Question

求高数题目答案

设向量满足（a+b）⊥（3a-10b）且（a-2b）⊥（6a+7b），求向量a与b的夹角ϴ。

求过点（6，-3，2）及原点，且与平面4x-y+2z=8垂直的平面方程。

求直线l1{x+y-z-1=0 2x+y-z-2=o与直线l2{x+2y-z-2=0 x+2y+2z+4=0之间最短距离。
麻烦高手帮我解答！

Answer 1

答案：
1、 设向量a,b的夹角为@
由（a+b）⊥（3a-10b）和（a-2b）⊥（6a+7b），得

（a+b）（3a-10b）=0 ，（a-2b）（6a+7b）=0
即 3|a|^2-10|b|^2-7ab=0。。。（1）
6|a|^2-14|b|^2-5ab=0。。。（2）
由（2）减去（1）乘2 得
6|b|^2+9ab=0
|b|^2=- 3/2ab
|b|^2=- 3/2|a||b|cos@
即 |b|= - 3/2|a|cos@ 。。。（3）（此时显然cos@要小于0）
将（3）式代入（1）式
得： 3|a|^2-12|a|^2 (cos@)^2=0
1=4(cos@)^2
cos@=-1/2（cos@=1/2不符合题意，舍去）
所以@=120度

另外两题待续。。。。

Answer 2

可设平面的方程为Ax+By+Cz=O则其的法向量为n=（A、B、C），由题意可知向量n与向量n2=(4、-1、2）垂直，并且点（6、-3、2）在其平面上。则4A-B+2C=0;6A-3B+2C=0,解得A=B；C=-3/2A。从而平面方程为2x+2y-3z=0