高等数学 课后习题答案第七章

复旦大学出版社 黄立宏主编的 高等数学(第三版)下册 课后习题答案 第七章

习题七

1. 在空间直角坐标系中，定出下列各点的位置：

A(1,2,3); B(-2,3,4); C(2,-3,-4); D(3,4,0); E(0,4,3); F(3,0,0).

解：点A在第Ⅰ卦限；点B在第Ⅱ卦限；点C在第Ⅷ卦限；

点D在xOy面上；点E在yOz面上；点F在x轴上.

2. xOy坐标面上的点的坐标有什么特点？yOz面上的呢？zOx面上的呢？ 答: 在xOy面上的点，z=0;

在yOz面上的点，x=0; 在zOx面上的点，y=0.

3. x轴上的点的坐标有什么特点？y轴上的点呢？z轴上的点呢？ 答：x轴上的点，y=z=0;

y轴上的点，x=z=0; z轴上的点，x=y=0.

4. 求下列各对点之间的距离： （1） （0，0，0），（2，3，4）； （2） （0，0，0）， （2，-3，-4）； （3） （-2，3，-4），（1，0，3）； （4） （4，-2，3）， （-2，1，3）. 解：（1

）s(2) (3)

s

s

s (4)

5. 求点（4，-3，5）到坐标原点和各坐标轴间的距离.

解：点(4，-3，5)到x轴，y轴，z轴的垂足分别为（4，0，0），（0，-3，0），（0，0，5）. 故

s0

2

sx

sy

sz 5.

6. 在z轴上，求与两点A（-4，1，7）和B（3，5，-2）等距离的点. 解：设此点为M（0，0，z），则

( 4)2 12 (7 z)2 32 52 ( 2 z)2

14z

9 解得

14

即所求点为M（0，0，9）.

7. 试证：以三点A（4，1，9），B（10，-1，6），C（2，4，3）为顶点的三角形是等腰直角三角形. 证明：因为|AB|=|AC|=7.且有 |AC|2+|AB|2=49+49=98=|BC|2. 故△ABC为等腰直角三角形.

8. 验证：(a b) c a (b c). 证明：利用三角形法则得证.见图

7-1

图7-1

9. 设u

a b 2c, v a 3b c.试用a, b, c表示2u 3v.

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解：

10. 把△ABC的BC边分成五等份，设分点依次为D1，D2，D3，D4，再把各分点与A连接，试以AB c，

BC a表示向量D1A,D2A,D3A和D4A.

1D1A BA BD1 c a

5 解：

2D2A BA BD2 c a

5

3D3A BA BD3 c a

5

4D4A BA BD4 c a.

5

11. 设向量OM的模是4，它与投影轴的夹角是60°，求这向量在该轴上的投影.

解：设M的投影为M ，则

2u 3v 2(a b 2c) 3( a 3b c)

2a 2b 4c 3a 9b 3c 5a 11b 7c

12. 一向量的终点为点B（2，-1，7），它在三坐标轴上的投影依次是4，-4和7，求这向量的起点A的坐

标.

解：设此向量的起点A的坐标A(x, y, z)，则

解得x=-2, y=3, z=0

故A的坐标为A(-2, 3, 0).

13. 一向量的起点是P1（4，0，5），终点是P2（7，1，3），试求：

1PrjuOM OMcos60 4 2.

2

AB {4, 4,7} {2 x, 1 y,7 z}

12在各坐标轴上的投影； （2） PP12的模； （1） PP 12的方向余弦； （4） PP12方向的单位向量. （3） PP

12 3, 解：（1）ax PrjxPP

a PrjyPP12 1, y

12 2.

az PrjzPP

PP 12

(2)

(3)

axcos

PP12

aycos

PP12

(4) azcos

PP12

.

PP12

e0 ij PP12

.

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14. 三个力F1=(1,2,3), F2=(-2,3,-4), F3=(3,-4,5)同时作用于一点. 求合力R的大小和方向余弦. 解：R=（1-2+3，2+3-4，3-4+5）=（2，1，4）

|R

|

cos cos cos

15. 求出向量a= i +j+k, b=2i-3j+5k和c =-2i-j+2k的模，并分别用单位向量ea,eb,ec来表达向量a, b, c.

解：|a

|

|b

| |c

| 3

16. 设m=3i+5j+8k, n=2i-4j-7k, p=5i+j-4k,求向量a=4m+3n-p在x轴上的投影及在y轴上的分向量.

解：a=4(3i+5j+8k)+3(2i-4j-7k)-(5i+j-4k)=13i+7j+15k 在x轴上的投影ax=13,在y轴上分向量为7j.

17. 向量r与三坐标轴交成相等的锐角，求这向量的单位向量er. 解：因

a a, b b, c 3ec.

,故3cos

2

1 ,

cos

, cos （舍去）

i j k)3333则.

MM 3MM2，求向径OM18. 已知两点M1（2，5，-3），M2（3，-2，5），点M在线段M1M2上，且1er {cos ,cos ,cos } 的坐标.

解：设向径OM={x, y, z}

M1M {x 2,y 5,z 3}

MM2 {3 x, 2 y,5 z}

因为，M1M 3MM2

11 x 4 x 2 3(3 x)

1

y 5 3( 2 y) y

4 z 3 3(5 z)

z 3

所以，

11, 1,3

4}. 故OM={4

236 ,,

19. 已知点P到点A（0，0，12）的距离是7，OP的方向余弦是777

22

22

|PA| x y (z 12) 49 解：设P的坐标为（x, y, z）,

得x

2

，求点P的坐标.

y2 z2 95

24z

6570 z1 6, z2

497

cos

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cos

又

2190 x1 2, x2

49

7

3285

y1 3, y2

497

190285570

,,494949）. 故点P的坐标为P（2，3，6）或P（

2π

3，且a 3,b 4，计算： 20. 已知a, b的夹角cos

(1) a·b; (2) (3a-2b)·(a + 2b).

2π1

3 4 3 4 632解：（1）a·b =

(2) (3a 2b) (a 2b) 3a a 6a b 2b a 4b b

cos |a| |b| cos

3|a|2 4a b 4|b|2 3 32 4 ( 6) 4 16

61.

21. 已知a =(4,-2, 4), b=(6,-3, 2),计算：

2

（1）a·b; (2) (2a-3b)·(a + b)； （3）|a b| 解：（1）a b 4 6 ( 2) ( 3) 4 2 38 (2)

(2a 3b) (a b) 2a a 2a b 3a b 3b b

2|a|2 a b 3|b|2

2 [42 ( 2)2 42] 38 3[62 ( 3)2 22]

2 36 38 3 49 113

222

(3) |a b| (a b) (a b) a a 2a b b b |a| 2a b |b|

36 2 38 49 9

投影.

22. 已知四点A（1，-2，3），B（4，-4，-3），C（2，4，3），D（8，6，6），求向量AB在向量CD上的

解：AB={3，-2，-6}，CD={6，2，3}

AB CD AB PrjCD

4.

CD7 23. 设重量为100kg1M2（1，4，2），计算重力所作的功（长度单位

为m）.

解：取重力方向为z轴负方向， 依题意有

f ={0,0, -100×9.8}

s =

故W = f·s={0, 0,-980}·{-2, 3,-6}=5880 (J)

24. 若向量a+3b垂直于向量7a-5b,向量a-4b垂直于向量7a-2b,求a和b的夹角. 解: (a+3b)·(7a-5b) =7|a|(a-4b)·(7a-2b) =

2

M1M2={-2, 3,-6}

16a b 15|b|2 0 ①

7|a|2 30a b 8|b|2 0 ②

a ba b1(a b)21

2

|b|22|a|2|b|24 由①及②可得：|a|

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a b112cos a b |b| 0

|a||b|2, 2又，所以

1π

arccos

23. 故

25. 一动点与M0(1,1,1)连成的向量与向量n=(2,3,-4)垂直，求动点的轨迹方程.

解：设动点为M(x, y, z)

M0M {x 1,y 1,z 1}

因M0M n,故M0M n 0.

即2(x-1)+3(y-1)-4(z-1)=0

整理得：2x+3y-4z-1=0即为动点M的轨迹方程.

26. 设a=(-2,7,6),b=(4, -3, -8),证明：以a与b为邻边的平行四边形的两条对角线互相垂直. 证明：以a,b为邻边的平行四边形的两条对角线分别为a+b,a－b,且 a+b={2,4, -2} a-b={-6,10,14}

又(a+b)·(a-b)= 2×(-6)+4×10+(-2)×14=0 故(a+b) (a-b).

27. 已知a =3i+2j-k, b =i-j+2k,求： (1) a×b; (2) 2a×7b; (3) 7b×2a; (4) a×a.

a b

解：（1） (2) (3) (4)

2 1332

i j k 3i 7j 5k

12211 1

2a 7b 14(a b) 42i 98j 70k

7b 2a 14(b a) 14(a b) 42i 98j 70k

a a 0.

28. 已知向量a和b互相垂直，且|a| 3, |b| 4.计算：

(1) |(a＋b)×(a－b)|； (2) |(3a＋b)×(a－2b)|.

（1）|(a b) (a b) |a a a b b a b b| | 2(a b)|

π

242

(2) |(3a b) (a 2b)| |3a a 6a b b a 2b b| |7(b a)|

2|a| |b| sin

7 3 4 sin

29. 求垂直于向量3i-4j-k和2i-j +k的单位向量，并求上述两向量夹角的正弦.

π

842

4 133 4

a b i j k 5i 5j 5k

11122 1解：

与a b

平行的单位向量

e

a b i j k)|a b

|

sin

.

30. 一平行四边形以向量a =(2,1,－1)和b=(1,－2,1)为邻边，求其对角线夹角的正弦. 解：两对角线向量为

|a b|

|a| |b|26l1 a b 3i j，l2 a b i 3j 2k

因为|l1 l2| |2i 6j 10k|

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|l1| |l2|sin

所以

即为所求对角线间夹角的正弦.

31. 已知三点A(2,-1,5), B(0,3,-2), C(-2,3,1)，点M，N，P分别是AB，BC，CA的中点，证明：

|l1 l2| 1

|l1||l2|.

1

MN MP (AC BC)

4.

证明：中点M，N，P的坐标分别为

31

M(1,1,), N( 1,3, ), P(0,1,3)

22

MN { 2,2, 2} 3MP { 1,0,2

AC { 4,4, 4}

BC { 2,0,3}

2 2 2 2 2

MN MP j 3i 3

10 1

22

4 4 44 4AC BC i j

033 2 2

1 MN MP (AC BC)

4故 .

20

k 3i 5j 2k

4

k 12i 20j 8k0

32. 求同时垂直于向量a=(2,3,4)和横轴的单位向量.

解：设横轴向量为b=(x,0,0) 则同时垂直于a，b的向量为

a b

344223

i j k000xx0=4xj－3xk

故同时垂直于a，b的单位向量为

e

a b1

(4j 3k)|a b|5.

33. 四面体的顶点在(1,1,1),(1,2,3),(1,1,2)和(3,-1,2)求四面体的表面积.

解：设四顶点依次取为A, B, C, D. 则由A，B，D三点所确定三角形的面积为

AB {0,1,2}, AD {2, 2,1}

11 S1 |AB AD| |5i 4j 2k|

22.

1

同理可求其他三个三角形的面积依次为2

S

故四面体的表面积

34. 已知三点A(2,4,1), B(3,7,5), C(4,10,9)，证：此三点共线.

1 2.

1,3,4},AC {2,6,8} 证明：AB {

显然AC 2AB

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则AB AC AB 2AB 2(AB AB) 0

故A，B，C三点共线.

35. 求过点(4,1,-2)且与平面3x-2y+6z=11平行的平面方程. 解：所求平面与平面3x-2y+6z=11平行 故n={3,-2,6}，又过点(4,1,-2)

故所求平面方程为：3(x-4)-2(y-1)+6(z+2)=0 即3x-2y+6z+2=0.

36. 求过点M0(1,7,-3)，且与连接坐标原点到点M0的线段OM0垂直的平面方程.

1,7, 3} 解：所求平面的法向量可取为n OM0 {

故平面方程为：x-1+7(y-7)-3(z +3)=0

即x+7y-3z-59=0

37. 设平面过点(1,2,-1)，而在x轴和z轴上的截距都等于在y轴上的截距的两倍，求此平面方程. 解：设平面在y轴上的截距为b

xyz 12bb2b则平面方程可定为

又(1,2,-1)在平面上，则有

得b=2.

12 1

12bb2b

xyz

1424故所求平面方程为

38. 求过(1,1,-1),(-2,-2,2)和（1，-1，2）三点的平面方程.

解：由平面的三点式方程知

x x1x2 x1x3 x1

y y1y2 y1y3 y1

z z1z2 z1 0z3 z1

x 11 1

y 1z 1

2 1 2 12 1 0

代入三已知点，有 化简得x-3y-2z=0即为所求平面方程.

39. 指出下列各平面的特殊位置，并画出其图形： (1) y =0; (2) 3x-1=0; (3) 2x-3y-6=0; (4) x – y =0; (5) 2x-3y+4z=0.

解：(1) y =0表示xOz坐标面（如图7-2） (2) 3x-1=0表示垂直于x轴的平面.(如图

7-3)

1 12 1

图7-2 图7-3

(3) 2x-3y-6=0表示平行于z轴且在x轴及y轴上的截距分别为x=3和y =-2的平面.(如图7-4) (4) x –y=0表示过z轴的平面（如图7-5）

(5) 2x-3y+4z=0表示过原点的平面（如图7-6）.

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图7-4 图7-5 图7-6 40. 通过两点（1，1，1，）和（2，2，2）作垂直于平面x+y-z=0的平面. 解：设平面方程为Ax+By+Cz+D=0 则其法向量为n={A,B,C}

已知平面法向量为n1={1,1,-1} 过已知两点的向量l={1,1,1} 由题知n·n1=0, n·l=0

A B C 0

C 0, A B.

A B C 0即

所求平面方程变为Ax-Ay+D=0

又点（1，1，1）在平面上，所以有D=0 故平面方程为x-y=0.

41. 决定参数k的值，使平面x+ky-2z=9适合下列条件：

π

（1）经过点（5，-4，6）； （2） 与平面2x-3y+z=0成4的角.

解：（1） 因平面过点（5，-4，6） 故有 5-4k-2×6=9 得k=-4.

（2） 两平面的法向量分别为 n1={1,k,-2} n2={2,-3,1}

n1 n2πcos cos

|n1||n2|42

且

解得

42. 确定下列方程中的l和m:

(1) 平面2x+ly+3z-5=0和平面mx-6y-z+2=0平行; (2) 平面3x-5y+lz-3=0和平面x+3y+2z+5=0垂直. 解：（1）n1={2,l,3}, n2={m,-6,-1}

k

n1 n2

(2) n1={3, -5, l }, n2={1,3,2}

2l32 m ,l 18m 6 13

43. 通过点（1，-1，1）作垂直于两平面x-y+z-1=0和2x+y+z+1=0的平面.

解：设所求平面方程为Ax+By+Cz+D=0 其法向量n={A,B,C}

n1={1,-1,1}, n2={2,1,1}

n1 n2 3 1 5 3 l 2 0 l 6.

又（1，－1，1）在所求平面上，故A－B+C+D=0，得D=0 故所求平面方程为

2 A C n n1 A B C 0 3

n n2 2A B C 0 C

B 3

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即2x-y-3z=0

44. 求平行于平面3x-y+7z=5,且垂直于向量i-j+2k的单位向量. 解：n1={3,-1,7}, n2={1,-1,2}.

2C

Cx y Cz 033

n n1,n n2 n n1 n2

故

17733 i j k 5i j 2k 12211

en 则

45. 求通过下列两已知点的直线方程： （1） （1，-2，1）， （3，1，-1）； （2） （3，-1，0），（1，0，-3）. 解：（1）两点所确立的一个向量为

s={3-1，1+2，-1-1}={2，3，-2}

故直线的标准方程为：

i j 2k).

x 1y 2z 1x 3y 1z 1 23 2 或 23 2

（2）直线方向向量可取为

s={1-3，0+1，-3-0}={-2，1，-3}

故直线的标准方程为：

x 3y 1zx 1yz 3

21 3 或 21 3

2x 3y z 4 0

46. 求直线 3x 5y 2z 1 0的标准式方程和参数方程.

解：所给直线的方向向量为

s n1 n2

另取x0=0代入直线一般方程可解得y0=7,z0=17 于是直线过点（0，7，17），因此直线的标准方程为:

3 1223

i j k i 7j 19k

52233 5

且直线的参数方程为：

xy 7z 17

1 7 19

47. 求下列直线与平面的交点：

x t

y 7 7t z 17 19t

(1)

(2)

x 1y 1z 1 26, 2x+3y+z-1=0; x 2y 1z 3

232, x+2y-2z+6=0.

x 1 t

y 1 2t z 6t

解：（1）直线参数方程为

代入平面方程得t=1 故交点为（2，-3，6）.

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x 2 2t

y 1 3t z 3 2t

（2） 直线参数方程为

代入平面方程解得t=0. 故交点为（-2，1，3）. 48. 求下列直线的夹角：

5x 3y 3z 9 0

（1） 3x 2y z 1 0和 2x 2y z 23 0

3x 8y z 18 0； y 3z 8

2 1

x 1

x 2y 3z 1

4 123 和 （2）

解：（1）两直线的方向向量分别为：

ijk

5 33

3 21={3,4, -1}

s={5, -3,3}×{3, -2,1}=

1

ijk22 1

381={10, -5,10}

s2={2,2, -1}×{3,8,1}=

由s1·s2=3×10+4×(-5)+( -1) ×10=0知s1⊥s2

π从而两直线垂直，夹角为2.

x 2y 3z 1

4 123的方向向量为

(2) 直线

y 3z 8

2 1

s1={4, -12,3},直线 x 1

的方程可变为

2y z 2 0

x 1 0,可求得其方向向量s2={0,2, -1}×{1,0,0}={0, -1, -2},于是

s scos 12 0.2064

s1 s249. 求满足下列各组条件的直线方程： （1）经过点（2，-3，4），且与平面3x-y+2z-4=0垂直； （2）过点（0，2，4），且与两平面x+2z=1和y-3z=2平行；

78 5

xy 3z 1

2 13平行. （3）过点（-1，2，1），且与直线

解：（1）可取直线的方向向量为

s={3，-1，2}

故过点（2，-3，4）的直线方程为

（2）所求直线平行两已知平面，且两平面的法向量n1与n2不平行，故所求直线平行于两平面的交线，于是直线方向向量

x 2y 3z 4

3 12

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ijk

故过点（0，2，4）的直线方程为

s n1 n2 102 { 2,3,1}

01 3

xy 2z 4 231

（3）所求直线与已知直线平行，故其方向向量可取为 s={2，-1，3}

故过点（-1，2，1）的直线方程为

x 1y 2z 1

2 13.

50. 试定出下列各题中直线与平面间的位置关系：

x 3y 4z

2 73和4x-2y-2z=3; （1）xyz

27和3x-2y+7z=8; （2）3

x 2y 2z 3

31 4和x+y+z=3. （3）

解：平行而不包含. 因为直线的方向向量为s={-2，-7，3}

平面的法向量n={4，-2，-2}，所以 于是直线与平面平行.

s n ( 2) 4 ( 7) ( 2) 3 ( 2) 0

又因为直线上的点M0（-3，-4，0）代入平面方程有4 ( 3) 2 ( 4) 2 0 4 3.故直线不在平面上.

(2) 因直线方向向量s等于平面的法向量，故直线垂直于平面.

(3) 直线在平面上，因为3 1 1 1 ( 4) 1 0,而直线上的点（2，-2，3）在平面上. 51. 求过点（1，-2，1），且垂直于直线

的平面方程.

x 2y z 3 0

x y z 3 0

i

j

k

1 21 i 2j 3k11 1解：直线的方向向量为,

取平面法向量为{1，2，3}，

故所求平面方程为1 (x 1) 2(y 2) 3(z 1) 0

即x+2y+3z=0.

52. 求过点（1，-2，3）和两平面2x-3y+z=3, x+3y+2z+1=0的交线的平面方程. 解：设过两平面的交线的平面束方程为2x 3y z 3 (x 3y 2z 1) 0 其中λ为待定常数，又因为所求平面过点（1，-2，3）

故2 1 3 ( 2) 3 3 (1 3 ( 2) 2 3 1) 0 解得λ=-4.

故所求平面方程为

2x+15y+7z+7=0

53. 求点（-1，2，0）在平面x+2y-z+1=0上的投影.

解：过点（-1，2，0）作垂直于已知平面的直线，则该直线的方向向量即为已知平面的法向量，即

s=n={1，2，-1}

复旦大学出版社 黄立宏主编的 高等数学(第三版)下册 课后习题答案 第七章

x 1 t

y 2 2t z t

所以垂线的参数方程为

将其代入平面方程可得(-1+t)+2(2+2t)-(-t)+1=0

t

得

2

3

522( ,,)333 于是所求点（-1，2，0）到平面的投影就是此平面与垂线的交点

54. 求点（1，2，1）到平面x+2y+2z-10=0距离.

解：过点（1，2，1）作垂直于已知平面的直线，直线的方向向量为s=n={1，2，2}

x 1 t

y 2 2t z 1 2t

所以垂线的参数方程为

t

将其代入平面方程得

1

3.

485

d 1(,,)

故垂足为333，且与点（1，2，1

）的距离为

即为点到平面的距离.

x y z 1 0

55. 求点（3，-1，2）到直线 2x y z 4 0的距离.

解：过点（3，-1，2）作垂直于已知直线的平面，平面的法向量可取为直线的方向向量

ijk

n s 11 1 3j 3k

2 11即

故过已知点的平面方程为y+z=1.

x y z 1 0

2x y z 4 0 y z 1

联立方程组 13

x 1,y ,z .

22 解得

13(1, ,)

22为平面与直线的垂足

即

d 于是点到直线的距离为

56. 建立以点（1，3，-2）为中心，且通过坐标原点的球面方程.

R

解：球的半径为

设(x,y,z)为球面上任一点，则(x-1)2+(y-3)2+(z+2)2=14 即x2+y2+z2-2x-6y+4z=0为所求球面方程.

57. 一动点离点（2，0，-3）的距离与离点（4，-6，6）的距离之比为3，求此动点的轨迹方程.

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解：设该动点为M(x,y,z)

化简得：8x2+8y2+8z2-68x+108y-114z+779=0 即为动点的轨迹方程.

58. 指出下列方程所表示的是什么曲面，并画出其图形：

3.

x2y2a2a2

(x ) y () 1

2249（1）; （2）;

x2z2

12

4（3）9; （4）y z 0;

（5）x y 0; （6）x y

解：（1）母线平行于z轴的抛物柱面，如图7-7. （2）母线平行于z轴的双曲柱面,如图

7-8.

2

2

2

2

0.

图7-7 图7-8 （3）母线平行于y轴的椭圆柱面，如图7-9. （4）母线平行于x轴的抛物柱面，如图

7-10.

图7-9 图7-10

（5）母线平行于z轴的两平面，如图7-11. （6）z轴，如图

7-12.

图7-11 图7-12 59. 指出下列方程表示怎样的曲面，并作出图形：

2

y2z2

x 122

36x 9y 4z 36; 49（1）; （2）y2z2y2z22

x 1x 11

4949（3）; （4）;

2

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z2

x y 0222

x y 2z 09（5）; （6）.

2

2

解：（1）半轴分别为1，2，3的椭球面，如图7-13. (2) 顶点在（0，0，-9）的椭圆抛物面，如图

7-14.

图7-13 图7-14

(3) 以x轴为中心轴的双叶双曲面，如图7-15. (4) 单叶双曲面，如图

7-16.

图7-15 图7-16

(5) 顶点在坐标原点的椭圆锥面，其中心轴是y轴，如图7-17. (6) 顶点在坐标原点的圆锥面，其中心轴是z轴，如图

7-18.

图7-17 图7-18

60. 作出下列曲面所围成的立体的图形：

a

(1) x2+y2+z2=a2与z=0,z=2

2

(a>0); (2) x+y+z=4,x=0,x=1,y=0,y=2及z=0;

(3) z=4-x, x=0, y=0, z=0及2x+y=4; (4) z=6-(x2+y2),x=0, y=0, z=0及x+y=1. 解：（1）（2）（3）（4）分别如图7-19，7-20，7-21，7-22所示

.

图7-19 图7-20

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图7-21 图7-22 61. 求下列曲面和直线的交点：

(1)

x2y2z2x 3y 4z 2

1

3 64; 81369与x2y2z2xyz 2 1

34. 1694与4

(2)

解：（1）直线的参数方程为

代入曲面方程解得t=0,t=1. 得交点坐标为（3，4，-2），（6，-2，2）. (2) 直线的参数方程为

x 3 3t

y 4 6t z 2 4t

代入曲面方程可解得t=1,

得交点坐标为（4，-3，2）.

62. 设有一圆，它的中心在z轴上，半径为3，且位于距离xOy平面5个单位的平面上，试建立这个圆的方程.

解：设（x，y，z）为圆上任一点，依题意有

x 4t

y 3t z 2 4t

即为所求圆的方程.

63. 建立曲线x2+y2=z, z=x+1在xOy平面上的投影方程. 解：以曲线为准线，母线平行于z轴的柱面方程为

x2 y2 9

z 5

15

(x )2 y2

24. x2+y2=x+1即

125 2

(x ) y

24

故曲线在xOy平面上的投影方程为 z 0

64. 求曲线x2+y2+z2=a2, x2+y2=z2在xOy面上的投影曲线. 解：以曲线为准线，母线平行于z轴的柱面方程为

a2

x y

2

2

2

复旦大学出版社 黄立宏主编的 高等数学(第三版)下册 课后习题答案 第七章

2a22 x y

2

故曲线在xOy面上的投影曲线方程为 z 0

x2y2z2

125465. 试考察曲面9在下列各平面上的截痕的形状，并写出其方程.

(1) 平面x=2; (2) 平面y=0;

(3) 平面y=5; (4) 平面z=2.

22

1 解：（1

）截线方程为 x 2

其形状为x=2平面上的双曲线.

x2z2

1

4 9

（2）截线方程为 y 0

为xOz面上的一个椭圆.

22

1y 5

(3)

截线方程为

为平面y=5上的一个椭圆.

x2y2

0

925

(4) 截线方程为 z 2

为平面z=2上的两条直线.

x2y2z2

1164566. 求单叶双曲面与平面x-2z+3=0的交线在xOy平面，yOz平面及xOz平面上的投影

曲线.

z

解：以

x2+20y2-24x-116=0.

故交线在xOy平面上的投影为

x 3

2代入曲面方程得

以x=2z-3代入曲面方程，得 20y2+4z2-60z-35=0.

故交线在yOz平面上的投影为

x2 20y2 24x 116 0 z 0

20y2 4z2 60z 35 0 x 0

x 2z 3 0,

交线在xOz平面上的投影为 y 0.

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