线，应熟悉常用的空间曲面与曲线的方程和图形及其特点。

例如:

母线与坐标轴平行的柱面方程，方程的特点是二元方程（母线平行于哪个坐标轴，柱面方程中就不含该坐标轴所对应的元）；

坐标面上曲线绕某坐标轴旋转所形成的旋转曲面的方程其特点是某两个变量的平方项系数相等（如平面曲线fx,y0绕y轴旋转，旋转曲面方程为

Jx2z2,y0;

空间曲线的表示法不惟一等。

⑹三元二次方程所表示的曲面称为二次曲面，研究二次曲面图形的基本方法是平行截痕法，即用平行于坐标平面的平面去截曲面，研究所得截线（平面与曲面交线）及其在坐标面上的投影，并加以综合画出曲面的图形，在掌握常见的二次曲面方程与图形的基础上，应会画由若干个常见曲面所围成的空间立体图形，画立体图的基本方法是先画出每一个曲面的图形，分清各曲面间的几何关系，找出相关曲面的公共点并确定它们交线的形状和位置，由对所围立体的初步认识,添加适当的辅助线使之具有立体感。

2解题指导

1.求平面方程

例1求过点M（121）且与—以三」垂直的平面方程。

131

分析过一点且与已知直线垂直的平面有且仅有一个，且该平面上的所有直线都与已知直线垂直。

从向量的观点来看，平面内的所有向量与已知直线的方向向量垂直，因此宜用点法式确定平面方程。

解设P（x,y,z）是所求平面上的动点，已知直线的方向向量

s（1,3,1），由条件MP

s，得MPS0，即

1（x1）3（y2）1（z1）0，

整理得x3yz4o.

例2求过点Mo（

2,9,6）且与连接坐标原点及Mo的线段OMo垂直

的平面方程。

分析所求平面与线段OMo垂直，那么OM^就是该平面的一个法

向量，又知该平面过Mo点，因此可用点法式求平面方程。

设P（x,y,z）是所求平面上的动点，由题设条件知

OMo（2,

9,6），且

OMoMoP

2（x2）

9（y9）6（z

6）o，

整理得2x

9y6z121o.

2y2z

112

过直线L1与L2的平面方程。

已知两直线L1:

31,x1y1z1+

3与L2：

—T—，求

分析直线L,与L2在所求平面内，那么平面的法向量n与L,、L2的

方向向量S1,s2都垂直，因此舌S：

就是所求平面的一个法向量n，由于

L1、L2上任何一点都在该平面上，故由点法式可得平面方程。

解已知S1（1,1,2）,S2（1,2,1），则

（3,1,1）.

又因为点（1,1,1）在平面上，故所求平面方程为

3（x1）1（y1）1（z1）0,

整理得3xyz10.

例4设有一平面，它与xOy面的交线是2X

y2Q且与三个坐

z0,

标面围成的四面体体积等于2,求这平面方程。

分析该平面与三个坐标面围成四面体，因此在坐标轴上的截距不为零，从而用平面方程的截距式方程求解较为方便。

解设所求平面方程为△丫兰1，则该平面与三个坐标面所围abc

成的四面体体积为Vl|abC，由题设知，丄|abC=2.

xy,

又该平面与xOy面交线为ab1,与已知条件比较得a1,b2，

由此c6.故所求平面方程为ZyZ1.

126

例5求过直线L:

2x5yz4O'

与点P（2,0,1）的平面方程。

x6y3z30,

分析所求平面过一定直线L，因此可用有轴平面束求解；

若在

L上取两定点M1与M2，与已知点P组合可用平面方程的一般式求解;

用点法式求解。

解方法1过L的平面束方程为

2x5yz4（x6y3z3）0，

整理为

（2）x（56）y（1

3）z

由于P（2,0,1）在所求平面上，故有

（2）2（56）0（1

（1）

解得1，那么所求平面方程为

1（2-）x（5

整理得7x14y

方法2取x1

4）y（13

1）z4

寸）

130.

0，代入

取y20，代入上式得

2x5y

x6y

X2匚，Z2

0,，得

两定点。

设所求平面方程为

AxBy

上，可得

B矢52A

故所求方程为

Zdx上Dy

1313

方法3

1）,M2（—,0,-）是L上

D0，由M1,M2,卩在该平面

则Mi（0,1,

丄Dz

同方法2求得L上两定点M1（0,1,1）,M2（9,0,-），则

nM1PM2P就是所求平面的一个法向量。

故所求平面方程为

7141

5（x0）Ly1）5（z1）0，

整理得7x14yz130.

2.求直线方程

例6求过点P（1,,并垂直于直线6七4且平行于平面

3x4y5z60的直线方程。

分析所求直线过定点P,只需知道它的一个方向向量就可用对称式写出方程，由已知条件，该直线垂直于一条已知直线和一个已知平面，也就是该直线的方向向量垂直于这条已知直线的方向向量和这个已知平面的法向量，因此这两个向量的向量积就是所求直线的一个

方向向量。

解由题设已知直线；

七

3x4y5z60的法向量n

（3,4,5），

ijk

654

345

f的方向向量？

（6,5,4），平面则

（9,18,9）

是所求直线的一个方向向量,

故所求直线为

解方法1已知直线彳

P（2,2,2）与该直线垂直的平面

7的方向向量为'

（1'

3）'

则过

1的方程为（x2）（y2）3（z2）0,即

xy3z20.

显然R（o,o,

F面确定p点与该直线所确定的平面2）是该直线上一定点，故P0PS是平面2的一个法向

PoP

（10,10,0）//（1,1,0）,

量n2，因为

所以取m（1,1,0），则平面2的方程为（x2）（y2）0（z2）0，即

xy0.所求直线方程为

y3z20,

xy0.

方法2

同方法1得平面

1的方程

xy3z20

迸与平面

xy3z2

0的交点M.将直线化

为参数式

代入x

y3z

线为

8求直线L必

3t2,

-，故交点为M（-,

1111

陽），则过P,M的直

口在平面:

xy2Z10上的投影

直线方程。

分析直线L在平面上的投影直线就是过L且垂直于的平面

与平面的交线。

通常投影直线方程用平面方程的一般式联立表示,因为平面的方程已给出，只需求出过L且垂直于平面的平面即可。

而求过L的某一平面通常都使用有轴平面束求解。

解已给直线L的一般式方程为

Xy10,

Xz20,

所以过L的平面束方程为

Xy1（Xz2）0

（1）Xyz（1

2）0，其法向量n

（1,1,）.又已知平面

的法

向量为n（1,1,2）,

则该平面束中与平面

垂直的平面应满足n

（1

（1）（

1）20

所求平

1-X

30，

从而L在

上投影直线方程为

Xy2z10,

X3y2z10,

过平面:

Xyz

1和直线L1：

的交点，求在已知平

面上垂直于已知直线的直线方程。

分析本题要求在已知平面上求一直线与已知直线垂直，并且过已知平面与已知直线的交点，因此只需求出过该交点且垂直于已知直线的平面即可，因为该平面与已知平面的交线即为所求。

解联立平面与直线Li的方程有

z1,

即得平面与直线L1的交点P（1,1,1）.又直线L1的一个方向向量为

S1（1,0,0），因此过P且垂直于L1的平面方程为x10，从而所求直线

方程为

xyz1,

x10.

例10

直线过点P（3,5,9）且和两直线L1：

yr5,

z2x3.

y4x

L2:

z5x

10.相交’求此直线方程。

所求直线L过已知点P且与Li相交，因此L在由点P与Li

确定的平面1上，同理L也在由点P与L2确定的平面2上，即L为平面1与2的交线。

解由心2：

得时t5宁3，由此4一个方向向量

为Sl（1,3,2），且Mi（0,5,3）是Li上一个定点，那么pMiS；

就是过点P与

直线Li的平面1的一个法向量n;

.因为

PM1S1

（18,0,9）//（2,0,1）,

所以取^=（2,0,1），贝y平面1的方程为

2（x3）（z9）0,

整理得2xz3

同理由L2:

z5x

1：

得L2：

Y于，从而有-（曲）,

□2PM2

—F-

（136,4,24）,

34xy

6z53

故所求直线方程为

3.线、

例11

面间的位置关系

求平面2x2y

z50与各坐标平面夹角的余弦。

坐标平面也是一种平面，两平面夹角又规定为两平面法向量所夹的角，因此只需写出每个平面的法向量，由夹角公式即得。

解平面2x2yz50的一个法向量为n（2,2,1）.xOy坐标平

面、yOz坐标平面、xOz坐标平面的法向量分别为k（0,0,1），i（1,0,0），

j（0,1,0）.

设已知平面与上述三个坐标平面的夹角分别为，，，则

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