2025年線性代數(shù)期末考試及答案(含空間解析幾何問題解析)一、選擇題（每題3分，共15分）1.設(shè)\(A\)為\(3\)階方陣，且\(\vertA\vert=2\)，則\(\vert-2A\vert\)的值為（）A.\(-16\)B.\(-4\)C.\(4\)D.\(16\)2.已知向量組\(\alpha_1=(1,2,3)^T\)，\(\alpha_2=(2,4,6)^T\)，\(\alpha_3=(3,6,9)^T\)，則該向量組的秩為（）A.\(0\)B.\(1\)C.\(2\)D.\(3\)3.設(shè)\(A\)是\(n\)階可逆矩陣，\(\lambda\)是\(A\)的一個特征值，則\(A^{-1}\)的特征值為（）A.\(\frac{1}{\lambda}\)B.\(\lambda\)C.\(-\lambda\)D.\(\lambda^2\)4.空間中兩平面\(\Pi_1:x+y+z=1\)與\(\Pi_2:2x+2y+2z=3\)的位置關(guān)系是（）A.平行B.垂直C.相交但不垂直D.重合5.二次型\(f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_2^2+3x_3^2+4x_1x_2+6x_2x_3\)的矩陣為（）A.\(\begin{pmatrix}1&2&0\\2&2&3\\0&3&3\end{pmatrix}\)B.\(\begin{pmatrix}1&2&0\\2&2&3\\0&3&1\end{pmatrix}\)C.\(\begin{pmatrix}1&2&3\\2&2&0\\3&0&3\end{pmatrix}\)D.\(\begin{pmatrix}1&2&3\\2&2&3\\3&3&3\end{pmatrix}\)二、填空題（每題3分，共15分）1.行列式\(\begin{vmatrix}1&2\\3&4\end{vmatrix}\)的值為______。2.已知矩陣\(A=\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}\)，則\(A\)的伴隨矩陣\(A^\)為______。3.向量\(\alpha=(1,-1,2)\)與向量\(\beta=(2,1,-1)\)的內(nèi)積\((\alpha,\beta)\)為______。4.直線\(\frac{x-1}{2}=\frac{y+2}{-1}=\frac{z-3}{3}\)的方向向量為______。5.設(shè)\(A\)是\(3\)階方陣，且\(A\)的特征值為\(1,2,3\)，則\(\vertA+2E\vert\)的值為______。三、計算題（每題10分，共50分）1.計算行列式\(\begin{vmatrix}1&2&3\\4&5&6\\7&8&9\end{vmatrix}\)。2.已知矩陣\(A=\begin{pmatrix}1&2&3\\2&1&2\\3&2&1\end{pmatrix}\)，求\(A\)的逆矩陣\(A^{-1}\)。3.求向量組\(\alpha_1=(1,1,0)^T\)，\(\alpha_2=(1,0,1)^T\)，\(\alpha_3=(0,1,1)^T\)的一個極大線性無關(guān)組，并將其余向量用該極大線性無關(guān)組線性表示。4.求直線\(L_1:\frac{x-1}{1}=\frac{y-2}{-1}=\frac{z-3}{2}\)與直線\(L_2:\frac{x-2}{2}=\frac{y-3}{1}=\frac{z-4}{-1}\)的夾角。5.用正交變換法化二次型\(f(x_1,x_2)=x_1^2+4x_1x_2+x_2^2\)為標準形。四、證明題（每題10分，共20分）1.設(shè)\(A\)是\(n\)階方陣，且\(A^2-3A+2E=0\)，證明\(A\)可逆，并求\(A^{-1}\)。2.設(shè)向量組\(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\)線性無關(guān)，證明向量組\(\alpha_1+\alpha_2,\alpha_2+\alpha_3,\alpha_3+\alpha_1\)也線性無關(guān)。答案及解析一、選擇題1.根據(jù)行列式的性質(zhì)：若\(A\)為\(n\)階方陣，\(k\)為常數(shù)，則\(\vertkA\vert=k^n\vertA\vert\)。已知\(A\)為\(3\)階方陣，\(\vertA\vert=2\)，\(k=-2\)，則\(\vert-2A\vert=(-2)^3\vertA\vert=(-8)\times2=-16\)。所以答案是A。2.因為\(\alpha_2=2\alpha_1\)，\(\alpha_3=3\alpha_1\)，即向量組中向量成比例，所以該向量組的秩為\(1\)。答案是B。3.設(shè)\(\xi\)是\(A\)對應于特征值\(\lambda\)的特征向量，則\(A\xi=\lambda\xi\)，兩邊同時左乘\(A^{-1}\)得\(\xi=A^{-1}\lambda\xi\)，即\(A^{-1}\xi=\frac{1}{\lambda}\xi\)，所以\(A^{-1}\)的特征值為\(\frac{1}{\lambda}\)。答案是A。4.平面\(\Pi_1\)的法向量\(\vec{n}_1=(1,1,1)\)，平面\(\Pi_2\)的法向量\(\vec{n}_2=(2,2,2)\)，因為\(\vec{n}_2=2\vec{n}_1\)，且\(\frac{1}{2}\neq\frac{1}{3}\)，所以兩平面平行。答案是A。5.二次型\(f(x_1,x_2,x_3)=\sum_{i=1}^{3}\sum_{j=1}^{3}a_{ij}x_ix_j\)，其中\(zhòng)(a_{ij}=a_{ji}\)，\(f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_2^2+3x_3^2+4x_1x_2+6x_2x_3\)，則其矩陣\(A=\begin{pmatrix}1&2&0\\2&2&3\\0&3&3\end{pmatrix}\)。答案是A。二、填空題1.根據(jù)二階行列式的計算公式\(\begin{vmatrix}a&b\\c&d\end{vmatrix}=ad-bc\)，可得\(\begin{vmatrix}1&2\\3&4\end{vmatrix}=1\times4-2\times3=-2\)。2.對于二階矩陣\(A=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}\)，其伴隨矩陣\(A^=\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}\)，已知\(A=\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}\)，則\(A^=\begin{pmatrix}4&-2\\-3&1\end{pmatrix}\)。3.向量\(\alpha=(x_1,y_1,z_1)\)與向量\(\beta=(x_2,y_2,z_2)\)的內(nèi)積\((\alpha,\beta)=x_1x_2+y_1y_2+z_1z_2\)，所以\((\alpha,\beta)=1\times2+(-1)\times1+2\times(-1)=2-1-2=-1\)。4.直線\(\frac{x-x_0}{m}=\frac{y-y_0}{n}=\frac{z-z_0}{p}\)的方向向量為\((m,n,p)\)，則直線\(\frac{x-1}{2}=\frac{y+2}{-1}=\frac{z-3}{3}\)的方向向量為\((2,-1,3)\)。5.已知\(A\)的特征值為\(\lambda_1=1,\lambda_2=2,\lambda_3=3\)，則\(A+2E\)的特征值為\(\lambda_1+2=3,\lambda_2+2=4,\lambda_3+2=5\)，因為\(\vertA+2E\vert\)等于其特征值之積，所以\(\vertA+2E\vert=3\times4\times5=60\)。三、計算題1.計算行列式\(\begin{vmatrix}1&2&3\\4&5&6\\7&8&9\end{vmatrix}\)-方法一：利用行列式的性質(zhì)，將第二行減去第一行的\(4\)倍，第三行減去第一行的\(7\)倍，得到\(\begin{vmatrix}1&2&3\\0&-3&-6\\0&-6&-12\end{vmatrix}\)，再將第三行減去第二行的\(2\)倍，得到\(\begin{vmatrix}1&2&3\\0&-3&-6\\0&0&0\end{vmatrix}=0\)。-方法二：直接按三階行列式展開公式\(\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}=a_{11}\begin{vmatrix}a_{22}&a_{23}\\a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}-a_{12}\begin{vmatrix}a_{21}&a_{23}\\a_{31}&a_{33}\end{vmatrix}+a_{13}\begin{vmatrix}a_{21}&a_{22}\\a_{31}&a_{32}\end{vmatrix}\)\(=1\times\begin{vmatrix}5&6\\8&9\end{vmatrix}-2\times\begin{vmatrix}4&6\\7&9\end{vmatrix}+3\times\begin{vmatrix}4&5\\7&8\end{vmatrix}\)\(=1\times(45-48)-2\times(36-42)+3\times(32-35)\)\(=-3+12-9=0\)。2.已知矩陣\(A=\begin{pmatrix}1&2&3\\2&1&2\\3&2&1\end{pmatrix}\)，求\(A\)的逆矩陣\(A^{-1}\)。-先求\(\vertA\vert\)，\(\vertA\vert=1\times\begin{vmatrix}1&2\\2&1\end{vmatrix}-2\times\begin{vmatrix}2&2\\3&1\end{vmatrix}+3\times\begin{vmatrix}2&1\\3&2\end{vmatrix}\)\(=1\times(1-4)-2\times(2-6)+3\times(4-3)\)\(=-3+8+3=8\neq0\)，所以\(A\)可逆。-求\(A\)的伴隨矩陣\(A^\)，\(A_{11}=(-1)^{1+1}\begin{vmatrix}1&2\\2&1\end{vmatrix}=-3\)，\(A_{12}=(-1)^{1+2}\begin{vmatrix}2&2\\3&1\end{vmatrix}=4\)，\(A_{13}=(-1)^{1+3}\begin{vmatrix}2&1\\3&2\end{vmatrix}=1\)，\(A_{21}=(-1)^{2+1}\begin{vmatrix}2&3\\2&1\end{vmatrix}=4\)，\(A_{22}=(-1)^{2+2}\begin{vmatrix}1&3\\3&1\end{vmatrix}=-8\)，\(A_{23}=(-1)^{2+3}\begin{vmatrix}1&2\\3&2\end{vmatrix}=4\)，\(A_{31}=(-1)^{3+1}\begin{vmatrix}2&3\\1&2\end{vmatrix}=1\)，\(A_{32}=(-1)^{3+2}\begin{vmatrix}1&3\\2&2\end{vmatrix}=4\)，\(A_{33}=(-1)^{3+3}\begin{vmatrix}1&2\\2&1\end{vmatrix}=-3\)，則\(A^=\begin{pmatrix}-3&4&1\\4&-8&4\\1&4&-3\end{pmatrix}\)。-所以\(A^{-1}=\frac{1}{\vertA\vert}A^=\frac{1}{8}\begin{pmatrix}-3&4&1\\4&-8&4\\1&4&-3\end{pmatrix}\)。3.求向量組\(\alpha_1=(1,1,0)^T\)，\(\alpha_2=(1,0,1)^T\)，\(\alpha_3=(0,1,1)^T\)的一個極大線性無關(guān)組，并將其余向量用該極大線性無關(guān)組線性表示。-構(gòu)造矩陣\(A=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)=\begin{pmatrix}1&1&0\\1&0&1\\0&1&1\end{pmatrix}\)，對\(A\)進行初等行變換，\(r_2-r_1\)得\(\begin{pmatrix}1&1&0\\0&-1&1\\0&1&1\end{pmatrix}\)，\(r_3+r_2\)得\(\begin{pmatrix}1&1&0\\0&-1&1\\0&0&2\end{pmatrix}\)，所以\(r(A)=3\)，向量組\(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\)本身就是極大線性無關(guān)組，不存在其余向量需線性表示。4.求直線\(L_1:\frac{x-1}{1}=\frac{y-2}{-1}=\frac{z-3}{2}\)與直線\(L_2:\frac{x-2}{2}=\frac{y-3}{1}=\frac{z-4}{-1}\)的夾角。-直線\(L_1\)的方向向量\(\vec{s}_1=(1,-1,2)\)，直線\(L_2\)的方向向量\(\vec{s}_2=(2,1,-1)\)。-根據(jù)兩直線夾角公式\(\cos\theta=\frac{\vert\vec{s}_1\cdot\vec{s}_2\vert}{\vert\vec{s}_1\vert\vert\vec{s}_2\vert}\)，\(\vec{s}_1\cdot\vec{s}_2=1\times2+(-1)\times1+2\times(-1)=2-1-2=-1\)，\(\vert\vec{s}_1\vert=\sqrt{1^2+(-1)^2+2^2}=\sqrt{6}\)，\(\vert\vec{s}_2\vert=\sqrt{2^2+1^2+(-1)^2}=\sqrt{6}\)，則\(\cos\theta=\frac{\vert-1\vert}{\sqrt{6}\times\sqrt{6}}=\frac{1}{6}\)，所以兩直線夾角\(\theta=\arccos\frac{1}{6}\)。5.用正交變換法化二次型\(f(x_1,x_2)=x_1^2+4x_1x_2+x_2^2\)為標準形。-二次型的矩陣\(A=\begin{pmatrix}1&2\\2&1\end{pmatrix}\)。-求\(A\)的特征值，\(\vert\lambdaE-A\vert=\begin{vmatrix}\lambda-1&-2\\-2&\lambda-1\end{vmatrix}=(\lambda-1)^2-4=\lambda^2-2\lambda-3=0\)，解得\(\lambda_1=3,\lambda_2=-1\)。-當\(\lambda_1=3\)時，解方程組\((3E-A)X=0\)，即\(\begin{pmatrix}2&-2\\-2&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\)，取基礎(chǔ)解得\(\xi_1=(1,1)^T\)，單位化得\(\vec{p}_1=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1)^T\)。-當\(\lambda_2=-1\)時，解方程組\((-E-A)X=0\)，即\(\begin{pmatrix}-2&-2\\-2&-2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\)，取基礎(chǔ)解得\(\xi_2=(1,-1)^T\)，單位化得\(\vec{p}_2=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,-1)^T\)。-令\(P=(\vec{p}_1,\vec{p}_2)=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}\)，則\(P\)為正交矩陣，作正交變換\(X=PY\)，二次型化為