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习题761求过点(413)且平行于直线51123zyx的直线方程解所求直线的方向向量为s(215)所求的直线方程为531124zyx2求过两点M1(321)和M2(102)的直线方程解所求直线的方向向量为s(102)(321)(421)所求的直线方程为112243xyx3用对称式方程及参数方程表示直线421zyxzyx解平面xyz1和2xyz4的法线向量为n1(111)n2(211)所求直线的方向向量为kjikjinns3211211121在方程组421zyxzyx中令y0得421zxzx解得x3z2于是点(302)为所求直线上的点所求直线的对称式方程为32123zyx参数方程为x32tytz23t4求过点(203)且与直线012530742zyxzyx垂直的平面方程解所求平面的法线向量n可取为直线012530742zyxzyx的方向向量即kjikjin111416253421)2,5,3()4,2,1(所平面的方程为16(x2)14(y0)11(z3)0即16x14y11z6505求直线02309335zyxzyx与直线0188302322zyxzyx的夹角的余弦解直线02309335zyxzyx与0188302322zyxzyx的方向向量分别为kjikjis431233351kjikjis105101831222两直线之间的夹角的余弦为010)5(10)1(4310)1()5(4103||||),cos(2222222121^21ssssss6证明直线7272zyxzyx与直线028363zyxzyx平行解直线7272zyxzyx与028363zyxzyx的方向向量分别为kjikjis531121211kjikjis15391123632因为s23s1所以这两个直线是平行的7求过点(024)且与两平面x2z1和y3z2平行的直线方程解因为两平面的法线向量n1(102)与n2(013)不平行所以两平面相交于一直线此直线的方向向量可作为所求直线的方向向量s即kjikjis32310201所求直线的方程为14322zyx8求过点(312)且通过直线12354zyx的平面方程解所求平面的法线向量与直线12354zyx的方向向量s1(521)垂直因为点(312)和(430)都在所求的平面上所以所求平面的法线向量与向量s2(430)(312)(142)也是垂直的因此所求平面的法线向量可取为kjikjissn229824112521所求平面的方程为8(x3)9(y1)22(z2)0即8x9y22z5909求直线003zyxzyx与平面xyz10的夹角解直线003zyxzyx的方向向量为)2(2242111311)1,1,1()3,1,1(kjikjikjis平面xyz10的法线向量为n(111)因为sn214(1)(2)(1)0所以sn从而直线003zyxzyx与平面xyz10的夹角为010试确定下列各组中的直线和平面间的关系(1)37423zyx和4x2y2z3解所给直线的方向向量为s(273)所给平面的法线向量为n(422)因为sn(2)4(7)(2)3(2)0所以sn从而所给直线与所给平面平行又因为直线上的点(340)不满足平面方程4x2y2z3所以所给直线不在所给平面上(2)723zyx和3x2y7z8解所给直线的方向向量为s(327)所给平面的法线向量为n(327)因为sn所以所给直线与所给平面是垂直的(3)431232zyx和xyz3解所给直线的方向向量为s(314)所给平面的法线向量为n(111)因为sn3111(4)10所以sn从而所给直线与所给平面平行又因为直线上的点(223)满足平面方程xyz3所以所给直线在所给平面上11求过点(121)而与两直线01012zyxzyx和002zyxzyx平行的平面的方程解直线01012zyxzyx的方向向量为kjikjis32111121)1,1,1()1,2,1(1直线002zyxzyx的方向向量为kjkjis111112)1,1,1()1,1,2(1所求平面的法线向量可取为kjikjissn11032121所求平面的方程为(x1)(y2)(z1)0即xyz012求点(120)在平面x2yz10上的投影解平面的法线向量为n(121)过点(120)并且垂直于已知平面的直线方程为12211zyx将此方程化为参数方程x1ty22tzt代入平面方程x2yz10中得(1t)2(22t)(t)10解得32t再将32t代入直线的参数方程得35x32y32z于是点(120)在平面x2yz10上的投影为点)32,32,25(13求点P(312)到直线04201zyxzyx的距离解直线04201zyxzyx的方向向量为kjkjis33112111)1,1,2()1,1,1(过点P且与已知直线垂直的平面的方程为3(y1)3(z2)0即yz10解线性方程组0104201zyzyxzyx得x121y23z点P(312)到直线04201zyxzyx的距离就是点P(312)与点)23,21,1(间的距离即223)232()211()13(22d14设M0是直线L外一点M是直线L上任意一点且直线的方向向量为s试证点M0到直线L的距离||||0ssMMd解设点M0到直线L的距离为dL的方向向量MNs根据向量积的几何意义以MM0和MN为邻边的平行四边形的面积为||||00sMMMNMM又以MM0和MN为邻边的平行四边形的面积为||||sdMNd因此||||0ssMMd||||0ssMMd15求直线0923042zyxzyx在平面4xyz1上的投影直线的方程解过直线0923042zyxzyx的平面束方程为(23)x(4)y(12)z90为在平面束中找出与已知平面垂直的平面令(411)(23412)0即4(23)(1)(4)1(12)0解之得1113将1113代入平面束方程中得17x31y37z1170故投影直线的方程为011737311714zyxzyx16画出下列各曲面所围成的立体图形(1)x0y0z0x2y13x4y2z120(2)x0z0x1y24yz(3)z0z3xy003yxx2y21(在第一卦限内)(4)x0y