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1、余时伟一、空间解析几何问题分析一、空间解析几何问题分析二、二、nn维向量空间问题分析维向量空间问题分析1.1.向量组问题分析向量组问题分析2.2.有关秩的问题分析有关秩的问题分析3.3.方程组问题分析方程组问题分析余时伟余时伟空间解析几何向量的四则运算直线和、差、数乘平面内积点、线、面的位置关系外积夹角和距离混合积双重矢性积平面束余时伟例证明：向量1,abc,共面的充要条件为abbcca×,,××共面。证明：[(a×b)×(b×c)]⋅(c×a)=[(a⋅(b×c))⋅b−(b⋅(b×c))⋅a]⋅(c×a)=(abc)⋅b⋅(c×a)2=(abc)=0()0⇔=abc.
2、()()()abcacbbca××=⋅−⋅余时伟例2已知空间中三不共面的矢量a,b,c，满足，a⋅x=α,b⋅x=β,c⋅x=γ求矢量.x解：设x=ua×b+vb×c+rc×a,两边用a作点积得：αax===vabc(),α所以v.()abcββγγ同理，ru==,.==()()()()bcaabccababc余时伟例3向量ab,满足什么条件时axb×=有解并求解。解：当a⊥b,x⊥b时方程有解。若b=0时，有a与x共线满足方程。设b≠,0a≠,0因为a⊥b,x⊥b,a×b⊥b,所以a,x,a×b共面。b设x=ua+v(a×b),有a×x=a×(ua+v(a×b))x=v
3、(a×(a×b))=−v(a×b)×aOa22=−v(ab−(ab)a),即−v[ab−(ab)a]=b,余时伟因为a⊥b,有ab=,0所以有222−vab=b,即(va+)1b=,0a≠,0所以1ab×vx=−=，所以.ua−，u∈R22aa余时伟例设4,abc,都不是零向量，且与不垂直，ab⎧axm⋅=mx为实数，求满足⎨的向量.⎩bxc×=解：由前面的例子得：b×x=c有解b×cx=ub−,代入a⋅x=m得2b(abc)u(ab)−=m,由ab≠0得2b1(abc)um=+[].所以有解：2abb1(abc)bc×xm=+−[].b22abbb余时伟例设5,abc,
4、为三矢量，则aaabac2()abc=babbbc.cacbcc证明：设a={a,a,a},b={b,b,b}123123c={c,c,c},则123aaaabcaaabac1231112()abcbbbabcb=⋅=abbbc.123222cccabccacbcc123333余时伟例证明以6:abc,,为侧棱，顶点处的三个平面角分别是,,的三棱锥的体积为αβγ11coscγosβ21Va=bccosγ1cosα.6coscos1OγβααβACB余时伟JJJGJJJGJJJG证明：设以OAOBOC,,为邻边的平行六面体JJJGJJJGJJJG22的体积为W，则W=(,,
5、)OAOBOCJJJGJJJGJJJGJJJGJJJGJJJGOAOA⋅⋅⋅OAOBOAOCJJJGJJJGJJJGJJJGJJJGJJJG=⋅OBOAOBOB⋅OBOC⋅JJJGJJJGJJJGJJJGJJJGJJJGOCOAOCOBOCOC⋅⋅⋅11coscγosβ21故V=abccosγ1cosα.6cosβαcos1余时伟例已知向量73abab+与7−5垂直，且a−4b与7a−2b垂直，求a,b的夹角。解：由题设得22⎧71aa+−=61bb50,(1)⎨两式相减得22⎩73aa−+=080bb,(2)222,ab==b将它代入(1)式得：2,aba22π即2(a
6、b==⇒ab∠=ab,).3余时伟例设8,+ABC的三条边BC=aCA==bAB,c，1222则BCA边上的中线D的长d=+2(bc)−a.2证明：由平行四边形的对角线平方和等于四条边的平方和，故JJJGA2222(2AD)+a=+⇒2b2,cJJJG1bc222ADb=+2(c)−a.2CDaB余时伟例求与三直线9⎧⎧⎧yx−=0,yx+=0,y=0,:lll123⎨⎨⎨::⎩⎩⎩zzz−=10;+=10;=0,都相交的直线所产生的曲面方程。l解：由于直线l与l相交,设直线l方程为3x−ayzl：==,直线l,l的标准方程为12mnpxyz−11xyz+ll:;==:.
7、==12110110−余时伟因为直线与,都相交，得lll121101−10mnp=,0mnp=,0a0−1a01⎧pa−n+m=,0化简为：⎨⇒m=,0n=ap,⎩−pa+n+m=,0所以直线l的方程为x−ayzp≠0x−ayz==,⎯⎯→⎯==,0app0a1即,,xaya==z消去得方程：ayx=z.余时伟例11求过点(1,2,0)−和圆222⎧(1xyz++−+−=)(2)(2)49C:⎨的球面方程。⎩22xyz+−+=40，解：球面束方程为222λ[(xyz+1)+−+−−(2)(2)49]+μ[2x+−+=2yz4]
