高数下课本详解答案(合工大版)

习题8-11.自点,,Pabc分别作各坐标面和各坐标轴的垂线，写出各垂足的坐标.解在,,xoyyozzox坐标面上的垂足坐标分别为,,0ab、0,,bc、,0,ac，在x轴、y轴、z轴上垂足的坐标分别为,0,0a、0,,0b、0,0,c.2.已知三角形个的三个顶点的坐标分别为4,1,9A、10,1,6B、2,4,3C，求该三角形的三边长度，此三角形由何特点？解22241011967AB，2224214937AC，98BC由于ABAC，且222ABACBC，故此三角形为等腰直角三角形.3.在z轴上求与点4,1,7P和点3,5,2Q等距离的点的坐标.解设z轴上的点为0,0,Mz，则MPMQ即222222417352zz，解得149z，故点为140,0,9M.4.求到两定点1,2,1A和2,1,2B等距离的点,,Mxyz的轨迹.解由于MAMB，从而有222222121212xyzxyz解得26630xyz.5.设平行四边形的两条对角线向量为a和b，求其四条边向量.解如意8-1所示，由向量加减法的平行四边形法则有,,cdacdb故2abc，2abd，即平行四边形的四条边向量为2ab、2ab、2ab、2ab.(图8-1)(图8-2)6.设A、B、C、D是一个四面体的顶点，M、N分别是边AB、CD的中点，证明：12MNADBC.证如图8-2所示，ADDNAN，BCCNBN，ANAMMN，BNBMMN，又DNCN，AMBM，于是22ANBNADBCMN.7.已知两点4,2,1A和3,0,2B，计算向量AB的模、方向余弦、方向角及与AB平行的单位向量.解由于1,2,1AB，则有2AB，1cos2，2cos2，1cos2，方向角为23，34，3，与AB平行的单位向量为121,,222.8.设358aijk，27bijk，求向量23cab在x轴上的投影及在z轴上的分向量.解23945cabijk，故c在x轴上的投影为9，在z轴上的分向量为5k.9.一向量的终点在点2,1,7B，它在x轴、y轴及z轴上的投影依次为4,4和7，求这向量的起点A的坐标.解设起点,,Axyz，由2,1,74,4,7ABxyz解得2,3,0A.10.设3,5,1a，2,2,3b，4,1,3c，求与abc平行的单位向量.解1,8,5abc，故与abc平行的单位向量为185,,310310310.11.设5ABab，618BCab，8CDab，试证A、B、D三点共线.证因为6188210BDBCCDababab252abAB所以AB平行BD，即A、B、D三点共线.12.已知向量AB的模为10，与x轴正向夹角为4，与y轴正向夹角为3，求向量AB.解设向量AB的方向余弦为cos、cos、cos，由于4，3，222coscoscos1，得1cos2于是向量211cos,cos,cos10,,222ABAB.习题8-21.设4aijk，22bijk，求（1）22abab；（2）22abab；（3）a与b夹角.解（1）32a，3b，4ab222223230ababaabb；（2）114794221ijkabijk225354520abababijk；（3）设a与b夹角为，则422cos9323abab22arccos9.2.已知向量a和b相互垂直，且1a，3b，求（1）abab；（2）abab；（3）ab与ab夹角.解（1）22222abababaabbab；（2）223ababaabaabbbab；（3）ab与ab夹角为，则21cos42abababab，故23.3.已知13a，19b，24ab，求ab.解2222abababaabb2222abababaabb两式相加，得22222ababab2222131924484，22ab.4.已知1,1,2A、5,6,2B、1,3,1C，求：（1）同时与AB及AC垂直的单位向量；（2）三角形ABC的面积ABCS；（3）B点到边AC的距离d.解（1）4,5,0AB，0,4,3AC，450151216043ijkABACijk故同时与AB及AC垂直的单位向量为115,12,1625ABACABAC；（2）12522ABCSABAC；（3）由于1122ABCSABACACd，且5AC，则5d.5.设平行四边形的对角线2cab，34dab，其中1a，2b，且ab，求平行四边形的面积.解设平行四边形的两邻边分别为m、n，则cmn，dmn,从而1142222mcdabab,1126322ncdabab,55sin102Smnabab.6.已知向量a、b、c两两垂直，且1a，2b，3c，求向量sabc的长度，以及s分别与a、b、c的夹角.解222214sabcabcabc，于是14s，21cos,1414asasasa；22cos,1414bsbsbsb；23cos,1414cscscsc；所以1,cos14saarc，2,cos14sbarc，3,cos14scarc.7.试用向量证明直径上的圆周角是直角.证取圆心为原点建立坐标系如图8-3所示，则圆周方程为222xyR，在圆周上任取一点,Axy，直径BC，,0BR，,0CR，.ABRxy，.ACRxy则22220ABACRxRxyRxy故ABAC，即直径BC所对应的圆周角为直角，由圆周关于任意一条直径都对称的性质知，直径所对应的圆周角是直角.(图8-3)8.判断下列两组向量a、b、c是否共面：（1）2,1,3a，1,0,5b，1,1,4c；（2）4,2,1a，2,6,3b，1,4,1c.解（1）21310540114abc，故a、b、c不共面；（2）4212630141abc，故a、b、c共面.9.计算顶点2,1,1A、5,5,4B、3,2,1C、4,1,3D的四面体的体积.解3,6,3AB，1,3,1AC，2,2,2AD，则四面体的体积为36311132366222VABACAD.10.如果存在向量c同时满足11acb，22acb，证明：12210abab.证由于12211221ababaacaac2112acaaca2112acaaca21210acaaca习题8-3.1.求出满足下列条件的各平面方程：（1）过点2,1,1且与平面32120xyz平行；（2）过三点1,1,1、2,2,2、1,1,2；（3）过点2,1,2，且分别垂直于平面32xyz和平面3241xyz；（4）平行x轴且过两点1,0,1和1,1,0；（5）通过z轴和点3,1,2.解（1）设所求平面的法向量n，可取平面的法向量为3,2,1n故过点2,1,1平面方程为322110xyz，即3230xyz；（2）由三点式平面方程知，所求平面方程为1113330023xyz即320xyz；（3）设所求平面的法向量n，11,3,1n，23,2,4n1213114,7,7324ijknnn，则所求平面方程为14271720xyz，即250xyz；（4）设平面的一般式方程为0AxByCzD，由于平面平行x轴，且点1,0,1、1,1,0在平面上，从而有000AACDABD解得0A，BD，CD，且0D，故平面方程为10yz；（5）设过z轴的平面为0AxBy，且点3,1,2在平面上，则由30AB，得3BA，且0A所以平面方程为30xy.2.求平面2260xyz与各坐标面的夹角的余弦.解平面的法向量2,2,1n，取xoy坐标面的法向量10,0,1n，yoz坐标面的法向量21,0,0n，zox坐标面的法向量30,1,0n，则平面与xoy、yoz、zox各坐标面的夹角余弦分别为1cos3，2cos3，22cos33.3.求过点0,1,0和0,0,1，且与xoy坐标面成3角的平面.解设平面的一般式方程为0AxByCzD，从而有2220,0,cos,3BDCDCABC得2,ADBDCD于是，所求平面方程为210xyz.4.在z轴上求一点P，使它到点1,2,0M与到平面