第七章-空间解析几何与向量代数复习题(答案)

1第八章空间解析几何与向量代数答案一、选择题1.已知A(1,0,2),B(1,2,1)是空间两点，向量AB的模是（A）A5B3C6D92.设a=（1,-1,3）,b=（2,-1,2），求c=3a-2b是（B）A（-1,1,5）.B（-1,-1,5）.C（1,-1,5）.D（-1,-1,6）.3.设a=（1,-1,3）,b=（2,1,-2），求用标准基i,j,k表示向量c=a-b为（A）A-i-2j+5kB-i-j+3kC-i-j+5kD-2i-j+5k4.求两平面032zyx和052zyx的夹角是（C）A2B4C3D5.已知空间三点M(1,1,1)、A(2,2,1)和B（2，1，2），求∠AMB是（C）A2B4C3D6.求点)10,1,2(M到直线L：12213zyx的距离是：（A）A138B118C158D17.设,23,aikbijk求ab是：（D）A-i-2j+5kB-i-j+3kC-i-j+5kD3i-3j+3k8.设⊿ABC的顶点为(3,0,2),(5,3,1),(0,1,3)ABC，求三角形的面积是：（A）A362B364C32D39.求平行于z轴，且过点)1,0,1(1M和)1,1,2(2M的平面方程是：（D）A2x+3y=5=0Bx-y+1=0Cx+y+1=0D01yx．10、若非零向量a,b满足关系式abab，则必有（C）；Aab=ab；Bab；C0ab=；Dab=0．11、设,ab为非零向量，且ab,则必有（C）AababBabab2CababDabab12、已知2,1,21,3,2a=,b=，则Prjba=（D）；A53；B5；C3；D514．13、直线11z01y11x与平面04zyx2的夹角为（B）A6；B3；C4；D2．14、点(1,1,1)在平面021zyx的投影为（A）（A）23,0,21；（B）13,0,22；（C）1,1,0；（D）11,1,22．15、向量a与b的数量积ab=（C）.Aarjba；Barjab；Carjab；Dbrjab．16、非零向量,ab满足0ab，则有（C）．Aa∥b;Bab(为实数)；Cab；D0ab．17、设a与b为非零向量，则0ab是（A）．Aa∥b的充要条件；Ba⊥b的充要条件;Cab的充要条件；Da∥b的必要但不充分的条件．18、设234,5aijkbijk，则向量2cab在y轴上的分向量是（B）．A7B7jC–1；D-9k19、方程组2222491xyzx表示（B）.A椭球面；B1x平面上的椭圆；C椭圆柱面；D空间曲线在1x平面上的投影.20、方程220xy在空间直角坐标系下表示（C）.A坐标原点(0,0,0)；Bxoy坐标面的原点)0,0(；Cz轴；Dxoy坐标面.21、设空间直线的对称式方程为012xyz则该直线必（A）.A过原点且垂直于x轴；B过原点且垂直于y轴；C过原点且垂直于z轴；D过原点且平行于x轴.22、设空间三直线的方程分别为3123321034:;:13;:2025327xtxyzxyzLLytLxyzzt,则必有（D）.A1L∥2L；B1L∥3L；C32LL；D21LL.23、直线34273xyz与平面4223xyz的关系为(A)．A平行但直线不在平面上；B直线在平面上；C垂直相交；D相交但不垂直．24、已知1,2ab,且(,)4ab,则ab=(D)．A1；B12；C2；D5.25、下列等式中正确的是(C)．Aijk；Bijk；Ciijj；Diiii．26、曲面22xyz在xoz平面上的截线方程为(D)．A2xz；B20yzx；C2200xyz；D20xzy．二、计算题1．已知2,2,21M，0,3,12M，求21MM的模、方向余弦与方向角。解：由题设知1212,32,021,1,2,MM则,221122221MM21cos，21cos，22cos，于是，32，3，43。2．设kjim853，kjin742和kjip45，求向量pnma34在x轴上的投影及在y轴上的分向量。解：kjikjikjia4574238534kji15713故a在x轴上的投影为13，在y轴上的分向量为j7。43．在xoz坐标面上求一与已知向量2,3,4a垂直的向量。解：设所求向量为00,0,bxz，由题意，04200zxba取10z，得20x，故2,0,1b与a垂直。当然任一不为零的数与b的乘积b也垂直a。4．求以3,2,1A，5,4,3B，7,2,1C为顶点的三角形的面积S。解：由向量积的定义，可知三角形的面积为ACABS21，因为2,2,2AB，2,4,4AC，所以22216,12,4244ijkABAC，于是，.69242162144222221222kjiS5．求与向量2,0,1a，1,1,2b都垂直的单位向量。解：由向量积的定义可各，若cba，则c同时垂直于a和b，且kjikjibac23211102，因此，与bac平行的单位向量有两个：kjikjibabaccc2314123123||||222和.23141kjic6．求球面9222zyx与平面1zx的交线在xoy面上的投影的方程。解：由1zx，得xz1，代入9222zyx，消去z得91222xyx，即82222yxx，这就是通过球面9222zyx与平面1zx的交线，并且母线平行于z5轴的柱面方程，将它与0z联系，得：082222zyxx，即为所求的投影方程。7、求过1,1,1A，2,,2,2B和2,1,1C三点的平面方程。解一：点法式：3,3,3AB，3,2,0AC，取2,3,13320333jjiACABn，于是所求方程：023zyx。解法二：用一般式，设所求平面方程为,0DCzByAx将已知三点的坐标分别代入方程得,0202220DCBADCBADCBA解得023DACAB，得平面方程：023zyx。8．求平面0522zyx与xoy面的夹角余弦。解：2,2,1n为此平面的法向量，设此平面与xoy的夹角为，则2,2,10,0,11cos33||||nknk9．分别按下列条件求平面方程(1)平行于xoz面且经过点3,5,2；(2)通过z轴和点2,1,3；(3)平行于x轴且经过两点2,0,4和7,1,5。解：(1)因为所求平面平行于xoz面，故0,1,0j为其法向量，由点法式可得：0305120zyx，6即所求平面的方程：05y。(2)因所求平面通过z轴，其方程可设为(*)0ByAx，已知点2,1,3在此平面上，因而有03BA，即AB3，代入（*）式得：03AyAx，即所求平面的方程为：03yx。(3)从共面式入手，设zyxP,,为所求平面上的任一点，点2,0,4和7,1,5分别用A，B表示，则AP，AB，i共面，从而000191124,,zyxiABAP，于是可得所求平面方程为：029zy。10．用对称式方程及参数式方程表示直线l：421zyxzyx。解：因为直线l的方向向量可设为121112,1,3211ijksnn，在直线上巧取一点2,0,3A（令0y，解直线l的方程组即可得3x，2z），则直线的对称式方程为32123zyx，参数方程为：tx23，ty，tz32。11．求过点4,2,0且与两平面12zx和23zy平行的直线方程。解：因为两平面的法向量11,0,2n与20,1,3n不平行，所以两平面相交于一直线，此直线的方向向量121022,3,1013ijksnn，故所求直线方程为14322zyx。12．确定直线37423zyx和平面3224zyx间的位置关系。解：直线的方向向量2,7,3,s平面的法向量4,2,2,n2222222,7,34,2,2cos0.273422从而ns，由此可知直线平等于平面或直线在平面上。7再将直线上的点)0,4,3(A的坐标代入平面方程左边，得34024234，即A不在平面上，故直线平行于平面。13．求过点1,2,1而与直线01012:1zyxzyxl，002:zyxzyxl平行的平面方程。解：因11211,2,3111ijks为直线1l的方向向量，22110,1,1111ijks直线2l的方向向量。取121231,1,1011ijknss，则通过点1,2,1并以n为法向量的平面方程0zyx即为所求的平面方程。14、已知22,5,(,)3abab,问为何值时,向量17uab与3vab互相垂直．解由0uv得(17)(3)0abab，即223(51)170aabb，将22,5,(,)3abab代入得：212(51)10cos42503，解得40．15、求两平行面362140xyz与36270xyz之间的距离．解在平面362140xyz上取点(0,0,7)M，则点M到平面36270xyz的距离即为所求：22200277213736(2)d．16、求过点(3,2,5)且与两平面430xz和2510xyz的交线平行的直线方程．解设s,,mnp为所求直线的一个方向向量，由题意知s与两个平面的法向量11,0,4n和22,1,5n同时垂直，故有120,0,snsn即40250mpmnp解得：4,3mpnp，即得s4,3,18故所求直线方程为325431xyz．17、一平面过点(1,0,1)且平行向量2,1,1a和1,1,0b，试求这平面方程．解(从点法式入手)由条件可取2111,1,3110ijknab,于是1(1)1(0)3(1)0xyz，即043zyx为所求平面方程．