高數(shù)6第六章空間幾何與向量代數(shù)自測題參

1．設abc0|a|3|b|1|c|2，則abbcca（CA. B. C. 解：由abc0得aabc=0aaabac=0abac=a2，同理abbc=b2cbac=c2，三式相加可得abbcca7．AB與三坐標軸正向夾角依次為,，當cos0時，有（C AB//xOy B．AB//yOz C．AB//xOz D．ABxOz x2y2z2 B．x2y2y2yx2 2

x2 雙葉旋轉雙曲面，答案選D．平面3x3y80的位置是（A平行于z B．斜交于z C．垂直于z D．通過z

，xOy面的法向量為(0,0,1)x4y1z2x1y1z3，則它們是（B 設a(3,2,1)b

4,k

，若abk26;若abk2 解：若ab，則ab(3,2,1) ,k)6 k0，k ；

第六章A1．設abc0|a|3|b|1|c|2，則abbcca（C．

解：由abc0得aabc=0aaabac=0abac=a2同理abbcb2cbac=c2，三式相加可得abbcca7AB與三坐標軸正向夾角依次為,，當cos0時，有（C．

A．AB//xOy B．AB//yOz C．AB//xOz D．ABxOz ABABxOz（D．x2y2z2 B．x2y2C．

y2

2

x2

z2z1 z1D．平面3x3y80的位置是（A．平行于z B．斜交于z C．垂直于z D．通過z

，xOy面的法向量為(00,1x4y1z2x1y1z3，則它們是（B．

s1235s2324M1(41 M2(1,13M1M2525s1s2M1M29設a(32,1b(2,4k，若abk26;若abk2 解：若ab，則ab(3,2,1) ,k)6 k0，k 若ab，則 ，k 31ab，則2

，k 3

29

9y210z10zyOz平面的交線是x

9y2的方程為x0，所以所求交線是 xx2y24在平面解析幾何中表示以原點為圓心，2為半徑的圓周,在空間解析x2y24z經(jīng)過已知點(114x1y1z的平面方程是4xy3z70 s25,1,點(114和點(10,1n25,12134(413,4(x1y13(z4)0即4xy3z70M132,1)M

(102x3y2z1 s42,1

x3

y22

z．1ijπ,πz軸上的投影為8M（6

32 2OMi，j的夾角分別為3

cos

1，且OM

軸上的投影為－8，cos 222

OM1162

OM16(

)(8,82,8)四、設a3b與7a5ba4b與7a2b垂直，求a與b（10 a3b與7a5ba4b與7a2b (a

(7a5b)

，(a4b)

(7a2b)

即7

16ab15b0 7a30ab8b0b2aba2abab

a a

a

所以cos(ab)

a

a

2a

2

(a,b) 32

29 9y210z與yOz平面的交線是 x

9y2的方程為x0，所以所求交線是 xx2y24在平面解析幾何中表示以原點為圓心，2x2y24z軸的圓柱面.經(jīng)過已知點(1,1,4)x1y1z的平面方程是4xy3z70 s2,5,1),點(1,1,4)和點(1,0,1)□4(x1)y1)3(z4)0即4xy3z70)

(1,0,2)x3y2z1

x3

y22

z．1

3 解：由于OM與i，j的夾角分別為 3 又coscoscos1，且OM在z軸上的投影為－8，cos 2 OM1162

OM16(2

,)(8,82,8) 四、設a3b與7a5ba4b與7a2b垂直，求a與b之間的夾角．（10 (a

(7a5b)

，(a4b)

(7a2b)

□即7

16ab15 0y2z2xx2yz0（6y2z2解：截線方程為x2yz0x25y24xyx消去z得曲線在xoy面上的投影z x25z22xz4x消去y得曲線在xoz面上的投影y y2z22yz消去x得曲線在yoz面上的投影x 3x2yz1六、求過直線2x3y2z20x2y3z50（8解：設所求平面為3x2yz12x3y2z201322233120解得2x8y5z50.容易證明平面2x3y2z20（61(x02)1(y03)1(z01)PPx02y03z01

P10,5 1x2y

2( 3,八、求直線xy3z0與平面7x2y3z50（10

平面7x2y3z50n723，則夾角sin

s

,arcsin , 2 2 3□ 7a30ab8b0由上述兩式解得b2ab， 2ab，從而ab

a

a

所以cos(a,b) a

a

2a

2

(a,b)3xx2y又xy3z7x2y3z5

,解得y

47，故交點為

17,47,10)1111 z 九、平面與平面20x4y5z706個單位，求（6解：設所求平面為20x4y5zD

為20x4y5z70

M 4 47400166,7D126,740016故所求方程 20x4y5z1330或20x4y5z1990LM0(102，且與平面3x4yz60L:x3y2zL（8分）x1

yz

于是ss1n 1(8,4,8)，又直線L過點M0(1,0,2)，故所求直線L的 z程為 1 設abc均為非零向量，則與a不垂直的向量是（D．

b(ab)

a D．a(ab)A，B，Ca0，Dax24y2z2曲線4x2y2z2

xOy坐標面上投影的方程是4y2z2解：截線方程為x2yz0x25y24xyx消去z得曲線在xoy面上的投影z x25z22xz4x消去y得曲線在xoz面上的投影y y2z22yz消去x得曲線在yoz面上的投影x 3x2yz1分解：設所求平面為3x2yz12x3y2z20，則x8y5z50.容易證明平面2x3y2z20不是所求的平面．1(x02)1(y03)1(z01)線段PP的中點在直線上，故x02y03z01，解之 53 , 31x2y

2( 3,八、求直線xy3z0與平面7x2y3z50的夾角與交點．（10

0(6,3,1) □平面7x2y3z50n(723)，則夾角sin

s

, s 2 2x24y2A．z

x24y2B．z

x2y2C．z

2y2x24y2z24x2y2z2

zx2y24x2y2xoy坐標面上投影的方程z

，答案選（C．L:x1y5z8

:xy

LL的夾角為（C．

22yz 6

B．4

C．3

2

s1

L1L2的夾角余弦cos

，交角為 s1兩平行平面2x3y4z90與2x3y4z150的距離為6

66解：在平面2x3y4z90上取一點(0,30)，則它到平面2x3y4z150離d 即為兩平行平面2x3y4z90與2x3y4z150的距離x3y2z1L2xy10z30及平面π4x2yz20L（C．

在π C．垂直于

D．與π解：因為直線的方向向量a132(21107(42,1,平面的法向量為 n42,1,所以anL垂直于C21．已知|a|2，|b ，且ab2，則|ab| 2解：由ab2abcos2cos

2sin 2|ab|absin22

222設向量a與b不共線，當 時，向量pa5b與q3ab共線 pqpq05xx2y又xy3z7x2y3z5

,解得

)47，故交點為(17,47, ) 1111 z 解：設所求平面為20x4y5zD 為20x4y5z70上的點4M 4 7740016

6,7D126,D=133D199 20x4y5z1330或20x4y5z1990L:x3y2zL的方程．（8分）x1

yz □□ 于是ss1n 1(8,4,8)，又直線L過點M0(1,0,2)，故所求直線L的 設abc均為非零向量，則與a不垂直的向量是（D b(ab)

a D．a(ab)□ pqa5b3ab3aaab15ba5b 15b 因a與b不共線，所以ba0，故當15pqx2y2z21a

面上以曲

軸旋轉而成，或由yOz面上以曲 ab

1可由xoz面上橢 22

一條直線過點(2,-3,4x21yz5x4y2z1該直線方程

a1112a232,1,

aa1a235,1,x

x23

5

z4與兩直線y1z2

及x1y2z1都平行且過原點的平面方程

AxByCz

，由題設知ABCa10,1,1xyz0三、已知向量a324)，b1,12)，c(14,8，向量dab與向量c（10 dab3242，dcmdmc

3

dmc(m4m,8m，得242

，得2mm2(4m2(4m)2

14d 3，則m ， ， ，d( ,) 33LB(12,3zL:x1y3z2 6x24y2z24x2y2z24xOy坐標面上投影的方程是（10垂直，即(12,3z4,32)0zx1y2z3

L:x1yz

:x

yz2L的方程，及公垂線段的（8

2

ss1s2

LL1M1(1tt，LL2M2(2kk2sM1M2

k t L 1 t t y

z

x1

3 3

dM1M21xy x3y1六、求經(jīng)過點(23,1L1xyz40L2yz2

（81：L1與（2，3，1）的平面方程L1(xy)xyz404將（2，3，1）代入上式，得 ，所以:x9y5z200453x9y5z203

與的的交點，由x3y1yz2

76,

31,z x

y

z

x y z

x0

y0

z0

解法2 由解法1知（2，3，1）與L1確定的平面方程為x9y5z200,同理,可求得（2，3，1）與L2確定的平面方程為x2y5z90,故所求的直線方程為7x24y2

x24y2B．z

x2y2C．z

2y2z x24y2z2

z2

zx2y24x2y2xoy坐標面上投影的方程z

:設有直線L:x1y5z8與 xy6,則L與L的夾角為（C:22 2yz 6

4

3

2 0(1,1,

L1L2的夾角余弦cos

2，交角為3s1兩平行平面2x3y4z90與2x3y4z150的距離為

6 6解：在平面2x3y4z90上取一點(0,3,0)，則它到平面2x3y4z150的距離d 即為兩平行平面2x3y4z90與2x3y4z150的距離．x3y2z1L2xy10z30及平面π4x2yz20L（C B.在π C．垂直于□

Dπa1,3,2)(2,1,10)7(4,2,1),平面的法向量為 n4,2,1,所以anL垂直于Cx9y5z20x2y5z9 七、求直線l:x1yz1在平面:xy2z10上的投影直線l的方程，并求 （12解法 過l作平面1垂直平面，則1過點(1,0,1)且法向量n垂直于l的方向向

即n

1(1,3, 1的方程為(x13y2(z1)0x3y2z1從而

xy2z1的方程為x3y2z1

zx2yxy2z1lxy

z2

設ly軸旋轉所成的旋轉面上的點X,YZ是由 2上的點(xyzy軸旋轉而得到的，故Yy,X2Z2x2z2.又

x2上的點(x,yz)滿足z1y

x2z24y2

1(y4 X2Z24Y21(Y1)2，即4X217Y24Z22Y14仍用(x,yz)表示旋轉面上的點，得方程為4x217y24z22y1yz1解法 將直線l的方程寫成一般式y(tǒng)z1xy1yz10x1yz1)

l的平面方程可設為又所作的平面與垂直，得1120，即xy2z1平面1x3y2z10，從而l0的方程為x3y2z181．已知|a|2，|b| ，且ab2，則|ab|＝ 解：由ab2abcos2cos 2sin 2，所|ab|absin22

222設向量a與b不共線，當 時，向量pa5b與q3ab共線 1x22y23z221Mx6y32z1 M的坐標為(x0

y0

z0Mn2x0,4y0,6z0)2x0(xx04y0yy06z0(zz0)0x0x2y0y3z0z21.x6y32z1,故直線的方向向量s2,11)n垂直,即2x2

0,①.且點

6,31在切平面上,故

6

3

21Mx22y23z221 2

2

2x22y29x1y2

x4y6z21 9 pqa5b3ab3aaab15ba5b 15b 2因a與b不共線，所以ba0，故當15pq2

x

面上以曲 軸旋轉而成，或由yOz面上以曲

a2

一條直線過點(2,-3,4x21yz5x4y2z1 該直線方程

x

x23

y3z45與兩直線y1z2

及x1y2z1都平行且過原點的平面方程 □AxByCz□

，由題設知ABCa10,1,1)xyz0三、已知向量a3,2,4)，b1,1,2)，c(1,4,8)，向量dab與向量c（10 dab3242，dcmdmc 3 dmc(m4m,8m，得242

，得2m 14d 3，則m ， ， ，d( ,) 33LB(1,2,3)zLx1y3z2 垂直，即(1,2,3z4,3,2)0zx1y2z3

L:x1yzL:xyz2L

2 解：由于公垂線L的方向向量ss1s2 1(1,2,2)

1 1

2，解得k ,t 1 t t y z x1

3 3

dM1M

1xyz4

L2x3y10 yz2yz2(xy)xyz40將（2，3，1）代入上式，得4，所以x9y5z2005x9y5z20

與的的交點，由x3y1

76,

31,z3 yz2

x y z x y z x0 z0

解法2 由解法1知（2，3，1）與L1