《高等数学》课程PPT教学课件：第七章 习题课

→AD+BE+CF 3 =(+b+c)=0 例3已知AB=a,AC=b,∠ADB 2 证明①ABAD的面积=a:b*a×b 2|b ②当a,b的夹角为何值时,ABAD的面积最大 证①S=1AD.BD B a cos 8. sin 8 2 6 D

 AD + BE + CF ( ) 23 a b c   = + + 0 = 例 3 已知 2 , ,  AB = a AC = b ADB =   证明① 2 2 | | | | | | b a b a b BAD          的面积 = ② 当a b的夹角为何值时， BAD的面积最大  , 证 ①  A D C S BAD = AD BD B 21  | | cos  | |sin  21 a a   = 

l|·sin26 4 而|a·ba|·|b·c0sθ|a×b|=a·|b·sin6 a·b||a×b||a21 b cos sin 2|b 2|b2 a. sin 20 →S d·b|·|a×b ABADD 2|b 因 a cos 20 d62

| | sin 2 4 1 2 = a   而 | a  b |=| a |  | b | cos     | a b |=| a |  | b | sin     2 2 | | | | | | b a b a b          2 2 2 2 | | | | | | cos sin b a b      = | | sin 2 4 1 2 = a   2 2 | | | | | | b a b a b S BAD           = ② 因   | | cos 2 2 1 2 a d ds  =

ds 元 0得唯一驻点O=∈( de d s 而 |d|2<0 d020=z a sin 26 元 6 时SAB4面积最大(=|d|) 例4设(a+3b)⊥(7a-5b),(a-4b)⊥(7a-2b) 求在与b的夹角 解由题设知 (+3b)·(7a-5b)=0(-4b)·(7l-2b)=0 →丌|P2+16ab-15|b2=0

令 = 0 d ds 得唯一驻点 ) 2 (0, 4    =  而 4 2 4 2 2 | | sin 2       = = = − a d d s  | | 0 2 = − a   4   = 时 SBAD 面积最大 | | ) 4 1 ( 2 a  = 例4 设 (a 3b) (7a 5b) , (a 4b) (7a 2b)         + ⊥ − − ⊥ − 求 a与b的夹角   解 由题设知 (a + 3b)(7a − 5b) = 0     (a − 4b)(7a − 2b) = 0     7 | | 16 15 | | 0 2 2  a + a  b − b =    

d|-30·b+8|b|2=0 两式相减得46nb=23|b2 →ab=|b2 2 代入前式有|a|=b 故 i·b cos l‖!b a 2 元 (a, b)=arccos 23

7 | | 30 8 | | 0 2 2 a − a  b + b =     两式相减得 2 46a b 23 | b |     = 2 | | 2 1 a b b      = 代入前式有 | a | | b |   = 故 | || | cos( , ) a b a b a b        = 2 1 2 | | | | = = a b   2 3 1 ( , ) arccos  = =  a b  

例5已知向量a={2,-3,1},b={1,2,3}c={2,1,2 求与a,b同时垂直,且在C上投影为1 的向量v 解由于萨同时垂直于a,b →v∥d×b 而axb=2-31=-72-5j-k 1-23 故可设节=t(a×xb)={-7t,-5t,-t

例5 已知向量 a = 2,−3,1,b = 1,−2,3,c = 2,1,2    求与 a b   , 同时垂直，且在 c  上投影为 1 的向量 v  解 由于 v  同时垂直于 a b   , v a b     //  而 1 2 3 2 3 1 −  = − i j k a b      i j k    = −7 − 5 − 故可设 v t(a b)    =  = − 7t,−5t,−t