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第六章 向量代数与空间解析几何习题详解
故与a?b方向一致的单位向量为{2,?2,1}．于是c??136{2,?2,1}，即c?{4,?4,2}或3c?{?4,4,?2}．
?x2?y2?R25、求曲线?的参数式方程.
?x?y?z?0解： 曲线参数式方程是把曲线上任一点P(x,y,z)的坐标x,y,z都用同一变量即参数表示出来，故可令x?Rcost,y?Rsint，则z??R(cost?sint)．
??z?4?x2?y26、求曲线L:?在xOy面上及在zOx面上的投影曲线的方程．
22??x?y?2x解： 求L在xOy面上的投影的方程，即由L的两个方程将z消去，即得L关于xOy面
22?x?y?2x的投影柱面的方程x2?y2?2x则L在xOy面上的投影曲线的方程为?．
z?0?同理求L在zOx面上的投影的方程，即由L的两个方程消去y，得L关于zOx面的投影柱
??z?4?2xL面的方程z?4?2x，则在zOx面上的投影曲线方程为?．
??y?0
7、已知平面?过点M0(1,0,?1)和直线L1:x?2y?1z?1，求平面?的方程． ??201解法1： 设平面?的法向量为n，直线L1的方向向量s1?(2,0,1)，由题意可知n?s1，M(2,1,1)是直线L1上的一点,则M0M?(1,1,2)在?上，所以n?MM0,故可取n?s1?MM0?(?1,?3,2)．则所求平面的点法式方程为 1?(x?1)?3?(y?0)?2?(z?1)?0，即x?3y?2z?3?为所求平面方程．0
解法2： 设平面?的一般方程为Ax?By?Cz?D?0，由题意可知，?过点M0(1,0,?1)，故有
A?C?D?0, （1）
在直线L1上任取两点M1(2,1,1),M2(4,1,2)，将其代入平面方程，得
2A?B?C?D?0, （2） 4A?B?2C?D?0, （3）
由式（1）、（2）、（3）解得B?3A,C??2A,D??3A,故平面?的方程为x?3y?2z?3?0.
解法3： 设M?x,y,z?为?上任一点．由题意知向量M0M、M0M1和s1共面，其中因此(M0M?M0M1)?s1?0M1?2,1,1?为直线L1上的点，s1?(2,0,1)为直线L1的方向向量．
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第六章 向量代数与空间解析几何习题详解
x?1y?0z?1故平面?的方程为2?11?01?1?0，即x?3y?2z?3?0为所求平面方程．
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8、求一过原点的平面?，使它与平面?0:x?4y?8z?3?0成
?角，且垂直于平面?1:47x?z?3?0．
解： 由题意可设?的方程为Ax?By?Cz?0，其法向量为n?(A,B,C)，平面?0的法
|n0?n|?向量为n0?(1,?4,8)，平面?1的法向量为n1?(7,0,1)，由题意得cos?，即
4|n0|?|n|A?4B?8C12?(?4)2?82?A2?B2?C2?2 （1） 2?2,解得B?20A,或2由n?n1?0，得7A?C?0，将C??7A代入（1）式得55A?4B950A2?B2B??
100A，则所求平面?的方程为x?20y?7z?0 或 49x?100y?343z?0． 49?x?y?z?09、求过直线L1：?且平行于直线L2：x?2y?3z的平面?的方程．
2x?y?3z?0?ijk解法1： 直线L1的方向向量为s1??111?(4,?1,?3)，直线L2的对称式方程为
2?13xyz??，方向向量为s2?(6,3,2)，依题意所求平面?的法向量n?s1且n?s2，故可取632ijkn?s1?s2，则n?4?1?3?(7,?26,18)，又因为L1过原点，且L1在平面?上，从而?也
632过原点，故所求平面?的方程为7x?26y?18z?0．
解法(?1?2x?)2： 设所求平面???(y1?)??z(，1 ?为 x?y?z??(2x?y?3z)?0，即
其法向量为n?(1?2?,1??,1?3?)，由题意知
n?s20，故
n?s26?(?1?2??)3?(1??， )?2?(13)得???11，则所求平面?的方程为7x?26y?18z?0．另外，容易验证2x?y?3z?0不是15所求的平面方程．
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第六章 向量代数与空间解析几何习题详解
10、求过直线L：??x?28y?2z?17?0且与球面x2?y2?z2?1相切的平面方程
?5x?8y?z?1?0解： 设所求平面为 x?28y?2z?17???5x?8y?z?1??0，即 (1?5?)x?(28?8?)y?(2??)z?17???0，由题意：球心(0,0,0)到它的距离为1，即
17??(1?5?)2?(28?8?)2?(?2??)2?1 解得：???250 或 ???2 89所求平面为：387x?164y?24z?421 或 3x?4y?5
11、求直线L：x?1yz?1??在平面?：x?y?2z?1?0上投影直线L0的方程，11?1并求直线L0绕y轴旋转一周而成的曲面方程.
解： 将直线L：
x?1yz?1??化为一般方程 11?1?x?y?1?0，设过直线L且与平??z?y?1?0面?垂直的平面方程为x?y?1???z?y?1??0，则有1?(??1)?2??0，即???2，平面方程为x?3y?2z?1?0，这样直线L0的方程??x?3y?2z?1?0把此方程化为：
?x?y?2z?1?0?x?2y，因此直线L0绕y轴旋转一周而成的曲面方程为：?1(y?1)z??2??1x?z?(2y)????2222??(y?1) 4x2?17y2?4z2?2y?1?0. 即?2
12、求过点A(?3,0,1)且平行于平面π1：3x?4y?z?5?0，又与直线L1:x?2y?1z?1?相交的直线L的方程． 1?1解法1： 用点向式方程.因为直线L平行于平面π1，故直线L的方向向量s?{m,n,p}垂直于平面π1的法向量n?{3,?4,?1}，从而得3m?4n?p?0 ①，又直线L1的方向向量为s?{2,1,?1}，B(0,1,?1)是直线L1上一点，A(?3,0,1)是直线L上一点，根据题设：直线L与直线L1相交，所以s,s1及AB共面，因此
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第六章 向量代数与空间解析几何习题详解
mnp(s?s1)?AB?21?1?0，即?m?n?p?0 ②，
31?2将①和②联立解得m??5p,n??4p，由此得
mnp??，于是所求直线方程为?5?41x?3yz?1??． ?5?41解法2： 用一般式，即先求出过L的两个平面，将其方程联立便得L的方程． 直线L在过点A且平行于平面π1的平面π2上，平面π2的方程为
3(x?3)?4(y?0)?(z?1)?0，
即3x?4y?z?10?0，直线L又在过点A及直线L1的平面π3上，平面π3的法向量可取为
ijks1?AB?21?1??i?j?k，故平面π3的方程为?(x?3)?(y?0)?(z?1)?0，
31?2即 x?y?z?2?0，于是所求直线方程为
4y?z?10?0,?x3?x?y?z?2?0.
?x?y?z?1与直线l2：x?y?z?1的公垂线的方程
?2x?z?3???ijk????解： L2的方向向量l2?[1,1,1]而L1的方向向量l1?11?1?i?3j?2k于是公
201???ijk??????垂线l的方向向量l?l1?l2?1?3?2??i?3j?4k，过l1与l的平面?的法向量
111???ijk??????n?l1?l?1?3?2??18i?2j?6k.
?1?3413、求直线l1：?也可取法向量n?[9,1,3]，以z?1代入L1方程，可得l1上的点M1(1,1,1]，于是平面?方程
?9(x?1)?(y?1)?3(z?1)?0，即9x?y?3z?13?0
再求L2与?的交点P，L2的参数方程为x?t，y?t，z?1?t，代入上述平面方
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