四、习题详解

习题5-1 向量及其运算

1. 填空题.

（1）已知点A（2，－1，1），则点A与z轴的距离是_____，与x轴的距离是_____，与y轴的距离是_____.

（2）向量a＝（－2，6，－3）的模为|a|＝_____，方向余弦为cosα＝_____，cosβ＝_____，cosγ＝_____，其同方向的单位向量e_a＝_____.

（3）设α、β、γ是向量a的三个方向角，则sin2α＋sin2β＋sin2γ＝_____.

（4）设向量a＝（2，－1，4）与向量b=（1，k，2）平行，则k＝_____.

（5）已知三点M₁（1，－2，3），M₂（1，1，4），M₃（2，0，2），则＝_____，

（6）设点A（2，－1，－2），B（0，2，1），C（2，3，0），以AB，AC为邻边，作平行四边形，此平行四边形的面积等于_____.

（7）向量a＝（4，－3，1）在b＝（2，1，2）上的投影Prj_ba＝_____，b在a上的投影Prj_ab＝_____.

（8）设a＝（1，2，3），b＝（－2，k，4），而a⊥b，则k＝_____.

解　（1）A与z轴的距离

与y轴的距离

与x轴的距离

（4）因为两向量平行，故对应坐标成比例，即

从而

（8）因为a⊥b，所以a与b的数量积为零，即

a·b=（1，2，3）·（－2，k，4）=－2＋2k＋12=0，

从而k＝－5.

2. 一向量与x轴和y轴的夹角相等，而与z轴的夹角是与x轴、y轴夹角的两倍，求向量的方向角.

解　已知α＝β，γ＝2α，故由cos2α＋cos2α＋cos2（2α）=1得

2cos2α（2cos2α－1）=0，

解得cosα＝0及于是

3. 给定M（－2，0，1），N（2，3，0）两点，在x轴上有一点A，满足|AM|＝|AN|，求点A的坐标.

解　因为点A在x轴上，可设所求点为A（x，0，0），依题设|AM|＝|AN|，即

所以x＝1，从而所求点为A（1，0，0）.

4. 从点A（2，－1，7）沿向量a=（8，9，－12）方向取长为34的线段AB，求点B的坐标.

解　设点B的坐标为（x，y，z），故设

即x－2=8λ，y＋1=9λ，z－7=－12λ，

解得λ＝2，从而点B的坐标为（18，17，－17）.

5. 设点P在y轴上，它到点的距离为到点P₂（1，0，－1）的距离的两倍，求点P的坐标.

解　因为点P在y轴上，设点P的坐标为（0，y，0），

因为|PP₁|=2|PP₂|，即

解得y＝±1，所求点为（0，1，0），（0，－1，0）.

6. 设点A位于第Ⅰ卦限，向径与x轴、y轴的夹角依次为和且求点A的坐标.

解　由关系式cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1，

得　

因为点A在第Ⅰ卦限，知cosγ>0，故

于是点A的坐标为

7. 证明：Prj_u（λa）＝λPrj_ua.

证明　记

当λ>0时，φ₁＝φ，Prj_u（λa）＝|λa|cosφ₁＝λ|a|cosφ＝λPrj_ua；

当λ<0时，φ₁=π－φ，

Prj_u（λa）＝|λa|cosφ₁=－λ|a|cos（π－φ）＝λ|a|cosφ＝λPrj_ua.

当λ＝0时，显然成立.

因此Prj_u（λa）＝λPrj_ua.

8. 记e_a为非零向量a的同向单位向量，证明：

证明　由于e_a、a同向，故a＝λe_a（λ>0），且|e_a|=1，因此|a|＝λ|e_a＝λ，即a=|a|e_a，注意到|a|≠0，故结论成立.

9. 求平行于向量a=6i＋7j－6k的单位向量.

解　所求向量有两个，一个与a同向，一个与a反向.

10. 设向量a与各坐标轴成相等的锐角，求向量a的坐标表达式.

解　因为向量a与各坐标轴成相等的锐角，所以a的三个方向角α＝β＝γ，又因为

cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1，

因此3cos2α=1，

因为和a同方向的单位向量从而

11. 已知a=（1，1，－4），b=（1，－2，2），求：

（1）a·b；

（2）a与b的夹角θ；

（3）a在b上的投影.

解　（1）a·b=1·1＋1·（－2）＋（－4）·2=－9.

（2）从而

（3）因为a·b=|b|Prj_ba，所以

12. 已知两点和M₂（1，3，0），计算向量的模、方向余弦和方向角.

13. 设|a|=3，|b|=2，求：

（1）（3a＋2b）·（2a－5b）；

（2）|a－b|2.

14. 已知点A（1，－3，4），B（－2，1，－1），C（－3，－1，1），求：

（1）∠BAC；

（2）上的投影.

15. 已知a=（2，3，1），b=（1，－2，1），求a×b及b×a.

16. 已知向量a=（2，－3，1），b=（1，－1，3），c=（1，－2，0），求：

（1）（a＋b）×（b＋c）；（2）（a×b）·c；（3）（a×b）×c；（4）（a·b）c－（a·c）b.

解　（1）a＋b=（2＋1，－3＋（－1），1＋3）=（3，－4，4），

b＋c=（1＋1，－1＋（－2），3＋0）=（2，－3，3），

（4）a·b=（2，－3，1）·（1，－1，3）=2＋（－3）（－1）＋3=8，

a·c=（2，－3，1）·（1，－2，0）=2＋（－3）（－2）＋0=8，

（a·b）c－（a·c）b=8（1，－2，0）－8（1，－1，3）=（0，－8，－24）.

17. 求与a=3i－2j＋4k，b=i＋j－2k都垂直的单位向量.

18. 已知空间四点A（－1，0，3），B（0，2，2），C（2，－2，－1），D（1，－1，1），求与都垂直的单位向量.

则与垂直的单位向量为

19. 设向量a=2i＋j，b=－i＋2k，求以a、b为邻边的平行四边形的面积.

20. 求以点A（1，2，3），B（0，0，1），C（3，1，0）为顶点的三角形的面积.

21. 设A=2a＋b，B＝ka＋b，其中|a|=1，|b|=2，a⊥b，问：

（1）k为何值时，A⊥B；

（2）k为何值时，以A与B为邻边的平行四边形的面积为6.

解　（1）因为a⊥b，故a·b=0，所以

0=A·B=（2a＋b）·（ka＋b）=2k|a|2＋|b|2=2k＋4，k＝－2；

（2）A×B=（2a＋b）×（ka＋b）=（2－k）（a×b），

平行四边形面积为A×B的模，所以

所以　k₁=5，k₂=－1.

22. 已知a=2m＋3n，b=3m－n，m、n是两个互相垂直的单位向量，求：

（1）a·b；（2）|a×b|.

23. 设a、b、c满足a＋b＋c=0.

（1）证明：

（2）若还满足|a|=3，|b|=4，|c|=5，求|a×b＋b×c＋c×a|.

证明　（1）因a＋b＋c=0，所以

0=（a＋b＋c）·（a＋b＋c）=a·a＋b·b＋c·c＋2（a·b＋b·c＋c·a），

即有

（2）因c=－（a＋b），故

b×c=－b×（a＋b）=a×b，c×a=－（a＋b）×a=a×b，

由于

所以

24. 设a＋3b与7a－5b垂直，a－4b与7a－2b垂直，求a与b之间的夹角θ.

解　由于（a＋3b）⊥（7a－5b），所以（a＋3b）·（7a－5b）=0，即

7|a|2－15|b|2＋16a·b=0.　（1）

又（a－4b）⊥（7a－2b），所以（a－4b）·（7a－2b）=0，即

7|a|2＋8|b|2－30a·b=0.　（2）

联立方程（1）、（2）得

|a|2=|b|2=2a·b，

所以

25. 试用向量方法证明三角形的余弦定理.

证明　设在△ABC中，∠BCA＝θ，|CB|＝a，|CA|＝b，|AB|＝c，

现要证c2＝a2＋b2－2abcosθ. 记则有c=a－b，从而|c|2=c·c=（a－b）·（a－b）=a·a＋b·b－2a·b=|a|2＋|b|2－2|a||b|cosθ.

由|a|＝a，|b|＝b，|c|＝c，即得

c2＝a2＋b2－2abcosθ.

26. 试用向量积证明三角形正弦定理.

证明　设△ABC的三个内角为α、β、γ，三边长为a、b、c，

同理可证

因此三角形正弦定理得证.

27. 已知向量a≠0，b≠0，证明

|a×b|2=|a|2|b|2-（a·b）2.

28. 已知a、b、c两两垂直，且|a|=1，|b|=2，|c|=3，求s=a+b+c的长度与它和a、b、c的夹角.

解　|s|2=|a+b+c|2=（a+b+c）·（a+b+c）=a·a+b·b+c·c+2（a·b+b·c+c·a）=|a|2+|b|2+|c|2=12+22+32=14.

29. 已知a=（7，-4，-4），b=（-2，-1，2），向量c在向量a与b的角平分线上，且求c的坐标.

注　这里向量e_a+e_b在a与b的角平分线上（见图5-1）.

或设c=λ（|b|a+|a|b）=λ（3（7，-4，-4）+9（-2，-1，2））=3λ（1，-7，2），

30. 设向量x与j成60°角，与k成120°角，且求x.

解　由题意知，则