大學數學題帶答案
『壹』 高等數學及其應用 第二版 下冊 同濟大學數學系編 課後習題的答案
益網
高等數學及其應用第二版下冊課後習題答案詳細
經驗網 2014年05月21日
核心提示：本套答案為我學習高數時平時課題作業題答案以及一些考試題答案特別適合考研或者清考復習 重難點突出孝點習題5-13；用向量證明：
本套答案為我學習高數時平時課題作業題答案以及一些考試題答案特別適合考研或者清考復習 重難點突出
孝點
習題5-1
3；用向量證明：三角形兩邊中點的連線平行於第三變並且等於第三邊的一半
證明如下：
三角形OAB中，EF分別是OA、AB中點，連接EF。
設向量OA為a，向量AB為b，則根據向量加法法則，
向量OB＝a＋b，
向量EF＝a／2＋b／2＝（a＋b）／2
所以EF＝1／2*OB，即向量EF‖向量OB，
且根據EF＝1／2*OB，兩邊取模，得／EF／＝1／2*／OB／
即向量EF的模等於向量OB的模的一半。
5-2
7；試確定m和n的值,試向量a=-2i+3j+nk和b=mi-6j+2k平行
a和b平行，一定存在關系：a=tb，即：(-2i+3j+nk)=t(mi-6j+2k)即：tm=-2，-6t=3，2t=n，即：t=-1/2，m=-2/t=4，n=2t=-1
8；已知點A（-1,2，-4）和點B（6，-2,2）且|AB|=9求Z值
10；已知兩點M1（4，根號2,1）和M2（3,0,2）計算向量M1M2的模。方向餘弦，方向角
M1M2=(3,0,2)-(4,sqrt(2),1)=(-1,-sqrt(2),1)，故：|M1M2|=sqrt(1+2+1)=2------計算模值可以直接用坐標相減來做。這樣做利於後面計算3個方向餘弦：cosa=M1M2(x)/|M1M2|=-1/2，故：a=2π/3cosb=M1M2(y)/|M1M2|=-sqrt(2)/2，故：b=3π/4cosc=M1M2(z)/|M1M2|=1/2，故：c=π/3M1M2(x)、M1M2(y)、M1M2(z)分別表示M1M2的x、y、z分量坐標
11；
已知向量a與各坐標軸成相等的銳角，若|a|=2根號3，求a的坐標
習題5-3
1,設a=3i-j-2k,b=i+2j-k,求a·b及a*b;(-2a)·3b及a*b;a與b的夾角
2.設a,b,c為單位向量，滿足a+b+c=0.求a*b+b*c+c*a
∵(a+b+c)*(a+b+c)=a²+b²+c²+2ac+2ab+2bc∵a、b、c是單位向量∴a²=1,b²=1,c²=1∴a²+b²+c²+2ac+2ab+2bc=3＋2(ab+bc+ca)
3已知點A(1,-1,2),B(5,-6,2),C(1,3,-1)求
（1）同時與向量AB，AC垂直的單位向量；
（2）三角形 ABC的面積．
AB:(4,-5,0)AC:(0,4,-3)同時與向量AB，AC垂直的向量AB X AC=i j k4 -5 00 4 -3=15i+12j+16k單位向量為：3/5i+12/25j+16/25k面積為：1/2*|AB X AC|=25/2
4，設a=(3,5,-2),b=(2,1,4),問λ與μ有怎樣的關系,能使的λa+μb與z軸垂直
λa+μb=(3λ+5λ-2λ)+(2μ+μ+4μ)=(3λ+2μ,5λ+μ,4μ-2λ)z=(0,0,n)垂直，所以 z(λa+μb)=(3λ+2μ,5λ+μ,4μ-2λ)(0,0,n)=0(4μ-2λ)n=0解得 2u= λ
5.試用向量證明直徑所對的圓周角是直角
設圓心為〇，直徑為AB，直徑所對的點為C，證明AC*BC＝0AC＝〇C－〇A，BC＝〇C－〇B因為向量〇A，〇B，〇C的模相等，所以AC*BC＝(〇C－〇A)*(〇C－〇B)＝|〇C|^2＋〇A*〇B－〇C*(〇A＋〇B)＝|〇C|^2＋|〇A|×|〇B|×cos180°－0＝0所以，∠ACB＝90°結論得證.
習題5-4
2，求過點M（3,0，-1），且與平面3X-7y+5z-12=0平行的平面方程
設所求平面方程為3X-7y+5z+A=0;因為過點（3,0，-1），所以3*3-7*0+5*(-1)+A=0;所以A=-4;所以所求的平面方程為3X-7y+5z-4=0
4，求過三點(1,1,-1) (-2,-2,2) (1,-1,2)的平面方程
三點(1,1,-1) (-2,-2,2) (1,-1,2)得向量(3,3,-3)(0,2,-3)則平面方程的法向量∝(3,3,-3)×(0,2,-3)=（-1，3，2）過點(1,1,-1)，且平行於平面方程的向量為(x-1,y-1,z+1)(x-1,y-1,z+1)⊥（-1，3，2）過三點(1,1,-1) (-2,-2,2) (1,-1,2)的平面方程(x-1,y-1,z+1)·（-1，3，2）=0x-3y-2z=0
6，求點(1,2,1)到平面X+2Y+2Z-10=0的距離
d=|1*1+2*2+2*1-10|/(√（1的平方+2的平方+2的平方））=1有公式的：A(x,y,z)點到面的距離=|Ax+By+Cz+D|/Sqrt（A*A+B*B+C*C）=1
9，求滿足下列條件的平面方程
（2）過點（4,0,-2）及（5,1,7）且平行於X軸
平行於X軸 ：所以其法向量N垂直X軸 得N在X上的投影為0，所以可設其方程為By+Cz+D=0;則有 -2C+D=0 B+7C+D=0 則D=2C B=-9C 所以有-9Cy+Cz+2C=0 則消去C得 -9y+z+2=0
習題5-5
1，用點向式方程和參數方程表示直線｛x-y+z=0，2x+y+z=4
x-y+z=0的法向量n1為(1,-1,1)2x+y+z=4的法向量n2為(2,1,1)n1×n2 （叉乘）為（-2,1,-1）先求一個點，令z=0,則x-y=0,2x+y=4,二式相加得x=4/3, 代入前式，得y=4/3點向式方程：[x-(4/3)]/(-2)=[y-(4/3)]/1=z/1參數方程：x=(4/3)-2ty=(4/3)+tz=t
5、
求過點（2,1,0）且與直線x-1/1=y-1/-1=z/2垂直相交的直線方程
可求與直線X-1/1=y-1/-1=z/2 垂直的平面方程，即x-(y-1)+2(z-2)=0與已知直線聯立，求得直線X-1/1=y-1/-1=z/2 與垂直平面的交點（3/2,1/2,1）所求直線過兩交點（0，1，2）和（3/2,1/2,1）得所求直線為 x/3=y-1/-1=z-2/-2
習題5-6
2，寫出下列曲線繞制定坐標軸旋轉而得的旋轉曲面方程
3，說明下列旋轉曲面是怎樣形成的
解：（1）xOy平面上橢圓
繞x軸旋轉而成；或者 xOz平面上橢圓繞x軸旋轉而成
（2）xOy平面上的雙曲線繞y軸旋轉而成；或者 yOz平面上的雙曲線
yz繞y軸旋轉而成
（3）xOy平面上的雙曲線122yx繞x軸旋轉而成；或者 xOz平面上的雙曲線繞x軸旋轉而成
（4）yOz平面上的直線繞z軸旋轉而成或者 xOz平面上的直線繞z軸旋轉而
習題5-6
4，將下列曲線的一般方程轉化成參數方程
5.求下列曲線在xoy面上的投影曲線的方程
『貳』 大學數學 矩陣 線性方程組問題 ，求答案，詳細作答
（1）系數矩陣M的秩小於增廣矩陣（臘仔記為A）的秩，
r(M) < r(A)，方程組無解
因此det(M)=0
（2）
注攔局薯意，上面圖中最後一句錯了，非零行數目應該是2，零行的數簡者目是3-2=1
『叄』 大學數學分析題，求解答！
首先由於這個函數單調遞增，所以間斷點只有跳躍間斷點，並且至多可數個，所以可以把[a,b]劃分成可數個區間（可能是左開右閉，也可能左閉右開，也可能左開右開，左閉右閉），我們稱這些區間為連續區間，函數f在這些連續區間上都是連續函數。
假設不存在[a,b]中的點x使得f(x)=x，則f(a)>a,f(b)<b。
設a0=a,b0=b.取a0與b0的中點c，由於不存在[a,b]中的點x使得f(x)=x，所以f(c)>c或者f(c)<c,若為前者，設a1=a,b1=c,將[a1,b1]作為現在的區間繼續取中點；若為後者，設a1=c,b1=b，將[c,b]作為現在的區間繼續取中點。
然後一直這樣取中點確定區間，規則就是保證區間的左端點an處滿足f(an)>an且右端點bn處滿足f(bn)<bn
一直這樣取下去得到區間[an,bn]，每次取的區間的寬度都是上次的一半，
且a0≤a1≤a2≤...≤an≤......≤bn≤b(n-1)≤...≤b1≤b0
一直進行下去這個區間的左右端點都會收斂到同一個x0。
i)若x0不是間斷點，則x0必在最開始所說的某個連續區間內部，這樣在x0的某個鄰域內f連續。
則由於區間的左端點都滿足f(x)>x並且x0為區間左端點的極限，
所以f(x0)=(n→∞)limf(an)≥(n→∞)liman=x0，又不存在x使得f(x)=x，所以f(x0)>x0.；
同理可得f(x0)<x0.得到f(x0)<x0<f(x0)，矛盾！
ii)若x0是間斷點，設他屬於某個連續區間，且x0是該連續區間的右端點，則f在x0處左連續。
同上面的分析可以得到f(x0)=(n→∞)limf(an)≥(n→∞)liman=x0，f(x0)>x0。
因為{bn}單調遞減且收斂至x0，所以對任意小的ε>0,存在正整數N，對任意n>N，有
f(bn)<bn<x0+ε<f(x0)+ε，令ε→0+，則有(n→∞)limf(bn)≤f(x0)。
另一方面由於{bn}單調遞減且收斂至x0，x0是跳躍間斷點，故有
(n→∞)limf(bn)=(x→x0+)limf(x)>f(x0)。
結合前面可知f(x0)≥(n→∞)limf(bn)>f(x0),矛盾！
綜上所述，可知反證法的假設「不存在[a,b]中的點x使得f(x)=x」不成立，結論得證。