解析几何第四版吕林根课后习题答案

解析几何第四版吕林根

课后习题答案

Standardization of sany group #QS8QHH-HHGX8Q8-GNHHJ8-HHMHGN#

第三章 平面与空间直线

§ 平面的方程

1.求下列各平面的坐标式参数方程和一般方程：

（1）通过点)1,1,3(1-M 和点)0,1,1(2-M 且平行于矢量}2,0,1{-的平面（2）通过点

)1,5,1(1-M 和)2,2,3(2-M 且垂直于xoy 坐标面的平面；

（3）已知四点)3,1,5(A ，)2,6,1(B ，)4,0,5(C )6,0,4(D 。求通过直线AB 且平行于直线CD 的平面，并求通过直线AB 且与ABC ?平面垂直的平面。 解： （1） }1,2,2{21--=M M ，又矢量}2,0,1{-平行于所求平面， 故所求的平面方程为：

一般方程为：07234=-+-z y x

（2）由于平面垂直于xoy 面，所以它平行于z 轴，即}1,0,0{与所求的平面平行，又

}3,7,2{21-=M M ，平行于所求的平面，所以要求的平面的参数方程为： 一般方程为：0)5(2)1(7=+--y x ，即01727=--y x 。 （3）（ⅰ）设平面π通过直线AB ，且平行于直线CD ： }1,5,4{--=，}2,0,1{-= 从而π的参数方程为：

一般方程为：0745910=-++z y x 。

（ⅱ）设平面π'通过直线AB ，且垂直于ABC ?所在的平面

∴

}1,5,4{--=AB ， }1,1,1{4}4,4,4{}1,1,0{}1,5,4{==-?--=?AC AB

均与π'平行，所以π'的参数式方程为： 一般方程为：0232=--+z y x . 2.化一般方程为截距式与参数式：

042:=+-+z y x π.

解： π与三个坐标轴的交点为：)4,0,0(),0,20(),0,0,4(--， 所以，它的截距式方程为：

14

24=+-+-z y x . 又与所给平面方程平行的矢量为：}4,0,4{},0,2,4{-，

∴ 所求平面的参数式方程为：

3.证明矢量},,{Z Y X =平行与平面0=+++D Cz By Ax 的充要条件为：

0=++CZ BY AX . 证明： 不妨设0≠A ，

则平面0=+++D Cz By Ax 的参数式方程为： 故其方位矢量为：}1,0,{},0,1,{A

C

A B --

， 从而v 平行于平面0=+++D Cz By Ax 的充要条件为：

v ，}1,0,{},0,1,{A

C

A B --

共面? ? 0=++CZ BY AX .

4. 已知连接两点),12,0(),5,10,3(z B A -的线段平行于平面0147=--+z y x ，求B 点的z 坐标.

解： }5,2,3{z AB +-= 而AB 平行于0147=--+z y x 由题3知：0)5(427)3(=+-?+?-z 从而18=z .

5. 求下列平面的一般方程.

⑴通过点()1,1,21-M 和()1,2,32-M 且分别平行于三坐标轴的三个平面; ⑵过点()4,2,3-M 且在x 轴和y 轴上截距分别为2-和3-的平面; ⑶与平面0325=+-+z y x 垂直且分别通过三个坐标轴的三个平面;

⑷已知两点()()1,2,4,2,1,321--M -M ,求通过1M 且垂直于21,M M 的平面; ⑸原点O 在所求平面上的正射影为()6,9,2-P ;

⑹求过点()1,5,31-M 和()2,1,42M 且垂直于平面0138=-+-z y x 的平面.

解:平行于x 轴的平面方程为

00

1

011112

=--+-z y x .即01=-z .

同理可知平行于y 轴,z 轴的平面的方程分别为01,01=-+=-y x z . ⑵设该平面的截距式方程为

132=+-+-c z y x ,把点()4,2,3-M 代入得19

24-=c 故一般方程为02419812=+++z y x .

⑶若所求平面经过x 轴，则()0,0,0为平面内一个点,

{}2,1,5-和{}0,0,1为所求平面的方位矢量,

∴点法式方程为00

1

215000

=----z y x ∴一般方程为02=+z y .

同理经过y 轴,z 轴的平面的一般方程分别为05,052=-=+y x z x .

⑷{

}2121.3,1,1M M --=M M →

垂直于平面π, ∴该平面的法向量{

}3,1,1--=→

n ,平面?通过点()2,1,31-M , 因此平面π的点位式方程为()()()02313=--+--z y x . 化简得023=+--z y x . (5) {}.6,9,2-=→

op

∴ .11

6

cos ,119cos ,112cos -===

?γβ 则该平面的法式方程为:.011116

119112=--+z y x

既 .0121692=--+z y x

（6）平面0138=-+-z y x 的法向量为{}3,8,1-=→

n ，{}1,6,121=M M ，点从()2,1,4

写出平面的点位式方程为01

6

1

381214

=----z y x ，则,261

6

38-=-=

A

74282426,141

131,21

113-=++?-===

==

D C B ，

则一般方程,0=+++D Cz By Ax 即：.037713=---z y x 6．将下列平面的一般方程化为法式方程。 解：.3-=D

∴将已知的一般方程乘上.30

1=

λ得法式方程

.030

330

530230

=-

+

-

z y x

()∴-

=∴=.2

1.12λD 将已知的一般方程乘上.2

1-=λ得法式方程

.02

12121=-

+

-y x

()∴-=∴=.1.2.3λD 将已知的一般方程乘上.1-=λ得法式方程.02=--x

().9

1.0.4±=∴=λD 即91=λ或9

1-=λ

将已知的一般方程乘上91=λ或.91-=λ得法式方程为09

7

9494=+-z y x 或

.09

7

9494=-+-z y x 7．求自坐标原点自以下各平面所引垂线的长和指向平面的单位法矢量的方向余弦。

解：().71.35.1=-=λD 化为法式方程为057

6

7372=-++z y x 原点指向平面π的单位法矢

量为,76,73,72?

??

???=u 它的方向余弦为.76cos ,73cos ,72cos ===γβα原点o 到平面π的距离

为.5=-=D P λ

().3

1.21.2-==λD 化为法式方程为-073

23

23

1=--+-z y x 原点指向平面π的单位法矢量

为,32,32,310?

??

???--=n 它的方向余弦为122cos ,cos ,cos .333αβγ=-==-原点o 到平面π的

距离7.p D λ=-= 第20页

8．已知三角形顶点()()()0,7,0,2,1,1,2,2,2.A B C --求平行于ABC 所在的平面且与她相距为2各单位的平面方程。

解：设,.AB a AC b ==点()0,7,0.A -则{}{}2,6,1,2,9,2a b ==写出平面的点位式方程

726102

9

2

x y z += 设一般方程0. 3.2,6,140.Ax By Cz D A B C D +++=∴====-<

则1

. 2.7

p D λλ==-=

相距为2个单位。则当4p =时28.D =-当0p =时0.D =

∴所求平面为326280.x y z -+-=和3260.x y z -+=

9．求与原点距离为6个单位，且在三坐标轴,ox oy 与oz 上的截距之比为

::1:3:2a b c =-的平面。

解：设,3,2.0.a x b x c x abc =-==≠∴设平面的截距方程为 1.x y z

a b c ++=

即.bcx acy abz abc ++= 又原点到此平面的距离 6.

d =

6.=

∴所求方程为7.32

y z

x -+

+= 10．平面1x y z

a b c

++=分别与三个坐标轴交于点,,.A B C 求ABC 的面积。

解 (,0,0)A a , (0,,0)B b ,(0,0,)C c {},,0AB a b =-,{},0,AC a c =-. {},,AB AC bc ca ab ?=;2AB AC b ?=

. ∴S ABC

11．设从坐标原点到平面的距离为。求证

1.p p =∴= 从而有

2222

1111.p a b c =++ § 平面与点的相关位置

1.计算下列点和平面间的离差和距离： （1）)3,4,2(-M ， :π 0322=++-z y x ； （2）)3,2,1(-M ， :π 0435=++-z y x . 解： 将π的方程法式化，得：

013

2

3132=--+-

z y x ， 故离差为：3

1

1332431)2()32()(-=-?-?+-?-=M δ，

M 到π的距离.31

)(==M d δ

（2）类似（1），可求得

035

435

335

635

5)(=-

+

+

-

=M δ，

M 到π的距离.0)(==M d δ 2.求下列各点的坐标：

（1）在y 轴上且到平面02222=--+z y 的距离等于4个单位的点；

（2）在z 轴上且到点)0,2,1(-M 与到平面09623=-+-z y x 距离相等的点； （3）在x 轴上且到平面01151612=++-z y x 和0122=--+z y x 距离相等的点。 解：（1）设要求的点为)0,,0(0y M 则由题意

∴ 610=-y ?50-=y 或7.

即所求的点为（0，-5，0）及（0，7，0）。 （2）设所求的点为),0,0(0z 则由题意知： 由此，20-=z 或-82/13。 故，要求的点为)2,0,0(-及)13

82,0,0(-

。 （3）设所求的点为)0,0,(0x ，由题意知： 由此解得：20=x 或11/43。

所求点即（2，0，0）及（11/43，0，0）。

3.已知四面体的四个顶点为)4,1,1(),5,11,2(),3,5,3(),4,6,0(---C B A S ，计算从顶点S 向底面ABC 所引的高。

解：地面ABC 的方程为： 所以，高33

5

426=+?--=

h 。

4.求中心在)2,5,3(-C 且与平面01132=+--z y x 相切的球面方程。 解：球面的半径为C 到平面π：01132=+--z y x 的距离，它为：

14214

2814

11

6532==

+++?=

R ，

所以，要求的球面的方程为：

56)2()5()3(222=++++-z y x .

即：0184106222=-++-++z y x z y x .

5．求通过x 轴其与点()5,4,13M 相距8个单位的平面方程。

解：设通过x 轴的平面为0.By Cz +=它与点()5,4,13M 相距8个单位，从而

228.481041050.B BC C =∴--=因此()()1235430.B C B C -+=

从而得12350B C -=或430.B C +=于是有:35:12B C =或():3:4.B C =-

∴所求平面为35120y z +=或340.y z -=

6. 求与下列各对平面距离相等的点的轨迹. ⑴053407263=--=--+y x z y x 和; ⑵062901429=++-=-+-z y x z y x 和.

解: ⑴ ()072637

1

:

1=--+z y x π 令()()53451

726371--=--+y x z y x 化简整理可得:0105113=+-z y x 与07010943=--+z y x . ⑵对应项系数相同,可求42

6

14221'-=+-=+=D D D ,从而直接写出所求的方程:0429=-+-z y x .

9 判别点M （2 -1 1）和N （1 2 -3）在由下列相交平面所构成的同一个二面角内，还是在相邻二面角内，或是在对顶的二面角内 （1）1:3230x y z π-+-=与2:240x y z π--+= （2）1:2510x y z -+-=与2:32610x y z π-+-=

解：（1）将M （2 -1 1），N （1 2 -3）代入1π，得： 61230

32630++-???---??

则M ，N 在1π的异侧

再代入2π，得：221470

143440+-+=???-++=??

∴MN 在2π的同侧 ∴MN 在相邻二面角内

（2）将M （2 -1 1）N （1 2 -3）代入1π，得：415190

2215180++-=???---=-??

则MN 在1π的异侧。

再代入2π，得：6621130

34181200

++-=>??---=-

则MN 在2π的异侧

∴

MN 在对顶的二面角内

10 试求由平面1π：2230x y z -+-=与2π：32610x y z +--=所成的二面角的角平分方

程，在此二面角内有点（1， 2， -3）

解：设p （x y z ）为二面角的角平分面上的点，点p 到12ππ的距离相等

=

5332190(1)

234240(2)x y z x y z +--=??---=?

把点p 代入到12ππ上，10δ< 20δ> 在（1）上取点（

18

5

0 0）代入12ππ，''1200δδ>>。 在（2）上取点（0 0 -6）代入12ππ，""

12

00δδ<> ∴（2）为所求，∴解平面的方程为：34240x y z ---=

两平面的相关位置

1.判别下列各对直线的相关位置： （1）0142=+-+z y x 与

032

4=--+z y

x ； （2）0522=---z y x 与013=--+z y x ； （3）05426=--+z y x 与02

9

639=--+z y x 。 解：（1） )1(:2

1

:41)4(:2:1-=

-， ∴ （1）中的两平面平行（不重合）；

（2） )1(:3:1)2(:)1(:2-≠--， ∴ （2）中两平面相交； （3） )6(:3:9)4(:2:6-=-， ∴ （3）中两平面平行（不重合）。 2.分别在下列条件下确定n m l ,,的值：

（1）使08)3()1()3(=+-+++-z n y m x l 和016)3()9()3(=--+-++z l y n x m 表示同一平面；

（2）使0532=-++z my x 与0266=+--z y lx 表示二平行平面； （3）使013=+-+z y lx 与027=-+z y x 表示二互相垂直的平面。 解：（1）欲使所给的二方程表示同一平面，则： 即： 从而：97=

l ，913=m ，9

37=n 。 （2）欲使所给的二方程表示二平行平面，则： 所以：4-=l ，3=m 。

（3）欲使所给的二方程表示二垂直平面，则：

所以： 7

1

-=l 。

3.求下列两平行平面间的距离：

（1）0218419=++-z y x ，0428419=++-z y x ； （2）07263=--+z y x ，014263=+-+z y x 。 解：（1）将所给的方程化为： 所以两平面间的距离为：2-1=1。

（2）同（1）可求得两平行平面间的距离为1+2=3。 4.求下列各组平面所成的角： （1）011=-+y x ，083=+x ；

（2）012632=-+-z y x ，0722=-++z y x 。 解：（1）设1π：011=-+y x ，2π：083=+x

∴ 4

),(21π

ππ=

∠或

4

3π。 （2）设1π：012632=-+-z y x ，2π：0722=-++z y x

218cos ),(1

21-=∠ππ或21

8cos ),(121--=∠πππ。 5. 求下列平面的方程:

(1) 通过点()1,0,01M 和()0,0,32M 且与坐标面xOy 成060角的平面; (2) 过z 轴且与平面0752=--+z y x 成060角的平面. 解 ⑴ 设所求平面的方程为

.11

3=++z

b y x 又xoy 面的方程为z=0,所以2

11131101

03160cos 22

2

=

+??

? ??+??? ??+?+?=

b b ο 解得20

3±

=b ,∴所求平面的方程为

126

33

=+±

+z y

x , 即03326=-+±z y x

⑵设所求平面的方程为0=+By Ax ;则2

15

14260cos 22=+++±+=

B A B

A ο 3

,038322B

A B AB A =

∴=-+或B A 3-= ∴所求平面的方程为03=+y x 或03=-y x .

§ 空间直线的方程

1.求下列各直线的方程：

（1）通过点)1,0,3(-A 和点)1,5,2(-B 的直线； （2）通过点),,(0000z y x M 且平行于两相交平面i π：

)2,1(=i 的直线；

（3）通过点)3,51(-M 且与z y x ,,三轴分别成???120,45,60的直线； （4）通过点)2,0,1(-M 且与两直线

11111-+==-z y x 和0

1

111+=

--=z y x 垂直的直线； （5）通过点)5,3,2(--M 且与平面02536=+--z y x 垂直的直线。 解：（1）由本节（—6）式，得所求的直线方程为： 即：

01553-=-=+z y x ，亦即0

1

113-=

-=+z y x 。 （2）欲求直线的方向矢量为： 所以，直线方程为：

2

2

110

2

2

1102

2

110B A B A z z A C A C y y C B C B x x -=-=-。

（3）欲求的直线的方向矢量为：{}???

???-=???21,2

2,21120cos ,45cos ,60cos ，

故直线方程为：

13

2

511--=+=-z y x 。 （４）欲求直线的方向矢量为：{

}{}{}2,1,10,1,11,1,1---=-?-， 所以，直线方程为：

2

2

111+=

=-z y x 。 （５）欲求的直线的方向矢量为：{}5,3,6--， 所以直线方程为：

5

5

3362-+=

--=-z y x 。 ２.求以下各点的坐标： （１）在直线

3

81821-=-=-z y x 上与原点相距２５个单位的点； （２）关于直线???=+-+=+--03220

124z y x z y x 与点)1,0,2(-P 对称的点。

解：（１）设所求的点为),,(z y x M ，则：

即：222225)38()8()21(=+++++t t t ， 解得：4=t 或7

62-

所以要求的点的坐标为：)7

130

,76,7117(),20,12,9(---

。 （２）已知直线的方向矢量为：{

}{}{}3,6,62,1,24,1,1-=-?--，或为{}1,2,2-， ∴过P 垂直与已知直线的平面为：0)1(2)2(2=++--z y x ，

即0322=-+-z y x ，

该平面与已知直线的交点为)3,1,1(，所以若令),,(z y x P '为P 的对称点，则：

221x +=

，201y +=，2

13z

+-= ∴ 7,2,0===z y x ，

即)7,2,0(P '。

３.求下列各平面的方程：

（１）通过点)1,0,2(-p ，且又通过直线3

2

121-=

-=+z y x 的平面； （２）通过直线1

1

5312-+=

-+=-z y x 且与直线 平行的平面； （３）通过直线

2

2

3221-=

-+=-z y x 且与平面0523=--+z y x 垂直的平面； （４）通过直线???=-+-=+-+0

1420

9385z y x z y x 向三坐标面所引的三个射影平面。

解：（１）因为所求的平面过点)1,0,2(-p 和)2,0,1(-'p ，且它平行于矢量{}3,1,2-，所以要求的平面方程为： 即015=-++z y x 。

（２）已知直线的方向矢量为{}{}{}5,3,11,2,11,1,2-=-?-， ∴平面方程为：

（３）要求平面的法矢量为{}{}{}13,8,11,2,32,3,2-=-?-，

∴平面的方程为：0)2(13)2(8)1(=--+--z y x ，

即09138=+--z y x 。

（4）由已知方程???=-+-=+-+01420

9385z y x z y x

分别消去x ，y ，z 得到：

0231136=+-z y ，079=+-z x ，06411=+-y x

此即为三个射影平面的方程。

4.化下列直线的一般方程为射影式方程与标准方程，并求出直线的方向余弦：

（1）???=---=+-+0323012z y x z y x （2）???=+--=-+06420

6z y x z x

（3）???==-+20x z y x

解：（1）直线的方向数为：

)5(:1:)3(1

31

2:3221:

211

1--=------

∴射影式方程为： ??

??

?-+

-=--+--=59515253z y z x ， 即??

??

?-

-=+=59515253z y z x ， 标准方程为：z y x =-+=-5

1

595352， 方向余弦为：35353553cos ±=±=α，351

5

3551

cos =-

±=β，

35

55

351cos ±

=±

=γ。

（2）已知直线的方向数为：

)4(:3:44

201:2111

:

1410-=----，

射影式方程为：??

??

?--+

-=--+-=4184342444z y z x ， 即??

???+-=+-=29

436z y z x

标准方程为：z y x =--

=

--4

329

1

6， 方向余弦为：414

4411cos =-±=α，4134

4143

cos =-

±=β， 41

44

411cos ±

=±

=γ。

（3）已知直线的方向数为：

1:1:0)1(:)1(:00

11

1:1011:0011=--=--， ∴射影式方程为： ???-==22

z y x ，

标准式方程为：

z y x =+=-1

2

02， 方向余弦为：0cos =α，2

1cos ±=β，2

1cos ±

=γ。

5. 一线与三坐标轴间的角分别为,,αβγ.证明222sin sin sin 2.αβγ++= 证 ∵

222cos cos cos 1αβγ++=, ∴2221sin 1sin 1sin 1αβγ-+-+-=,即222sin sin sin 2.αβγ++=

§ 直线与平面的相关位置

1.判别下列直线与平面的相关位置：

（1）

37423z

y x =-+=--与3224=--z y x ； （2）723z y x =-=与8723=+-z y x ；

（3）?

??=---=-+-01205235z y x z y x 与07734=-+-z y x ；

（4）??

?

??-=+-==4992t z t y t x 与010743=-+-z y x 。

解：（1） 0)2(3)2()7(4)2(=-?+-?-+?-， 而017302)4(234≠=-?--?-?，， 所以，直线与平面平行。 （2） 0717)2(233≠?+-?-? 所以，直线与平面相交，且因为

7

72233=--=， ∴ 直线与平面垂直。

（3）直线的方向矢量为：{}{}{}1,9,51,1,22,3,5=--?-，

0179354=?+?-?，

而点)0,5,2(--M 在直线上，又07)5(3)2(4=--?--?， 所以，直线在平面上。

（4）直线的方向矢量为{}9,2,1-， ∴直线与平面相交。

2.试验证直线l ：2

1111-=-=-z y x 与平面π：032=--+z y x 相交，并求出它的交点和交角。

解： 032111)1(2≠-=?-?+-?

∴ 直线与平面相交。

又直线的坐标式参数方程为： ??

?

??+=+=-=t z t y t x 211

设交点处对应的参数为0t ，

∴10-=t ，

从而交点为（1，0，-1）。

又设直线l 与平面π的交角为θ，则：

2

16

62

111)1(2sin =

??-?+-?=

θ， ∴ 6

πθ=

。

3.确定m l ,的值，使： （1）直线

1

3241z

y x =+=-与平面0153=+-+z y lx 平行； （2）直线??

?

??-=--=+=135422t z t y t x 与平面076=-++z my lx 垂直。

解：（1）欲使所给直线与平面平行，则须： 即1=l 。

（2）欲使所给直线与平面垂直，则须： 所以：8,4-==m l 。

4.决定直线???=++=++00

222111z C y B x A z C y B x A 和平面0)()()(212121=+++++z C C y B B x A A 的相互位

置。

解：在直线上任取),,(1111z y x M ，有：

这表明1M 在平面上，所以已给的直线处在已给的平面上。