1、精品文檔第五章向量代數與空間解析幾何5.1.1向量的概念例1在平行四邊形 ABCD中，設AB = a, AD = b。試用a和b表示向量MA、MBMC和MD ,這里M是平行四邊形對角線的交點（圖58）解由于平行四邊形的對角線互相平行，所以 a+b=AC = 2AM即（a+ b） =2MA一二. 1于是 MA= - （a+b）。二 二一 一 二 1因為 MC = MA ,所以 MC - （a+b）.2一二 二 二 1 ,又因一a+b= BD =2MD，所以 MD =（2圖5 81 .a).由于 MB = - MD , MB = (ab).例2設液體流過平面 S上面積為A的一個區域，液體在這區域上

2、各點處的速度均為 （常 向量）v。設n為垂直于S的單位向量（圖511 （a）,計算單位時間內經過這區域流向 n 所指向一側的液體的質量 P （液體得密度為 ）.(a)(b)圖 5-11v與n的夾角，所以這柱體的高解 該斜柱體的斜高| v |,斜高與地面垂線的夾角為為| v |cos，體積為 A| v |cos =Av n.從而，單位時間內經過這區域流向n所指向一側的液體的質量為P= Av - n.例3設ABC的三條邊分別是a、b、c（圖5- 15）,試用向量運算證明正弦定理a b c sin A sin B sinC 證明 注意到CB=CA+AB,故有CB CA=(CA+AB) CA=CA C

3、A+AB CA=AB CA=AB (CB+BA) =AB CB圖 515于是得至 UCB CA=AB CA =AB CB從而|CB CA|=|AB CA| =|AB CB|即absinC = cbsinA= casin B所以a b csin A sin BsinC5.2點的坐標與向量的坐標例 1 已知點 A(4,1,7)、B(-3,5,0),在 y 軸上求一點 M,使得 |MA|=|MB|.解 因為點在y軸上，故設其坐標為 M(0,y,0),則由兩點間的距離公式，有.(4 0)2 (1 y)2 (7 0)2,( 3 0)2 (5 y)2(0 0)2解得y 4 ,故所求點為M (0, 4,0)

4、求證以Mi(4,3,1)、M2(7,1,2)、M3(5,2,3)三點為頂點的三角形是一個等腰三角形.解因為 22- 2_2| M1M2 |(74)(13)(21)14|M2M3|2(57)2(21)2(32)2622_2_2_|M3Ml |2(45)2(32)2(13)26所以|M 2M311M3Ml |,即4 M1M 2M3為等腰三角形5.2.2向量運算的坐標表示例3設有點M1(x1,y1,Z1), M2(x2, y2,Z2),求向量M1M2的坐標表示式。解由于 M1M2 OM 2 OM而 OM1 (X1,y1,z1), OM2 (x2, y2,z2),于是OM 2 OM 1 (x2, y2

5、, Z2)(xi, y1,Z1)(x2Xi, y2y1，Z2zi)即 MiM 2 (x2 x1,y2yz zj例4已知兩點A (4, 0, 5)和B (7, 1, 3),求與AB方向相同的單位向量 e.解因為AB = OB - OA = (7, 1 , 3) (4, 0, 5) = (3, 1, - 2),所以AB=J32 12 ( 2)2 vJ4 ,AB|AB|11 (3,1, 2).14例5求解以向量為未知元的線性方程組5x 3y3x 2y其中a= (2,1,2), b=(-1,1,-2).解 解此方程組得x=2a - 3b , y =3a - 5b 以a, b代入，即得x=2(2,1,2

6、) - 3(- 1,1, - 2)=(7, - 1,10) y=3(2,1,2) -5(- 1,1,- 2)=(11, - 2,16).已知兩點A(xi,yi,zi)和B(x2, y2,Z2)以及實數1,在直線AB上求點M,使AM如圖7 13所示.由于AM = OM-OA,MB = OB - OM ,因此OMOA(OB-OM ),從而OM(OAOB).以OA、OB的坐標(即點A、占八、B的坐標)代入圖 713OMx11x2 y1y2 Z1Z2本例中的點M稱為定比分點，特別地當1時,得線段AB的中點為MB .Xx2 y1y2 乙Z2,222例7已知兩點M1(22 52)和M2(1,3,0),計算

7、向量M1M2的模、方向余弦和方向角解M1M 2 = (1-2, 3 - 2,0 - 2 2 )=(_ 1, 1, _ " 2 ); |M1M2|= .( 1)2 12 (2)2=.1 1 2. 4 2;112cos,cos,cos222233 ,3,4 .例 8 已知三點 M( 1,1,1)、A( 2, 2, 1)和8( 2,1,2),求/AMB.解 作向量MA , MB ,則/ AMB為向量MA與MB的夾角.這時MA=( 1,1,0),MB=( 1,0,1),從而MA?MB=1 1+1 0+0 1=1;|MA|= 12 12 02.2;MB=J12 0212.2.從而MA MB c

8、os/ AMB =由此得| MA |MB |ZAMB= 一 .3例9設立方體得一條對角線為OM, 一條棱為OA,且|OA|二a,求OA在方向OM上的投影prj OA .OM解如圖5 21所示，記/ MOA=,有|OA| 1cos JL j=,|OM |.3于是prj OA = OA cosOM圖 5- 211,2),計算 a b.例 10 設 a= ( 2, 1, 1), b= (1,i j ka b= 211 i -5j -3k .112例11已知三角形 ABC的頂點分別是 A (1, 2, 3)、B (3, 4, 5)、和C (2, 4, 7), 求三角形ABC的面積.解 由向量積對于，可

9、知三角形ABC的面積C1一S ABC 21AB|AC|sin A1-|AB AC |2由于 | AB |= (2, 2, 2), |AC| = (1, 2, 4),因此圖 5 22ijkAB AC2224i-6j 2k,124于是.11L222Sabc2|4i-6j2k 242( 6)22214.例12設剛體以等角速度繞l軸旋轉，計算剛體上一點 M的線速度.解剛體繞l軸旋轉時，我們可以用在l軸上的一個向量 表示角速度，它的大小等于角速度的大小，它的方向由右手規 則定出：即以右手握住l軸，當右手的四個手指的轉向與剛體的 旋轉方向一致時，大拇指的指向就是的方向(圖5-22).設點M到旋轉軸l軸上任

10、取一點 O做向量r= OM ,并以 表示 與r的夾角，那么a=| r |sin .設線速度為v,那么由物理學上線速度與角速度的關系可知，v的大小為| v |=| 3 | a=| 3 |r |sin ;v的方向垂直于通過點 M的與l軸的平面，即v垂直于與r；又v的指向是使 、r、v符 合右手規則，因此有 v=3 r.例 13 已知不在一平面上的四點：A ( x1, y1,z1)> B (x2,y2,z2)、C (x3,y3,z3)、D ( X4,y4,Z4).求四面體ABCD的體積.解 由立體幾何知道，四面體的體積 Vt等于以向量 AB、AC和AD為棱的平行六面 體的體積的六分之一.因而1

11、-VT = - |AB AC AD|.6由于AB=(X2 X1,y2 y1，Z2 z1)，AC =(X3 X,y3 y1，Z34)，AD =(X4 x/ y1，Z4 z1)所以VT =X2X3X4XiXiXiy2yiZ2ziy3yiZ3ziy，yiz，zi上式中符號的選擇必須和行列式的符號一致5.3空間的平面與直線5.3.1 平面例i已知空間兩點 Mi(i,2, i)和M2(3, i,2),求經過點Mi且與直線 MiM2垂直的平面方程。解 顯然MiM 2就是平面的一個法向量MiM2 (3 i, i 2,2 i) (2, 3,3)由點法式方程可得所求平面的方程為 2(x i) 3( y 2) 3

12、(z i) 0即2x 3y 3z 7 0例2求過三點Mi (2, - i, 4)、M2 (i, 3, 2)和 M3 (0, 2, 3)的平面的方程。解 先找出這平面的法線向量n.由于向量n與向量 M1M 2、M1M3都垂直，而M1M2=(3, 4, 6), M1M 3= ( 2, 3, 1),所以可取它們的向量積為 n：i j kn= M1M2 M1M33 46 = 14i + 9j -k,2 31根據平面的點法式方程(1),得所求平面的方程為14(x 2)+9(y+ 1)-(z-4)=0,14x+ 9y-z-15=0.例3設一平面與 x, v, z軸的交點依次為 P(a, 0, 0)、Q(0

13、, b, 0)、R(0, 0, c)三點(圖524),求這平面的方程(其中 a0, b0, c0).解 設所求的平面的方程為Ax+By+ Cz+D=0.因 P(a, 0, 0)、Q(0, b, 0)、R(0, 0, c)三點都在平面上, 所以點P、Q、R的坐標都滿足方程(2);即有aA D 0,bB D 0,cC D 0,R,baib,C以此代入(2)并除以D (DW0),便得所求的平面方程為圖 5 24方程(5)叫做平面的截距式方程，而x y z 1 a b ca、b、c依次叫做平面在x、v、z軸上的截距.例4因平面通過z軸及點(1, 2, 3)的平面方程。解 因平面通過z軸，故可設其方程為

14、Ax+By=0又因(1, 2, 3)點在平面上，將其坐標代入方程，則有A+2B = 0,即 A = -2B故所求平面方程為- 2Bx+By=0,即2xy=0例5設平面 的方程為3x2y+z+5=0,求經過坐標原點且與平行的平面方程。解 顯然所求平面與平面有相同的法向量n= (3, 2, 1),又所求平面經過原點,故它的方程為3x 2y+z= 05.2.3 空間直線例6求經過兩點M 1(x1, y1, z1)和M 2(x2, y2, Z2)的直線方程。解 該直線的方向向量可取 n= M 1M 2 (x2 x1,y2 y1, z2 z1)。由點法式方程立即得 到所求直線的方程xx1yy1z-x2x

15、1y2y1z2z1該方程稱為直線的兩點式方程。例7用直線的對稱式方程及參數式方程表示直線(4)x y z 1 0,2x y 3z 4 0.解 易得(1, 0, 2)為直線上的一點。直線的方向向量為兩平面的法線向量的向量 積，從而i j ks= 111 4i - j - 3k.21 3因此，所給直線的對稱式方程為得所給直線的參數方程為x 1 4t, yt,z23t.5.3.3點、平面、直線的位置關系1 .點到平面的距離例8求兩個平行平面 1:z 2x 2y 1,2：4x 4y 2z 3 0之間的距離。解在平面i上任取一點 M (0,0,1),則兩平面間的距離 d就是點M到2的距離，于是4 0 4

16、 0 2 1 31d =.42( 4)2 ( 2)262 .點到直線的距離y 2 z , r一例9求點M (1,2,3)到直線L： x 2-的距離3 5解 由直線方程知點 M0(2,2,0)在L上，且L的方向向量s=(1,-3,5)。從而iM 0Ms11M°M ( 1,0,3)j k03 9i 8j 3k3 5代入(11),得點M至1J L的距離為d |MoMi s| _ J 92 82 32叵|s|12 ( 3)2 52: 53.兩平面之間的夾角例10 平面通過兩點 Mi(1, 1,1)和M2(0, 1, 1)且垂直于平面x+y+z=0,求它的方程解 設所求平面的一個法線向量為n=

17、 (A, B, C).因MiM2=(1, 0, - 2)在所求平面上，它必與 n垂直，所以有A2c=0又因所求的平面垂直于已知平面x+y+z= 0,所以又有A+B+C= 0.(8)由(7)、( 8)得到A=-2C,B=C.由點法式，平面方程為 A(x1)+B(y1)+C(z1)=0.將A=-2C, B= C代入上式，并約 去C(CW0),便得2(x 1)+(y1)+(z1)=0 或 2xyz=0.這就是所求的平面方程.4 .兩直線的夾角例11求直線L1：)-y-J3和L2： -y2z的夾角.141221解 直線L1的方向向量s1二(1, 4, 1), L2的方向向量S2=(2, 2, 1).設

18、直線L1和L2的夾角為，那么由公式(5)有cos|1 2 ( 4) ( 2) 1 ( 1)|112( 4)212 ,22( 2)2 ( 1)225 .直線與平面的夾角例12求過點(1, 2, 4)且與平面2x-3y + z- 4= 0垂直的直線方程。解 因為直線垂直于平面， 所以平面的法線向量即為直線的方向向量，從而所求直線的方程為x 1 y 2 z 4.2316 .平面束x y z 10,例13求直線在平面x+y+z =0上的投影直線的方程x y z 10x解過直線x0的平面束的方程為0(14)(x y z 1) (x y z 1) 0(1 )x (1 )y ( 1 )z ( 1)0,其中

19、為待定系數。這平面與平面x+y+z =0垂直的條件是(1) 1 (1)1(1)10,即1 .代入(14)式，得投影平面的方程為2y 2z 2 0即y z 1 0.所以投影直線的方程為y z 1 0,x y z 0.7.雜例例14求與兩平面x 4z=3和2x-y-5z=1的交線平行且過點(3, 2, 5)得直線方解 因為所求直線與兩平面的交線平行， 所以其方向向量s一定同時垂直于兩平面的法向量n1、n 2 ,所以可以取s=n1 n 2 1021k4 = (4i+3j +k),5因此所求直線方程為x 3 y 2 z 54二例15求直線y-3 z-4與平面2x+y+z-6=0的交點.12解所給直線的

20、參數方程為 代入平面方程中，得得t=-1，代入參數方程得交點為x=2+t, y=3+t , z=4+2t, 2(2+t)+(3+t)+(4+2 t)- 6=0.例16求過點（2, 1, 3）x= 1, y=2,x 1且與直線3z=2.y 12z垂直相交的直線的方程1過點（2, 1, 3）且垂直于已知直線的平面方程為(9)(10)3（x-2）+2（y-1）-（z- 3）=0 已知直線的參數方程為x=-1+3t, y=1+2t, z=-t.3將（10）代入（9）求得t ,從而求得直線與平面的交點為7以點（2, 1, 3）為起點，點136-(2, 1,4)這就是所求直線的方向向量，故所求直線的方程為

21、x 2 y 1 z 32145.4曲面與曲線5.4.1曲面、曲線的方程例1建立球心在點 M 0（x0,y0,z0）、半徑為R的球面的方程解 設M （x, y, z）是球面上的任一點（圖 5-31）,那么|M0M |=R.由于 1M 0M 尸，(x X0)2(y y0)2(z Zo)2 ,所以(x Xo)2 (y yo)2 (z Zo)2 R2這就是球心在 M o(x0,yo,Z0)、半徑為R的球面的方程。222_ 2如果球心在原點，這時 Xo yoZo 0,從而球面萬程為x y z R .例2設有點A (1, 2, 3)和B (2, -1 , 4),求線段AB的垂直平分面的方程.解 由題意知，

22、所求的平面就是與A和B等距離的點的幾何軌跡。設 M (x, y, z)為所求平面上的任一點，由于RM|=|BM|,所以(x1)2(y2)2(Z3)2 = (2)2(y1)2(Z4)2等式兩邊平方，然后化簡便得 2x - 6y + 2z - 7=0例3方程x2 y2 z2 2x 4y 0表示怎樣的曲面？222解 通過配方，原方程可以改寫成(x 1)2 (y 2)2 z2 5,與(2)式比較知原方程表示球心在點 M 0 (1, 2,0)、半徑為r= J5的球面.222,x V z 4 ,例4 方程組表本怎樣的曲線？Z 1解 方程組中第一個方程表示球心在原點，半徑為2的球面。而方程組中的第二個方程表

23、示一個垂直于z軸的平面，因此他們的交線為一個園，如圖 5-33所示。圖 5 32圖 5-33(2)當給定t t1時，就得到C上的一個點(x1，y1,Z1)；x x(t), 方程組 y y(t), z Z(t).隨著t得變動便可得曲線 C上的全部點。方程組(2)叫做空間曲線的參數方程。繞z軸旋轉，同時又以線速例5如果空間一點M在圓柱面x2y2 a2上以角速度度v沿平彳T于z軸的正方向上升(其中、v都是常數)，那么點M構成的圖形叫做螺旋線精品文檔試建立其參數方程解 取時間t為參數.設當t=0時，動點位于x軸上的一點A （a, 0, 0）處.經過時間t, 動點由A運動到M （x, y, z）（圖5-

24、34）.記M在xOy面上的投影為 M'的坐標為x, y, 0.由于動點在圓柱面上以角速度繞z軸旋轉，所以經過時間 t, /AOM'= to從而x=|OM'|cos/ AOM'=acos t, y=|OM sin/AOM'= asin t.b .這個高度在工程技術上由于動點同時以線速度 v沿平彳T于z軸的正方向上升，所以 z=M'M=vt。x a cos t, 因此螺旋線的參數方程為y asin t,也可以用其他變量作參z vt.x a cos :數；例如令 t ,則螺旋線的參數方程可寫為y asin ,z b .這里b ,而參數為v當OM'

25、;轉過一周時，螺旋線上的點 M上升固定的高度 h 2叫做螺距.圖5345.4.2 柱面、旋轉面和錐面1 .柱面2 22例6萬程x y R在xO y面上表不圓心在原點 O、半徑為R的圓，在空間中表不圓柱面（圖5-35）,它可以看作是平行于 z軸的直線l沿xO y面上的圓x2 y2 R2移動而形成的。這曲面叫做圓柱面（圖5-35）, xO y面上的圓x2 y2R2叫做它的準線，這平行于z軸的直線l叫做它的母線.22x z 例7 將xO z坐標面上的雙曲線 2- - 1 ,分力1J繞z軸和x軸旋轉一周，求所生 a c成的旋轉曲面的方程.解 繞z軸旋轉所成的旋轉曲面叫做旋轉單葉雙曲面（圖 5-41）,

26、它的方程為1.2y2 z 2 c精品文檔圖 5 41圖 5 42繞x軸旋轉所成的旋轉曲面叫做旋轉雙葉雙曲面(圖5-42),它的方程為3.錐面例9求頂點在原點，準線為2xaz24 i 、工b21的錐面方程。c (c 0)2x-2a設M (x,y,z)為錐面上任一點,(圖5-44),則有2xi2a2 yi b2由于OM與0Ml共線，故1.圖 5-43過原點與M的直線與平面z=c交于點Mi(xi,yi,c)xyzxyic22既有x cx, yi 2 ,代入得當i ,整理得 z z a b2 y b2(6)這就是所求錐面的方程，該錐面稱為橢圓錐面圖 5-445.4.3二次曲面通常將三元二次方程 F (

27、x, y, z) =0所表示的曲面稱為二次曲面。而把平面稱為一次 曲面.二次曲面有九種，它們的標準方程如下精品文檔(1)橢圓錐面2匕z2b2(圖5 45) (2)橢球面2x-2 a2 y b7(3)單葉雙曲面(5)橢圓拋物面橢圓柱面圖 5-45222xyz12, 22abc2 x-2 a2 x-2 a(9)拋物柱面x2 ay圖 5 46222xy z, (4)雙葉雙曲面 1a b cz (圖 5- 46)(6)雙曲拋物面(8)雙曲柱面2 x-2 a2 x-2 a2 y b1z (圖 547)圖 5- 46圖 5-475.4.4空間幾何圖形舉例例10已知兩球面的方程為1精品文檔222(8)x (

28、y 1) (z 1)1求它們的交線 C在xO y面上的投影方程X2 2y2 2y 0.于是投影方程為解(7) - (8)得 y + z=1.將z=1 - y代入(7)或(8)得所求柱面方程為x2 2y2 2y 0, z 0.例11設一個立體由上半球22 一z 44 x y 和錐面z ，3(x2y2)所圍成(圖5-48),求它在xO y面上的投影解 半球面和錐面的交線為 C :4 x2 y2,3(x2y2).由上列方程組消去z,得到22x yz 0.1 、口一，'，這是xO y面上的一個圓，于是所求立體在xO y面上的投影，就是該圓在xO y面上的一個圓，圖5-48于是所求立體xO y面

29、上的投影，就是該圓在 xO y面上所圍的部分：x2 y2 1。習題課例1已知AB=(-3, 0, 4), AC = (5, -2, -14),求/ BAC角平分線上的單位向量解 由平面幾何的知識知，菱形對角線平分頂角，因此，只要在 AB、AC上分別取點B' 、C',使 |AB，|二| AC' |,則AD = AB + AC ,即為/ BAC的分角線向量，特別地取 AB、AC為單位向量，則113,0,4),AB =AB =(| AB| 5-1-1 ，、AC AC = (5,-2,-14)| AC| 15于是1 , 1, c 1 (2,1,1)15AD =-( 3,0,4)

30、+ (5,-2,-14) = _ (-4, -2, -2)=-1551515一AD 1其單位向量為1 (2,1,1)| AD |.6例2設a+3b和7a- 5b垂直，a-4 b和7a-2 b垂直，求非零向量 a與b的夾角.解 由a+3b±7a-5b, a-4 b±7a-2b(a+3b)?(7a-5b)=7|a|2 +16a?b - 161b|2=0(a-4 b) ?(7a-2 b)= 7|a|2 -30 a?b +8 |b|2 =0(2)(1)-(2)得2a?b=|b|22 一一即 2|a|b|cos(a,b)=|b| ,從而 cos(a,b) =|b|2|a|(1)8+

31、(2)15,得1611a|2 = 322 a?b,得 cos(a,b)= J-a-L2|b|J-b-L = J-a-L ,推得 |a|= |b|. 2|a|2|b|.1所以 cos(a, b)=2(a，b)=1. 3例 3 已知 |a|=13, |b|=19,|a+b|=24,求 |a - b|.|a+b|2 = (a+b)?(a+b)= |a|2+2a?b+ |b|2|a-b|2 = (a-b)?(a-b)= |a|2 - 2a?b+ |b|2 兩式相加，得|a - b|2 = 2( |a|2 + |b|2) - |a+b|2以|a|= 13, |b|=19, |a+b|=24 代入，得|a

32、-b|2 = 2 (132 + 192 ) - 242 =484.所以 |a- b|2 = 22.例 4 設 AB = a+5b, BC = - 6a+18b, CD =8(a - b)，試證 A、B、D 三點共線.證 用向量證明三點共線只要證明AB BD,其途徑有兩種：(1)往證BD = AB ;(2)往證AB BD =0.可根據具體情況選擇.本例選(1)BD = BC +CD =( - 6a+18b)+8(ab)=2a+10b=2(a+5b)=2 AB,所以AB / BD ,即A、B、D三點共線.例5已知三個向量 a+b+c=0.a、b、c兩兩都不平行，但(a+b)與c平行，(b+c)與a平行，試證由于(a+b)/c,(b+c)/a,所以c,a,c- a0,0,兩式想減得