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第一章第一章空間向量空間向量1-3 空間向量的內積

第一章 / 第三節 2目錄目錄

1-3 空間向量的內積甲、空間向量的內積乙、正射影與高丙、柯西不等式

3第一章 / 第三節

一 . 空間向量的內積在空間中 , 若 , 為兩個非零向量 , 作

,

則為與的夾角 ,

此時我們可仿平面向量內積的定義 ,

定義與的內積為也記為　　　　　　　　 ,

且當 , 有一為時 , 我們定義

請看課本 p.36請看課本 p.36

0.a b v v

0v

cosa b a b v v v v

cos ,a b v v

bv

av

AOB OB buuv v

OA auuv v

bv

av

bv

av

bv

av

下一主題下一主題下一主題下一主題例題 1例題 1 隨堂 1隨堂 1 例題 2例題 2 隨堂 2-1隨堂 2-1 隨堂 2-2隨堂 2-2

4第一章 / 第三節甲、空間向量的內積甲、空間向量的內積

上述中 , 若 = (x1, y1, z1 ) , 　　　 = (x2, y2, z2 ), 且 O 為原點 , 則 A 點坐標為 (x1, y1, z1 ), B 點坐標為 (x2, y2, z2 ), 如右圖 ,

在 OAB 中 , 由餘弦定理可得

所以

化簡得即 1 2 1 2 1 2.OA OB x x y y z z

uuv uuv 1 2 1 2 1 22 2 2 2 ,OA OB x x y y z z uuv uuv2 2 2 2 2 21 1 1 2 2 2( ) ( ) 2 ,x y z x y z OA OB

uuv uuv2 2 2

2 1 2 1 2 1( ) ( ) ( )x x y y z z

2 2 2

2 cos ,AB OA OB OA OB uuv uuv uuv uuv uuv

b OBv uuv a OA

v uuv

△




此關係式 , 當或或時 , 同學們很容易檢驗其會成立 . 我們將此結果整理如下：

空間中兩向量 = (x1, y1, z1 ) 與 = (x2, y2, z2 ) , 則與的內積為當與皆不為時 , 與的夾角滿足

上式中 , 　　　　　　　 x1x2 + y1y2 + z1z2 = 0.

甲、空間向量的內積甲、空間向量的內積

0a b a b

1 2 1 2 1 2

2 2 2 2 2 21 1 1 2 2 2

cos .a b x x y y z z

a b x y z x y z

v v

v v

bv

av

0v

bv

av 1 2 1 2 1 2.a b x x y y z z

v vbv

av b

vav

/ /a bv v

0bv v

0a v v




試求下列兩向量的夾角 . 　 = ( 1 , -1 , 2 ) , = ( 2 , 1 , 1 ) . 　 = ( 3 , 7 , 6 ) , = ( 5 , -3 , 1 ).

例題例題 1 1

解：設與的夾角 θ, 則

所以與的夾角為 60°. bv

av

3 1,

6 2

2 2 2 2 2 2

1 2 ( 1) 1 2 1cos

1 ( 1) 2 2 1 1

a b

a b

v v

v v

bv

av

duv

cv b

vav

返回返回返回返回下一主題下一主題下一主題下一主題例題 1例題 1 隨堂 1隨堂 1 例題 2例題 2 隨堂 2-1隨堂 2-1 隨堂 2-2隨堂 2-2



試求下列兩向量的夾角 . 　 = ( 1 , -1 , 2 ) , = ( 2 , 1 , 1 ) . 　 = ( 3 , 7 , 6 ) , = ( 5 , -3 , 1 ). d

uvcv b

vav

例題例題 1 1

解：設與的夾角 , 則

所以與的夾角為 90°.

duv

cv

2 2 2 2 2 2

3 5 7 ( 3) 6 1cos 0,

3 7 6 5 ( 3) 1

c d

c d

v uv

v uv

duv

cv

3 5 7 ( 3) 6 1 0, .c d c d 由亦可知v uv v uv




求 = ( -1 , 0 , 1 ) 與 = ( 1 , 1 , 0 ) 的夾角 . 若 = ( 3, -2, 1 ), = ( 1, 4, 5 ) 與 = ( 1, 1, -

1 ),試判斷哪兩向量互相垂直 .

隨堂練習隨堂練習 1 1

解：設與的夾角 θ, 則

所以與的夾角為 120°. vv

uv

2 2 2 2 2 2

( 1) 1 0 1 1 0 1,

2( 1) 0 1 1 1 0

cos

| | | |

u v

u v vvv v

vv

uv

cv

bv

av v

vuv




求 = ( -1 , 0 , 1 ) 與 = ( 1 , 1 , 0 ) 的夾角 . 若 = ( 3, -2, 1 ), = ( 1, 4, 5 ) 與 = ( 1, 1, -

1 ),試判斷哪兩向量互相垂直 .


解：

所以 , 與兩兩互相垂直 , 即且 .

cv

bv

av v

vuv

b cv v ,a b a c

v v v vcv

bv

av1 1 4 1 5 ( 1) 0,b c

vv 3 1 ( 2) 1 1 ( 1) 0,a c vv 3 1 ( 2) 4 1 5 0,a b vv




解：建一坐標系 , 使原點在 F 上 , 並將經過 F 點的三邊分別置於 x 軸 , y 軸 , z 軸的正向上 , 如右圖 . 若正立方體的邊長為 a, 則各頂點的坐標分別為

如右圖 , ABCD-EFGH 為一正立方體 , O 為正立方體的中心點 , 試證試求

例題例題 2 2

( ,0,0) , ( , ,0) , ( , , ) ,

(0, ,0) , (0, , ) , (0,0, ) .

B a C a a D a a a

G a H a a E a

(0,0,0), ( ,0, ),F A a a

cos .COD.AC DH

uuuv uuuv

正方體對角線 (3D)正方體對角線 (3D) 返回返回返回返回下一主題下一主題下一主題下一主題例題 1例題 1 隨堂 1隨堂 1 例題 2例題 2 隨堂 2-1隨堂 2-1 隨堂 2-2隨堂 2-2



解：　　　　　　 , 　　　　　　 ,

由

故　　　　 .


例題例題 2 2

cos .COD.AC DH

uuuv uuuv

AC DHuuuv uuuv

0 0 0 0 (0, , ) ( ,0,0)AC DH a a a

uuuv uuuv ( ,0,0)DH a uuuv

(0, , )AC a a uuuv




解：　　　　　　 , 　　　　　 , 所以


例題例題 2 2

cos .COD.AC DH

uuuv uuuv

70.5 .COD o1

3

cosEC FD

CODEC FD

uuuv uuuv

uuuv uuuv

( , , )FD a a auuuv

( , , )EC a a a uuuv

2 2 2

3 3

a a a

a a




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在例題 2 的正立方體中 , 試求：　　　　　　　　

隨堂練習隨堂練習 2-1 2-1

解：建一坐標系 , 使原點在 F 上 , 並將經過 F 點的三邊分別置於 x 軸 , y 軸 , z 軸的正向上 , 如右圖 . 若正立方體的邊長為 a, 則各頂點的坐標分別為

cos .CFDcos .ACH

( ,0,0) , ( , ,0) , ( , , ) ,

(0, ,0) , (0, , ) , (0,0, ) .

B a C a a D a a a

G a H a a E a

(0,0,0), ( ,0, ),F A a a






解：

所以

cos .CFDcos .ACH

20 0 1.

22 2

a

a a

cos .| | | |

CA CHACH

CA CH

uv uuvuv uuv

(0, , ) , ( , 0, ) ,CA a a CH a a uv uuv






解：

所以

cos .CFDcos .ACH

( 35 16 )CFD

2 2 0 2 6

32 3 6

a a

a a

cos| | | |

FC FDCFD

FC FD

uuv uuvuuv uuv

( , , 0) , ( , , ) ,FC a a FD a a a uuv uuv




二 . 空間向量內積的性質空間向量的內積與平面向量的內積一樣 , 皆

具有下列的性質 :

設為任意三向量 , k 為任意實數 , 則

( ) .a b c a b a c uv v v uv v uv v

( ) ( ) ( ) .a k b k a b k a b uv v uv v uv v

.a b b a uv v v uv

2

0 , 0 0 .a a a a a a uv uv uv uv uv uv v, ,a b cuv v v



第一章 / 第三節 18

仿照平面向量的作法 , 以上性質 , 我們可用空間坐標的方式來驗證 , 僅將如下：證：設　　　　　　　　　　　 , 則　又

2 2 2 1 1 1( , , ) ( , , ) .x y z x y z b a v uv1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1.x x y y z z x x y y z z

1 1 1 2 2 2( , , ) ( , , )a b x y z x y z uv v 1 1 1 0 0.x y z a

v v2 2 2

1 1 10 0a a x y z uv uv

2 2 21 1 1 1 1 1 1 1 1 0a a x x y y z z x y z

uv uv 1 1 1 2 2 2( , , ), ( , , )a x y z b x y z uv v




1. 試驗證上述性質 . 2. 試利用向量內積的性質 , 驗證下列結果﹕

平行四邊形定理：


2 2 2 2

2 .a b a b a b uv v uv v uv v

2 2( ) ( ) .a b a b a b ��

2 2 2

2 .a b a a b b uv v uv uv v v

2 2 2


下一主題下一主題下一主題下一主題例題 1例題 1 隨堂 1隨堂 1 例題 2例題 2 隨堂 2-1隨堂 2-1 隨堂 2-2隨堂 2-2 返回返回返回返回



1. 試驗證上述性質 .


證：設則

( )k a bv v

1 2 1 2 1 2( )k x x y y z z ( )ka bv v

1 2 1 2 1 2( ) ( ) ( )kx x ky y kz z 1 2 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )a k b x kx y ky z kz

v v1 1 1 2 2 2 3 3 3( , , ), ( , , ), ( , , ),a x y z b x y z c x y z v v v




1. 試驗證上述性質 .


證：則

.a b a c vv vv1 1 1 2 2 2 1 1 1 3 3 3( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , )x y z x y z x y z x y z

1 2 1 2 1 2 1 3 1 3 1 3( ) ( )x x y y z z x x y y z z 1 2 3 1 2 3 1 2 3( ) ( ) ( )x x x y y y z z z

1 1 1 2 3 2 3 2 3

( )

( , , ) ( , , )

a b c

x y z x x y y z z

v v v





證：

2 2 2 2| | | | | | | | .a a b a b b a b v v v v v v v v

( ) ( )a b a b

a a a b b a b b

v v v vv v v v v v v v

2. 試利用向量內積的性質 , 驗證下列結果﹕

2 2( ) ( ) .a b a b a b ��





證：

2 2| | | |a a b a b b v v v v v v

a a a b b a b b v v v v v v v v

2| | ( ) ( )a b a b a b v v v v v v


2 2 2


2 2| | 2 | | .a a b b v v v v






證：

2 2 2


2 2| | | |a a b a b b v v v v v v

a a a b b a b b v v v v v v v v

2| | ( ) ( )a b a b a b v v v v v v

2 2| | 2 | | .a a b b v v v v





平行四邊形定理：


證：

2 2 2 2

2 .a b a b a b uv v uv v uv v

2 22(| | | | ).a b v v

2 2 2 2(| | 2 | | ) (| | 2 | | )a a b b a a b b v vv v v vv v

2 2| | | |a b a b v v v v



26第一章 / 第三節乙、正射影與高乙、正射影與高

在第三冊第三章中 , 我們介紹過內積與正射影的關係 , 如下圖所示 , 為在方向上的正射影：

OAuuv

OBuuv

OHuuuv

下一主題下一主題下一主題下一主題前一主題前一主題前一主題前一主題例題 3例題 3 隨堂 3隨堂 3 例題 4例題 4 隨堂 4隨堂 4


0°θ< 90° θ= 90° 90°<θ 180°

27第一章 / 第三節乙、正射影與高乙、正射影與高

我們知道：在方向上的正射影

利用這些關係 , 我們可用來求平行四邊形或三角形的高 .

2 2

,

, .

HB a

b a b aHB OB OB b a b a a

a a

又所以

uuuv v

v v v vuuuv uuv uuv v v v v v

v v

2cos .a b a

OH b aa a

v v vuuuv v v

v vav

bv

下一主題下一主題下一主題下一主題例題 3例題 3 隨堂 3隨堂 3 例題 4例題 4前一主題前一主題前一主題前一主題隨堂 4隨堂 4



例題例題 3 3

解：先作如右之略圖 , 設 C 點在 AB 邊上的垂足為 H, 則 AB 邊上的高為 .

方法一　為在上的正射影 ,

又 =(8,4,8) , = (6,–1,–1),

得2

36(8,4,8) (2,1,2),

144

AC ABAH AB

AB

uuuv uuv

uuuv uuvuuv

ACuuuv

ABuuv

ABuuv

ACuuuv

AHuuuv

CHuuuv

若△ ABC 的三頂點為 A(2, 1 ,0), B(10, 5, 8) ,C(8, 0, –1), 試求 AB 邊上的高 .

下一主題下一主題下一主題下一主題前一主題前一主題前一主題前一主題例題 3例題 3 隨堂 3隨堂 3 例題 4例題 4 返回返回返回返回隨堂 4隨堂 4



例題例題 3 3

解：方法一由 = (2,1,2) – (6,–1,–1) = (– 4,2,3),

所以高為 . 16 4 9 29.CH uuuv

CH AH AC uuuv uuuv uuuv





例題例題 3 3

解：方法二　為　在　上的正射影 , 設

又

由得 8(8t – 6) + 4(4t+1) + 8(8t+1) = 0,

0CH AB uuuv uuv

(8 6, 4 1, 8 1)t t t (8 , 4 , 8 ) (6, 1, 1),CH AH AC t t t

uuuv uuuv uuuv(8, 4, 8) (8 , 4 , 8 ),AH t AB t t t t

uuuv uuv


ABuuv

ACuuuv

AHuuuv





例題例題 3 3

解：方法二整理得 144t – 36 = 0,

故得

所以高為 16 4 9 29.CH CH uuuv

1, ( 4, 2, 3),

4t CH 即

uuuv





解：先作如右之略圖 ,

設 D 點坐標為 (x, y, z),

且 D 點在 AB 邊上的垂足為 H,

則 AB 邊上的高為 .

因為 ABCD 為平行四邊形 , 故所以得 D(0, – 4, –9).

( 2, 1, ) ( 2, 5, 9),x y z ,AD BC

uuv uuv| |DHuuv

設 ABCD 為平行四邊形 , 其三頂點的空間坐標為 A(2, 1, 0), B(10, 5, 8), C(8, 0, –1), 試求 D 點坐標及 AB 邊上的高 .





解：又為在上的正射影 ,

由 = (8, 4, 8),

= (–2, –5, –9), 得


108 3(8, 4, 8) (8, 4, 8) ( 6, 3, 6),

144 4

2| |

AD ABAH AB

AB

uuv uvuuv uvuv

ADuuvABuv AB

uvADuuv

AHuuv




解：由

所以高為 .



| | 16 4 9 29.DH uuv

( 4, 2, 3), ( 6, 3, 6) ( 2, 5, 9) DH AH AD uuv uuv uuv




此外 , 在平面向量中 , 我們曾介紹如何利用正射影的概念 , 將一向量分解為兩個互相垂直向量的和 , 且其中的一個向量和另一個已知向量平行 , 同樣的概念 , 也可用於空間向量中 , 我們以下面例題說明：




(6, 1, 1) (2,1,2) (4, 2, 3)

, / / .

p

u v u a v a

即其中且

uvv v uv v v v

(6, 1, 1) (2,1,2)

(4, 2, 3), .

v p u

v a

取則

v uv uvv v

設 = (8,4,8), = (6,–1,–1), 試將表示成 , 其中　　且　　 .

例題例題 4 4

解：設在方向上的正射影為 , 必與平行 , 且

v av v

/ /u auv v u v

uv vpuv

puv

av

2

36 1(8,4,8) (8,4,8) (2,1,2).

144 4

p au a

a

uv v

v vv

auv

uuv

uuv

av

puv




設 = (2, –1, 2), = (4, 1, 1), 試將分解為 ,其中且 .


解：設在方向上的正射影為 , 必與平行 ,

取 = (4, 1, 1) – (2, –1, 2) = (2, 2, –1), 則即

(4,1,1) (2, 1, 2) (2, 2, 1)

, // .

p

u v u a v a

其中且

vv v v v v v

.v av vv p u

v v v2

9 (2, 1, 2) (2, 1, 2).

9| |

p au a

a

且v vv vv

av

uv

uv

av

pv

v av v p u v

v v vpv

pv

av

/ /u auv v

下一主題下一主題下一主題下一主題前一主題前一主題前一主題前一主題例題 3例題 3 隨堂 3隨堂 3 例題 4例題 4 隨堂 4隨堂 4 返回返回返回返回


38第一章 / 第三節丙、柯西不等式丙、柯西不等式

根據向量內積的定義 , 柯西不等式對於空間向量也成立：

設 , 為任意兩向量 , 則

且或 , 中有一為

在空間中 , 若則柯西不等式可以寫成

兩邊平方得

2 2 2 2 2 21 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3 ,a b a b a b a a a b b b

1 2 3 1 2 3( , , ), ( , , ),u a a a v b b b v v

0.v

vv

uv

/ /u v u v u v v v v v v v

,u v u v v v v v

vv

uv

下一主題下一主題下一主題下一主題前一主題前一主題前一主題前一主題例題 5例題 5 隨堂 5隨堂 5


39第一章 / 第三節丙、柯西不等式丙、柯西不等式

亦即柯西不等式在或 , 有一為時 , 等號都成立 , 反之亦成立 . 此結論我們整理如下：

柯西不等式設 a1 , a2 , a3 , b1 , b2 , b3 為任意實數 , 則

且當與平行或 , 有一為時 , 等號成立 , 反之亦然 .

0v v

vuv

1 2 3( , , )v b b bv

1 2 3( , , )u a a av

2 2 2 2 2 2 21 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3( )( ) ( )a a a b b b a b a b a b

0v

vv

uv

/ /u vv v

2 2 2 2 2 2 21 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3( )( ) ( ) .a a a b b b a b a b a b

2 2 2 2 2 2 21 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3( ) ( )( ),a b a b a b a a a b b b

下一主題下一主題下一主題下一主題前一主題前一主題前一主題前一主題例題 5例題 5 隨堂 5隨堂 5



設 x, y, z 為實數 , 且滿足 x–2y +3z = 6, 試求 x2 +4y2 +9z2 的最小值及產生最小值時的 x, y, z 值 .

例題例題 5 5

解：由柯西不等式知[x2 + (2y)2 + (3z)2][12 + (–1)2 + 12] ≥ (x – 2y + 3z)2,

得 3(x2 +4y2 +9z2) ≥ 36,

即 x2 +4y2 +9z2 ≥ 12,

因為 x–2y +3z = 6, 故 (x, 2y, 3z) 不是零向量 ,

所以等號成立時 , 向量 (x,2y,3z)‖ (1,–1,1),

下一主題下一主題下一主題下一主題前一主題前一主題前一主題前一主題例題 5例題 5 返回返回返回返回隨堂 5隨堂 5



設 x, y, z 為實數 , 且滿足 x–2y +3z = 6, 試求 x2 +4y2 +9z2 的最小值及產生最小值時的 x, y, z 值 .

例題例題 5 5

解：即存在 , 使得 (x,2y,3z) = k (1,–1,1),

故　　　　　　　　　代入 x–2y +3z = 6,

得

故　　　　　　　　時 , x2+4y2+9z2=12 為最小值 .

22 , 1,

3x y z

6 2,k k k k

, , ,2 3

k kx k y z

k R




設 x, y, z 為實數 , 且滿足 x2+4y2+z2=17, 試求 2x+4y –3z 的最大值﹑最小值及產生最大值﹑最小值時的 x, y, z值 .


解：由柯西不等式知

得所以故 2x+4y –3z 的最大值為 17, 最小值為 – 17.

又等號成立時 , 向量 (x, 2y, z) // (2, 2, –3),

即存在　　 , 使得 (x, 2y, z) = k(2, 2, –3),

17 2 4 3 17,x y z

2(2 4 3 ) 17 17,x y z

2 2 2 2 2 2 2[ (2 ) ][2 2 ( 3) ] (2 4 3 ) ,x y z x y z

k R下一主題下一主題下一主題下一主題前一主題前一主題前一主題前一主題例題 5例題 5 隨堂 5隨堂 5 返回返回返回返回



設 x, y, z 為實數 , 且滿足 x2+4y2+z2=17, 試求 2x+4y –3z 的最大值﹑最小值及產生最大值﹑最小值時的 x, y, z值 .


解：故(1) 當時 ,

得即最大值時

(2) 當時 , 得即最小值時 2 , 1 , 3.x y z 4 4 9 17 1,k k k k 2 4 3 17x y z

2 , 1 , 3.x y z 4 4 9 17 1,k k k k 2 4 3 17x y z 2 , , 3 ,x k y k z k



第一章第一章空間向量空間向量1-3 習題

45第一章 / 第三節習題

對的在題號前打「」 , 錯的在題號前打「」當 = (x1, y1, z1) 與 = (x2, y2, z2) 為兩非零向量時 , 　　　　　　　 x1x2 + y1y2 + z1z2 = 0.

若 B 在直線 OA 的垂足為 H, 則在的正射影為 .

　在上正射影的長為

一﹑觀念題一﹑觀念題

解： ○　 ○　○

| |.

| |

b a

a

vvva

vbv

OHuuv OA

uvOBuv0a b a b

v v v v bv

av



若為在方向上的正射影 , 則若 a1, a2, a3, b1, b2, b3 為非零實數且

則

一﹑觀念題一﹑觀念題

解： ○　○

1 2 3

1 2 3

.a a a

b b b

2 2 2 2 2 2 21 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3( )( ) ( ) ,a a a b b b a b a b a b

( ) .p u a v v v

av

pv

uv



1. 如右圖 , A–BCD 為一邊長為 a 的正四面體 , 試求　　　　　　　　之值 . 試證

二﹑基礎題二﹑基礎題

解：及的夾角均為

60°,

所以

21 1| | | | cos60 .

2 2AB AD a a a uv uuv

AB ADuv uuv

21 1| | | | cos60 ,

2 2AB AC a a a uv uuv

AB ACuv uuv

,AB ADuvuuv

,AB ACuvuuv

.AB CDuv uuv,AB AC AB AD uv uuv uv uuv



1. 如右圖 , A–BCD 為一邊長為 a 的正四面體 , 試求　　　　　　　　之值 . 試證


解：由

所以 , 故得證 . AB CDuv uuv

2 21 10,

2 2a a

AB AC AB AD uv uuv uv uuvAB CA AB AD uv uv uv uuv( )AB CA AD uv uv uuv

AB CD uv uuv

.AB CDuv uuv,AB AC AB AD uv uuv uv uuv



2. 設 A(2, 0, –3), B(0, –2, –2), C(6, 1, –2) 為空間中三點 , 試求：

　　　　　　 A 的度數 .

在方向上的正射影 . △ABC 中邊上的高 .


解：設 = (–2, –2, 1), = (4, 1, 1),

得

所以 A = 135°.

9 1 2cos ,

23 18 2| | | |

AB ACA

AB AC

uv uuvuv uuv

( 2) 4 ( 2) 1 1 1 9.AB AC uv uuv AC

uuvABuv

ABuv

ABuv

ACuuv .AB ACuv uuv



2. 設 A(2, 0, –3), B(0, –2, –2), C(6, 1, –2) 為空間中三點 , 試求：

　　　　　　 A 的度數 .

在方向上的正射影 . △ABC 中邊上的高 .

ABuv

ABuv

ACuuv .AB ACuv uuv


解：設 C 點在 AB 邊上的垂足為 H, 則在

方向上的正射影為9

( 2, 2,1) (2, 2, 1).9

2| |

AC ABAH AB

AB

uuv uvuuv uvuv

ABuv

ACuuv


51第一章 / 第三節習題二﹑基礎題二﹑基礎題

解：方法一

AB 邊上的高為由

所以高為| | 4 1 4 3.CH uuv

(2, 2, 1) (4,1,1)

( 2,1, 2),

CH AH AC

uuv uuv uuv| |,CHuuv

2. 設 A(2, 0, –3), B(0, –2, –2), C(6, 1, –2) 為空間中三點 , 試求：△ ABC 中邊上的高 . AB

uv



解：方法二

由三角形面積公式可知△ ABC 的面積

或△ ABC 的面積

21 99 18 ( 9) ,

2 2

2 2 2| | | | ( )AB AC AB AC uv uuv uv uuv

1 1 1 9| | | | sin 3 3 2 ,

2 2 22AB AC A uv uuv


uv



解：方法二

再由△ ABC 的面積　　底 × 高 =

知　　　　　故得高


uv

| | 3.CH uuv1 9

3 | | ,2 2

CH uuv

1| | | |,

2AB CHuv uuv1

2



解：建一坐標系 , 如右圖 ,並使 O(0, 0, 0), C(6, 6, 6),則 A(0, 0, 6), B(0, 6, 6), M(0, 2, 6), N(3, 6, 6),

所以

3. 如右圖為一正立方體 , 其中 M 在上且　　　　　 , N 在上且 ,試求 cos∠MON.

0 12 36 8 4 10cos .

1540 81 3 10| | | |

OM ONMON

OM ON

故

uuv uuvuuv uuv

(0,2,6), (3,6,6),OM ON uuv uuv

CN NBCB2BM AMAB



4. 如右圖為一正立方體 , 若此正立方體被一平面截出四邊形 ABCD, 其中 A, C 為稜的中點 , 且　　　　　　 ,試求


解：建一坐標系 , 如右圖 , 並使P(6, 6, 6), Q(6, 6, 0), 則 A(6, 0, 3),B(6, 6, 4), C(0, 6, 3), 所以

故0 0 1 1

cos .3737 37| | | |

BA BCABC

BA BC

uv uuvuv uuv

(0, 6, 1), ( 6,0, 1)BA BC uv uuv

cos .ABC: 1: 2PB BQ



5. 設 = (1, 2, 1), = , 若 , 試求實數 t 之值 .


解：若則故

得 3

.2

t

2 4 2 4 6 0,t t t t ( ) ( , 2, 2) (1, 2,1)a b a t t t v v v( ) 0,a b a v v v( , 2, 2), ( ) ,a b t t t a b a 若v v v v v

( )a b a v v v

( 1, , 1)t t t bv

av



6. 設 O(0, 0, 0), A(4, –5, 2), B(1, –2, 2) 為空間中三點 , 試求：在方向上的正射影 . 點 A 在 OB 直線上的正射影點 H 的坐標 .


解： = (4, –5, 2), = (1, –2, 2),

在方向上的正射影為4 10 4

2 .9

OB OB

uuv uuv

2| |

OH OBOH OB

OB

uuv uvuuv uvuv

OHuuv

OBuuv

OAuv OB

uuvOAuv

OHuuv

OBuuv

OAuv



解： = (4, –5, 2), = (1, –2, 2),

所以正射影點 H 的坐標為 (2, –4, 4).

6. 設 O(0, 0, 0), A(4, –5, 2), B(1, –2, 2) 為空間中三點 , 試求：在方向上的正射影 . 點 A 在 OB 直線上的正射影點 H 的坐標 .

OHuuv

OBuuv

OAuv

OBuuv

OAuv



7. 設 = (3, 2, –6), = (5, –1, –6), 試將分解為其中且 .


解：設在方向上的正射影為 , 必與平

行 ,

且　　　　 (3, 2, –6) = (3, 2, –6).

取　　　　　　　則 . 即

　　　　其中 // 且 . v av v

av

uv(5, 1, 6) (3, 2, 6) (2, 3, 0)p

v v av v(5, 1, 6) (3, 2, 6)

(2, 3, 0),v p u

v v v49

49

2| |

p au a

a

vvv vv

av

uv

uv

av

pv

v av v

//u av v ,p u v

v v vpv

pv

av

,u v v v



8. 設 x, y, z 為實數 , 且 , 試求的最小值及此時的 x, y, z 值 .


解：由柯西不等式知

得所以即的最小值為 11. 2 2 24x y z

2 2 24 11,x y z

2 2 211( 4 ) 121,x y z

2 2 2 2 2 2 2[ (2 ) ][1 ( 1) ( 3) ] ( 2 3 )x y z x y z

2 2 24x y z 2 3 11x y z



解：又等號成立時

令代入　　　　　　得

即最小值時1

1, , 3.2

x y z

1,k 9 11k k k 2 3 11,x y z

, , 3 ,2

kx k y z k

2,

1 1 3

x y z

8. 設 x, y, z 為實數 , 且 , 試求的最小值及此時的 x, y, z 值 .

2 2 24x y z 2 3 11x y z


62第一章 / 第三節習題三﹑進階題三﹑進階題

解：建一坐標系 , 如右圖 ,並使 F(0, 0, 0), D(a, a, a),則 A(a, 0, a), B(a, 0, 0), C(a, a, 0),G(0, a, 0), E(0, 0, a), H(0, a, a),

1. 如右圖 , ABCD–EFGH 是一個邊長為 a的正立方體 , 試證 EBG–D 為一正四面體 . K 為△ EBG 的重心 , 試證垂直△ EBG 所在的平面 .

試求正四面體 EBG–D 的體積 .

DKuuv



1. 如右圖 , ABCD–EFGH 是一個邊長為 a的正立方體 , 試證 EBG–D 為一正四面體 . K 為△ EBG 的重心 , 試證垂直△ EBG 所在的平面 .

試求正四面體 EBG–D 的體積 .

三﹑進階題三﹑進階題

解：所以 = (a, 0, –a), = (0, a, –a),

= (a, a, 0), = (0, a, a),

= (–a, a, 0), = (a, 0, a), GDuuv

BGuuv BD

uuvEDuuv EG

uuvEBuv

DKuuv



1. 如右圖 , ABCD–EFGH 是一個邊長為 a的正立方體 , 試證 EBG–D 為一正四面體 .


解：由

故知 EBG–D 為一正四面體 .

| | | | 2 ,BG GD a uuv uuv| | | | | | | |EB ED EG BD

uv uuv uuv uuv



1. 如右圖 , ABCD–EFGH 是一個邊長為 a的正立方體 , K 為△ EBG 的重心 , 試證垂直 △ EBG 所在的平面 .

DKuuv


解： K 為△ EBG 的重心 , 則 K 點坐標

為

又

且 0,DK BG DK EG uuv uuv uuv uuv

2 2 2( , , ) ( ,0, ) 0

3 3 3

a a aDK EB a a uuv uv

2 2 2( , , ),

3 3 3

a a a DK

uuv( , , ),3 3 3

a a a



解：故知

即垂直△ EBG 所在的平面 . DKuuv , , ,DK EB DK BG DK EG uuv uv uuv uuv uuv uuv

1. 如右圖 , ABCD–EFGH 是一個邊長為 a的正立方體 , K 為△ EBG 的重心 , 試證垂直 △ EBG 所在的平面 .

DKuuv



1. 如右圖 , ABCD–EFGH 是一個邊長為 a的正立方體 , 試求正四面體 EBG–D 的體積 .


解：正四面體 EBG–D 的體積為

△EBG 的面積 | |DKuuv1

3



1. 如右圖 , ABCD–EFGH 是一個邊長為 a的正立方體 , 試求正四面體 EBG–D 的體積 .


解：

31 1 3 2[ ( 2 )( 2 ) ]( 3) .

3 2 2 3 3

a aa a

2 2 21 1 2 2 2( | | | | sin 60 )[ ( ) ( ) ( ) ]

3 2 3 3 3

a a aEB EG

uv uuv



解：

所以

2. 如右圖 , A–BCD 為一邊長為 a 的正四面體 , M, N 分別為與邊的中點 ,試求： . 與之夾角 .

3| | , | | ,

2 2

a aAM AN uuv uuv


2 23 1 2.

4 4 2 2

a aa a

2 2| | | | | |MN AN AM uuv uuv uuv

ACuuv

MNuuv| |MNuuv CDAB



解：令與夾角為 θ, 又

1 3cos60 cos30

2 2a a a a °

1

2AB AC AN AC uv uuv uuv uuv

( )MN AC MA AN AC MA AC AN AC uuv uuv uuv uuv uuv uuv uuv uuv uuvAC

uuvMNuuv

2. 如右圖 , A–BCD 為一邊長為 a 的正四面體 , M, N 分別為與邊的中點 ,試求： . 與之夾角 . AC

uuvMNuuv| |MNuuv CDAB



2. 如右圖 , A–BCD 為一邊長為 a 的正四面體 , M, N 分別為與邊的中點 ,試求： . 與之夾角 . AC

uuvMNuuv| |MNuuv CDAB


解：

由

故 θ = 45°.

2

12cos ,2 2| | | |

2

aMN AC

MN ACa a

uuv uuvuuv uuv

21 1 3 3

2 2 2 2 2

aa a a a



3. 設 = (1, 1, 0), , 若 , 之夾角為 30°, 試求實數 t 之值 .


解：

得 23 3 2 ,t t

2 2

2,

2 2 6 3

t t

t t

2 2 2

3 ( 1) ( 1) 0

2 2 ( 1) ( 1) 2

t t

t t

cos30 ,

| | | |

a b

a b

故

vvv v

bv

av

( 1, 1, 2)b t t v

av 請看課本 p.45請看課本 p.45


解：兩邊平方得 ,

所以 t2 =9, 即 t = ± 3, 其中 ,

(1) 當 t = 3 時 , = (2, 4, 2),

　　　　　　　　　　　（合） .

(2) 當 t = –3 時 ,

　　　　　　　　　　　　（不合）由 (1)(2) 得 t = 3.


6 | | | | cos150a b a b °vv v v( 4, 2, 2),b

v6 | | | | cos30a b a b °vv v vb

v

2 23 9 4t t

EndEnd

3. 設 = (1, 1, 0), , 若 , 之夾角為 30°, 試求實數 t 之值 .

bv

av

( 1, 1, 2)b t t v

av 請看課本 p.45請看課本 p.45

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