高等数学作业下-1(答案)

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1、第七章 空间解析几何与向量代数7.1空间直角坐标系1.解:A点在第4卦限;B点在第5卦限;C点在第8卦限;D点在第3卦限。2.解:分别为。3.解:。4.解:设yoz坐标面所求点为,依题意有,从而,联立解得,故所求点的坐标为.5.解:设所求z轴上的点为,依题意:,两边平方得,故所求点为。6.解:(1),即,解得或。(2),解得。7.2向量及其线性运算1.解:因为,所以。同理。2.证明:设四边形为ABCD,它们的对角线交点为M,则由条件,由此有,因此,同理:,即四边形ABCD是平形四边形。3.解:(1),(2)均是错误的,因的模为,因而不是单

2、位向量。而的模是1,故是单位向量。(3)因任一向量的三个方向角满足,当时有,即,所以。故(3)的说法是错误的。4.解:(1)设与同方向的单位向量为,则(2)因。故的方向余弦为:。5.解:。故向量在x轴上的投影,在y轴上的投影分量为6.解:设点A为(x,y,z),依题意有:,故,即所求的点A(-5,4,-12)7.解:由于共线向量的坐标成比例,所以:。8.解:因,又是钝角,所以。9.合力,因此,合力的大小为合力的方向余弦为因此。7.3向量乘积1.解:(1)等式左端是向量,右端是数,所以等式不成立。(2)等式两端均为数,但等式一般不成立,除非

3、共线。2.(1)解:不能推出,因为使得,即,并不要求至少有一个是零向量,而只要求。(2)不能推出,因为使得,即:成立,并不要求其中至少有一个必为零向量,而只要即可。1.解:(1)(2)。(3)。2.解:因为与共线,则必有使得,又因,则有:,解得,所以:。3.解:由,所以(1)(2)由(1),(2)两式可得:,即,即。于是,且,所以,故。4.(1)。(2)解:。5.(1)解:。(2)解:,故。(3)。(4)由(3)知。1.解:,所求单位向量为:。2.解:10.(1)证:由向量积定义知:故此三向量均在垂直于的平面内,所以共面。(2)要证共面,

4、只要证即可,因为所以,式中。即共面。7.4平面方程1.解:,故平面方程为:,即。2.由平面的三点式方程得:即:。3.解:平行于xoz平面的平面为:,代入点得:即:D=5B,故平面方程为:。4.解:通过z轴的平面为:,代入点(-3,1,-2)得:-3A+B=0,即:B=3A,故平面方程为:1.解:平行于轴的平面方程为:,代入两点坐标得:,解得:,故平面方程为:。2.设平面的截距式方程为:,即:,又,解得。故平面方程为:。3.解:两已知平面的法向量分别为:故所求平面的法向量为:,方程为:,即:4.解:所求平面方程为:,由已知得:,所求平面方程

5、为:5.解:所求平面方程为:,且,即:,,故得两平面方程为:。10解:由两面角的角平分面上的任一点到两平面距离相等,即:,故所求平面为:或。7.5直线方程1.解:令解得,得直线上一点,直线的方向向量:,因此直线的对称式方程为:,参数方程为:。1.解:取,得直线L的方程为:。2.解:,所以直线方程为:。3.解:(1),且直线上点(-3,-4,0)不在平面上,所以,直线与平面平行。(2)直线与平面垂直。(3)且满足平面方程,所以直线在平面上。4.解:,直线方程为:。5.解:过原点作垂直于已知直线的平面:,直线的参数方程为,将其代入平面方程解得

6、:,所以直线与平的交点为:,所求距离.6.解:过直线的平面束方程:,即:,与已知平面垂直,因此:,解得:,对应平面为:,所以投影直线为:。8.解:设平面方程为:,即:,又或,平面方程为:或。9.解:。过的平面束方程为:,又过点,代入得:,故平面方程为。10.解:过点P且垂直于已知直线的平面为:,即:,与已知直线的交点为(3,6,8),设所求点为,则由中点公式得:,所求点为(2,9,6)。11.解:设交点,而,则与垂直。,即,交点为(1,-1,3),所以直线方程为。12.解:不平行,两直线上已知点,所以两直线异面。过点作以为边的平行四边形,

7、连接对应顶点得平行六面体,所求异面直线的距离d即为此平行六面体之高。。7.6曲面方程与曲线方程1.解:球半径球面方程为:。2.解:设球心为,由已知球心在第I卦限得;,且,则:或,球面方程为:或。3.解:。4.解:绕轴旋转得:,绕轴旋转得:。5.解:消去坐标得:,为母线平行于轴的柱面,消去坐标得:,为母线平行于轴的柱面。6.解:设动点坐标为,由已知得:,即:为旋转椭球面。7.解:投影柱面为:,投影曲线为:。1.解:原曲线方程即:,化为。2.解:(1)椭球面;(2)单叶双曲面(3)椭圆;(4)双曲线;(5)圆锥面;(6)通过z轴的两相交平面。

8、3.解:原曲线即:,在面上的投影曲线为,原曲线是位于平面上的抛物线。4.解:将椭圆方程化简为:,可知其为平面上的椭圆,半轴分别为,顶点分别为。5.(略)

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