高等数学作业下-1(答案)

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1、第七章　空间解析几何与向量代数7．1空间直角坐标系1．解：A点在第4卦限；B点在第5卦限；C点在第8卦限；D点在第3卦限。2．解：分别为。3．解：。4．解：设yoz坐标面所求点为，依题意有，从而，联立解得，故所求点的坐标为.5．解：设所求z轴上的点为，依题意：，两边平方得，故所求点为。6．解：（1），即，解得或。（2），解得。7．2向量及其线性运算1．解：因为，所以。同理。2．证明：设四边形为ABCD，它们的对角线交点为M，则由条件，由此有，因此，同理：,即四边形ABCD是平形四边形。3．解：（1），（2）均是错误的，因的模为，因而不是单位向量。而的模是1，故是单位向量。（3）因任一向量

2、的三个方向角满足，当时有，即，所以。故（3）的说法是错误的。4.解：（1）设与同方向的单位向量为，则（2）因。故的方向余弦为：。5．解：。故向量在x轴上的投影,在y轴上的投影分量为6．解：设点A为（x,y,z）,依题意有：，故，即所求的点A（-5，4，-12）7．解：由于共线向量的坐标成比例，所以：。8．解：因，又是钝角，所以。9．合力，因此，合力的大小为合力的方向余弦为因此。7．3向量乘积1．解：（1）等式左端是向量，右端是数，所以等式不成立。（2）等式两端均为数，但等式一般不成立，除非共线。2．（1）解：不能推出，因为使得，即，并不要求至少有一个是零向量，而只要求。（2）不能推出，因

3、为使得，即：成立，并不要求其中至少有一个必为零向量，而只要即可。1．解：（1）(2)。（3）。2．解：因为与共线，则必有使得，又因，则有：，解得，所以：。3．解：由，所以（1）（2）由（1），（2）两式可得：，即，即。于是，且，所以，故。4．（1）。（2）解：。5．（1）解：。(2)解：，故。（3）。（4）由（3）知。1．解：，所求单位向量为：。2．解：10．（1）证：由向量积定义知：故此三向量均在垂直于的平面内，所以共面。（2）要证共面，只要证即可，因为所以，式中。即共面。7．4平面方程1．解：，故平面方程为：，即。2．由平面的三点式方程得：即：。3．解：平行于xoz平面的平面为：，代

4、入点得：即：D=5B，故平面方程为：。4．解：通过z轴的平面为：，代入点（-3，1，-2）得：-3A+B=0，即:B=3A，故平面方程为：1．解：平行于轴的平面方程为：，代入两点坐标得：，解得：，故平面方程为：。2．设平面的截距式方程为：，即：，又，解得。故平面方程为：。3．解：两已知平面的法向量分别为：故所求平面的法向量为：，方程为：，即：4．解：所求平面方程为：，由已知得：，所求平面方程为：5．解：所求平面方程为：，且，即：，，故得两平面方程为：。10解：由两面角的角平分面上的任一点到两平面距离相等，即：，故所求平面为：或。7．5直线方程1．解：令解得，得直线上一点，直线的方向向量：

5、，因此直线的对称式方程为：，参数方程为：。1．解：取，得直线L的方程为：。2．解：，所以直线方程为：。3．解：（1），且直线上点（-3，-4，0）不在平面上，所以，直线与平面平行。（2）直线与平面垂直。（3）且满足平面方程，所以直线在平面上。4．解：，直线方程为：。5．解：过原点作垂直于已知直线的平面：，直线的参数方程为，将其代入平面方程解得：，所以直线与平的交点为：，所求距离.6．解：过直线的平面束方程：，即：，与已知平面垂直，因此：，解得：，对应平面为：，所以投影直线为：。8．解：设平面方程为：，即：，又或，平面方程为：或。9．解：。过的平面束方程为：，又过点，代入得：，故平面方程为

6、。10．解：过点P且垂直于已知直线的平面为：，即：，与已知直线的交点为（3，6，8），设所求点为，则由中点公式得：，所求点为（2，9，6）。11．解：设交点，而，则与垂直。，即，交点为（1，-1，3），所以直线方程为。12．解：不平行，两直线上已知点，所以两直线异面。过点作以为边的平行四边形，连接对应顶点得平行六面体，所求异面直线的距离d即为此平行六面体之高。。7．6曲面方程与曲线方程1．解：球半径球面方程为：。2．解：设球心为，由已知球心在第I卦限得；，且，则：或，球面方程为：或。3．解：。4．解：绕轴旋转得：，绕轴旋转得：。5．解：消去坐标得：，为母线平行于轴的柱面，消去坐标得：，为

7、母线平行于轴的柱面。6．解：设动点坐标为，由已知得：，即：为旋转椭球面。7．解：投影柱面为：，投影曲线为：。1．解：原曲线方程即：，化为。2．解：（1）椭球面；（2）单叶双曲面（3）椭圆；（4）双曲线；（5）圆锥面；（6）通过z轴的两相交平面。3．解：原曲线即：，在面上的投影曲线为，原曲线是位于平面上的抛物线。4．解：将椭圆方程化简为：，可知其为平面上的椭圆，半轴分别为，顶点分别为。5．（略）