长沙理工大学高数下册练习册答案

习题8.1

（A）

122122

1.（1）(0, 3,7)，0， 3j；（2）(,, )或( , ,).

333333

2.解:M1M2 ( 1, 2,1)， 与M

1M2121

( , ,)，

222121

,cos ,cos ； 222

所以M1M2的方向余弦为cos M1M2的方向角为

2 3

, , ； 343

与M1M2方向相反的单位向量为(,

1

221, )， 22

所以与M1M2方向相反且长度为

11211211

的向量为(,, ) (,, ).

22224442

3.解:设所求点为M(0,y,z)，由题意， MB MC，即

9 (y 1) (z 2) 16 (y 2) (z 2) (y 5) (z 1)， 解得y 1,z 2，故所求点为(0,1, 2).

（B）

2

2

2

2

2

2

， ，依题意有 ， 2 . 1.解:设a的方向角为 ，

因为cos 解得

2

cos2 cos2 1，即cos2 cos2 cos22 1，

3

3 3

，从而 ； ， 24424422

3 3

， 不合，舍去. 42

0 ,0 ,0 , 于是a的方向角为

4

，

4

，

2

或

2

，

2

， .

2.解：因为a,b夹角平分线的方向必为a b的方向，a,b分别表示a,b上的单位向量，

ab

a ,b .

ab

ba ab

令c a b ,则a,b间夹角平分线上的单位向量为 ab

ba c

c cba

习题8.2 （A）

ab. ab

1.(1)( 4,2, 4)；(2)3，

1

(13i 2j 14k). 341

2.解: a b c 0, a (a b c) a 0 0 a a a b a c 0 2 2

a a b a c 0 a b a c a 4.

同理可得b a b c 9,c a c b 16，从而

29

2(a b b c c a) 29, a b b c c a .

2

3.解:依题意有p i,p a，故p//a i，a i (12, 3, 4) (1,0,0) (0, 4,3)，

a i13

p a 13,p 13 (0, 4,3).

5a i

（B）

1.解:以u,v为邻边的平行四边形的面积S u v，

u v (2a 3b) (a 4b) 2a a 3b a 8a b 12b b 11a b，

S u v 11a b 11a b 11absin(a,b) 11.

a b1

2.解: cos(a,b) , sin(a,b) .

2ab2

m n (2a 3b) (3a b) 11a b 11a b 11absin(a,b) 113.

习题8.3 （A）

1.(1)(x 1)2 (y 3)2 (z 2)2 14；(2)x2 4y2 4z2 9,x2 4y2 z2 9. 2.略

(B)

1.k 0时,表示椭圆抛物面；k 0时，表示双曲抛物面；k 0时,表示抛物柱面. 2.解:设M1(x1,y1,z1)为曲线L上任一点,由L的方程知x1 1及M1的坐标为(1,y1,z1). 当L绕z轴旋转到某一位置时,M1变到另一点M(x,y,z),竖坐标不变,z z1；点 M,M1到z轴距离不变,1 y1 x2 y2. 又因M1在L上,所以y1 z1 z.

因此1 z x y,即x y z 1,此旋转曲面为单叶双曲面.

习题8.4 (A)

2

2

2

2

2

2

2

x2x22

y 1与直线x 2的交点，椭圆柱面 y2 1与平面x 2的交线； 1.(1)椭圆44

x t (2) y t.

z 2t

2.解:柱面x y ax 0即为投影柱面,曲线在xoy面上的投影曲线方程为

2

2

x2 y2 ax 0

；

z 0

由方程组消去x,得投影柱面方程为z a(z y)，

4

2

2

2

a2y2 (a2 1)z2 2a2z 0

则曲线在yoz面上的投影曲线方程为 .

x 0

3.解:由方程组消去y,得母线垂直于xoz坐标面的柱面方程为x xz z 4,此柱面通 过已知空间曲线,故即为所求柱面.

(B)

1.解:由第一,二两个方程消去参数 ,得x2 y2 a2,螺旋线在xoy坐标面上的投影曲线

2

2

x2 y2 a2

方程为 ；

z 0

由第一,三两个方程消去参数 ,得x acos

z

,螺旋线在xoz坐标面上的投影曲线方程 b

z

x acos 为 b；

y 0

由第二,三两个方程消去参数 ,得y asin

z

,螺旋线在yoz坐标面上的投影曲线方程 b

z

y asin 为 b.

x 0

2.解:设圆心坐标为(x,y)，圆与抛物线的切点坐标为(t,p)，则有p t. 又在(t,p)点切线的斜率k

3

2

dp1

2t,则在该点的法线方程为Y p (X t), 即 dt2t

3

2tY 2t t X.因圆心在此法线上,故得2ty 2t t x.

1

,其中(X1,Y1)为圆上动点坐标,点(t,p)在此圆 4

1122222

上,故有(t x) (p y) ,即(x t) (y t) .

44

而圆的方程为(X1 x) (Y1 y)

2

2

综上有所求圆心(x,y)轨迹参数方程为:x t

t4t 1

2

,y t2

124t 1

2

.

习题8.5

(A)

1.(1)1；(2)3.

2.解:所求平面的法向量为n (7, 3,1),所求平面方程为7(x 1) 3(y 2) (z 3) 0, 即7x 3y z 16 0.

3.解:通过x轴的平面方程为By Cz 0,将已知点的坐标代入,得B 2C,所求平面方 程为 2Cy Cz 0,即2y z 0.

4.解:平行于y轴的平面方程为Ax Cz D 0,将两已知点的坐标代入,得

4A 2C D 0

,解得A 9C,D 38C,则所求平面方程为

5A 7C D 0

9Cx Cz 38C 0,即9x y 38 0.

(B)

1.解:因为所求平面垂直于平面x y z 7和3x 2y 12z 5 0,

所以所求平面的法向量n垂直于n1 (1, 1,1)和n2 (3,2, 12),则n//n1 n2， n1 n2 ，取n (2,3,1)，故所求平面方程为2x 3y z 0. （10，15，5）2.解:因为所求平面过点M1,M2且垂直于平面x 2y 3z 1 0, 所以所求平面的法向量n M1M2 (2,2,3),且n n1 (1, 2,3),

故n//M1M2 n1, M1M2 n1 (12, 3, 6),,取n (4, 1, 2),则所求平面方程为 4(x 1) (y 1) 2(z 2) 0,即4x y 2z 9 0.

习题8.6

(A)

1.(1)0；(2)

32

. 2

2.解:因为所求直线平行于两平面及x 2z 4 0,y 3z 5 0,所以所求直线的方向向 量垂直于这两平面的法向量n1 (1,2, 4),n2 (0,1,3),从而所求直线的方向向量平行于 n1 n2 （10， 3,1).故所求直线方程为

x 3yz 1

. 10 31

3.解:点( 1,2,0)在平面x 2y z 1 0上的投影即过点( 1,2,0)且垂直于平面 x 2y z 1 0的直线与平面x 2y z 1 0的交点.

过点( 1,2,0)且垂直于平面x 2y z 1 0的直线方程为

x 1y 2z

,其参数 12 1

方程为x 1 t,y 2 2t,z t,代入x 2y z 1 0,得 ( 1 t) 2(2 2t) ( t) 1 0,解得t

2522

. 从而得投影点的坐标为( ,,). 3333

4.解:过直线

2x 4y z 0

的平面束方程为(2x 4y z) (3x y 2z 9) 0,

3x y 2z 9 0

即 (2 3 )x ( 4 )y ( 1 2 )z 9 0, 其中与平面4x y z 1垂直的平面满足条件

(2 3 ) 4 ( 4 ) ( 1) ( 1 2 ) 1 0,

解得 1,则投影平面的方程为x 3y z 9 0,故投影直线的方程为

3x y z 9 0

.

4x y z 1 0

(B)

x 3t 1

x 3z 1

1.解:直线l1: 的参数方程为 y 2t 3,其方向向量为s1 (3,2,1),

y 2z 3 z t

x t

y 2x 5

直线l2: 的参数方程为 y 2t 5,其方向向量为s2 (1,2,7).

z 7x 2 z 7t 2

设所求直线与l1的交点为M1(x1,y1,z1),x1 3t1 1,y1 2t1 3,z1 t1； 所求直线与l2的交点为M2(x2,y2,z2),x2 t2,y2 2t2 5,z2 7t2 2, M1M2 (t2 3t1 1,2t2 2t1 2,7t2 t1 2), M1M2 s1,M1M2 s2,

3(t2 3t1 1) 2(2t2 2t1 2) (7t2 t1 2) 051

,t2 . ,解得t1 284 (t2 3t1 1) 2(2t2 2t1 2) 7(7t2 t1 2) 0

4347511119153

, , ),M2的坐标为( , ,),M1M2 (, ,)， 281428424777

1111x y z

. 所求直线的方向向量取s (3, 5,1),则所求直线的方程为3 51

则M1的坐标为(

2.解：先求已知平面和已知直线的交点，即解线性方程组

x y z 1 y 1 解之得交点坐标(1,1, 1).

z 1

再过交点作垂直于已知直线的平面 ，只需取其法向量为已知直线的方向向量，即 n (0,1,0) (0,0,1) (1,0,0).

故垂面 的方程为x 1 0，则垂面与已知平面的交线

x 1 0

即为所求.

x y z 1

3.解：设所求直线为l.因为l过点M0且与z轴相交,所以l必在过点M0且通过z轴的平面 1上.设 1的方程为Ax By 0,将M0的坐标代入,得A 2B,故 1的方程为 2x y 0；

又因为l过点M0且与已知直线垂直,所以l必在过点M0且与已知直线垂直的平面 2上. 2的方程为4(x 1) 3(y 2) 2(z 3) 0,即4x 3y 2z 8 0. 于是所求直线为平面 1与 2的交线,其方程为

2x y 0

.

4x 3y 2z 8 0

第八章自测题

一、1.共面；2.3；3.36；4. 2

；5..

37

1

, 2

二、1.解：设所求平面方程为Ax By 0,

由已知有cos60

(A 3B)(3A B) 0,A 3B或B 3A,所求平面方程为3x y 0或x 3y 0.

x 1 t,

2.解:过点P且垂直于平面 的直线l的方程为x 1 y 2 z 3,或 y 2 t,

z 3 t.

将l的参数方程代入 的方程:(1 t)+( 2 t) (3 t) 14 0,t 4, 则l与 的交点为P，2，7). 0(5

设点P关于平面 的对称点为P (1 t1, 2+t1,3+t1),

P0为PP 的中点,

1 1 t1

5,t1 8,则点P 的坐标为(9，6，11). 2

2c 6 0,

3.解:设直线与z轴的交点为(0,0,c),将其代入直线方程: 解得d 3.

c d 0.

4.解：设所求直线的方向向量s (m,n,p).

因为所求直线平行于平面3x 4y z 10 0,故有3m 4n p 0. (1)

x 1y 3z

的方向向量s1 (1,1,2),点B( 1,3,0)在已知直线上, 112

因为所求直线与已知直线相交,所以三向量,s1，s共面,故有

已知直线

1 ( 1)3 00 4

1

m1n2 0, p

即 10m 4n 3p 0. (2)

联立(1)、(2)式可得

161928 . mnp

因此所求直线方程为

x 1yz 4 . 161928

5.解:设柱面上任一点为M(x,y,z),准线上相应点为M0(x0,y0,0),M0与M在同一 条母线上,

M0M (x x0,y y0,z)//(1,2,1),

代入y0 x02,得y 2z (x z).

2

x x0y y0z

,x0 x z,y0 y 2z, 121

yzx2y2z2a2yz

0 2 2 2 2 ( ) 0 1, 三、解: M(x,y,z) L x a,

bcabcabc

x2y2z2x2y2z2

M 曲面2 2 2 1 L 曲面2 2 2 1,即L在曲面上.

abcabc

七、设旋转曲面上任一点为M(x,y,z),直线L上相应点为M0(x0,y0,z0),M0与M在同一垂

直于z轴的圆周上,z0 z,x02 y02 x2 y2.又由

2

2

2

2

2

2

x0 1y0z0

,得 011

2

2

2

2

x0 1,y0 z0,代入x0 y0 x y得x y 1 z,或x y z 1.

习题9.1 （A）

4224

1.(1)x 2xy 2y；(2)曲线y 2x上所有点.

2

2.(1) x,y 0 x y,x2 y2 1；(2) x,yx2 y2 z2,z 0. 3.(1)解:

2

(x,y) (1,0)

lim

ln(x ey)x y

2

2

ln(1 e0) 0

2

ln2.

(2)解:

(x,y) (0,0)

lim

xy(xy 1 1)xy

lim lim(xy 1 1) 2. (x,y) (0,0)(x,y) (0,0)(xy 1) 1xy 1 1

(3)解:

sin(xy)sin(xy) lim x 1 2 2.

(x,y) (2,0)(x,y) (2,0)yxylim

(4)解:

(x,y) (0,0)

lim(1 2xy)

1

tan(xy)

(x,y) (0,0)

lim(1 2xy)

12xy

2xytan(xy)

e2.

4.解:

(x,y) (0,0)

lim

x2yxy

f(x,y) lim lim y,

(x,y) (0,0)x2 y2(x,y) (0,0)x2 y2

(x,y) (0,0)

limy 0,

xy

1, limf(x,y) 0 f(0,0),

(x,y) (0,0)x2 y2

则f(x,y)在点(0,0)处连续.

(B)

1.(1)

1 y2

x；(2)直线x m或y n(m,n Z)上所有点. 1 y

2.(1) x,yy2 4x,0 x2 y2 1；(2) x,y y2 x y2,0 y 1.

x2 y2

2sin

1 cos(x2 y2) lim3.(1)解:lim 2222222(x,y) (0,0)xy(x y)(x,y) (0,0)xy(x y2)

2

x2 y2sin

x2 y211 lim 1 lim( ) . 222222(x,y) (0,0)(x,y) (0,0)x y22xy2y2x

()

2

2

t22t2

(2)解： limt limt limt 0，

t et et e

lim(x y)e

x y

2

2

(x y)

x21y21

lim(x y y x) 0 0 0 0 0. x eeeey

2

4.证:当(x,y)沿曲线y kx趋于(0,0)时,有

x2yx2 kx2k

lim, lim lim

(x,y) (0,0)x4 y2(x,y) (0,0)x4 (kx2)2(x,y) (0,0)1 k2

显然它是随着k的值不同而改变的,故所给极限不存在.

习题9.2 (A) 1.(1)

；(2)1. 4

z z yexy 2xy, xexy x2. x y

z z esinx cosx cosy, esinx ( siny). x y

z zxy y(1 xy)y 1 y y2(1 xy)y 1 (1 xy)y[ln(1 xy) ]. x y1 xy

y

y

y

2.(1)解:

(2)解:

(3)解:

uyz 1 u1 uy

(4)解: x, xzlnx , xzlnx ( 2).

xz yz zz zx 2z1yx

第九章解:； ln(x y) ,2 22

xx y xx y(x y)(x y) zx 2zx

； ,2 yx y y(x y)2

2z1xy . 22

x yx y(x y)(x y)

( ) ( ) ( ) z1 z12 z2 zxyxy

第十章证: e 2, e 2, x y 2exy 2z.

xx yy x y

11

11

11

(B)

u 2uxyz

1.解: e yz, exyz xz yz exyz z zexyz(xyz 1),

x x y

3u exyz(xyz 1) zexyz xy(xyz 1) zexyz xy exyz(x2y2z2 3xyz 1),

x y z

2u 3u 2uxyz22

2 e yz,2 (2) exyz xz y2z2 exyz 2yz2 yz2exyz(xyz 2),

x x y y x 3u 2u () zexyz xz(xyz 1) zexyz xz xz2exyz(xyz 2). 2

x y y x y

2.解:

z1y

2f(xy) f'(xy) y '(x y), xxx

2z11y

2f'(xy) x f'(xy) f''(xy) x '(x y) y ''(x y) x yxxx

yf''(xy) '(x y) y ''(x y). 3.解:设u xg(y),v y,则x

uu

,y v,代入即得f(u,v) g(v), g(v)g(v)

f1 2fg (v)

于是. ,

ug(v) u v[g(v)]2

习题9.3

(A)

, 0.2；(2)dx 1.(1) 0.20404

y

1

32

dy. 3

y

y

z zy11

2.(1)解:dz dx dy ex ( 2)dx ex dy 2ex(ydx xdy).

x yxxx

z z1

(2)解:dz dx dy y ( )(x2 y2) 3/2 2xdx

x y2

x2 y2 y

x y

2

2

yx2 y2

dy

xyx2x

2dx dy (ydx xdy).

(x y2)3/2(x2 y2)3/2(x2 y2)3/2

(3)解:dz

z zdx dy x y

1(x y) (x y)1(x y) (x y)

dx dy 22

x y2x y(x y)(x y)1 ()1 ()2x yx y yx ydx xdydx dy .

x2 y2x2 y2x2 y2

u u uy11z1x

dx dy dz ( 2 )dx ( 2)dy ( 2)dz. xy zxzxyyz

1

1

(4)解:du

1xz 111xz 1x

3.解:fx(x,y,z) () ,fy(x,y,z) () ( 2),

zyyzyy

df(1,1,1) fx(1,1,1)dx fy(1,1,1)dy fz(1,1,1)dz dx dy.

(B)

1.解:dz e

arctan

yx

d(x y) (x y)d(e

2

2

2222

yx

)

yx

e

yx

(2xdx 2ydy) (x y)e

[

1y1

( 2dx dy)] yxx1 ()2x

yx

e

yx

(2xdx 2ydy ydx xdy) e

[(2x y)dx (2y x)dy].

y

z zx

(2x y)e 由全微分与偏导数的关系可知,其中dx的系数就是,即, x x

再对y求偏导数,得

2z11y2 xy x2 arctanx

xx

e (2x y)e[ ] e . 22

y x yx y1 ()2xx

y

y

y

2.解:当x y 0时,

22

f x

yx2 y2 xy

x y

2

2

xx2 y2

y3(x2 y2)3

x3(x2 y2)3

,

f y

2

xx2 y2 xy

x2 y2

2

yx2 y2

.

当x y 0时,

x 0

f x

x 0y 0

lim

x 0

( x) 0f(0 x,0) f(0,0)

lim x 0 x x

22

0

0,

0 y

f y

lim

x 0y 0

x 0

0 ( y)f(0,0 y) f(0,0)

lim x 0 y y

22

0

0.

所以

y3x322

,x y 0 f ,x2 y2 0 f

,. (x2 y2)3 (x2 y2)3

x y

22

x y 0x2 y2 0 0, 0,

因为当点(x,y)沿直线y kx趋于(0,0)时,

fk3x3k3

lim lim ,

222323(x,y) (0,0) x(x,y) (0,0)

(x kx)(1 k)

显然它是随着k的值不同而改变的,所以极限

f

不存在；

(x,y) (0,0) xlim

同理可得极限

f f f不存在,故,在点(0,0)处不连续.

(x,y) (0,0) y x ylim

又 z f(0 x,0 y) f(0,0)

x y( x) ( y)

2

2

,zx(0,0) x zy(0,0) y 0,

lim

z (zx x zy y)( x)2 ( y)2

x 0

y 0

lim

x y

,

x 0( x)2 ( y)2 y 0

上述极限不存在,故f(x,y)在点(0,0)处不可微.

习题9.4 （A）

4.(1)esint 2t(cost 6t2)；(2)x2sin2y(1

z

5.解:令t x y,则u t.

22 u u t u z

ztz 1 1 tzlnt 2x (x y)x y 1[x2 y2 2x(x y)ln(x y)] x t x z x

3

1

cosy),x3cosy(cos2y 2sin2y). 2

u u t u zz 1zx2 y2 1

zt( 1) tlnt 2y (x y)[2y(x y)ln(x y) x2 y2] y t y z y

22

3.解:令u x y,v xy,则z f(u,v).

记 z f , z f , z f , z f z f , z f ,

121122122122

2222

u v u v u v v u

z u v z u v f1 f2 2xf1 yf2 , f1 f2 2yf1 xf2 , x x x y y y

2z

2x f12 y) y(f21 ` 2x f22 y) 2 2f1 2x(f11

x

2xyf12 2xyf21 y2f22 2f1 4x2f11

2z

( 2y) f12 x] x[f21 ` ( 2y) f22 x), 2 2f1 2y[f11

y

2xyf12 2xyf21 xf22 . 2f1 4yf11

(B)

1.(1)2xyf()；(2)4dx 2dy. 2.解:由一阶全微分形式不变性,得

22

y

x

f f1 f fd(xy) d[(x2 y2)] (ydx xdy) (xdx ydy) u v2 u v f f f f x)dx (x y)dy. (y u v u v

dg 于是

g f f g f f y x, x y,故 x u v y u v

22222

g f f f f f f f f y() x() y(y x) x(y x) x2 x u x v v u2 u v v u v2 v2

2f 2f f2 f 2xy x y， 22 u u v v v

2

2g f f f 2f 2f 2f 2f f

2 x() y() x(x2 y) y(x y2) y y u y v v u u v v u v v

2

2f 2f f2 f 2xy y x， 22 u u v v v

2

22 2g 2g22 f22 f 所以 2 2 (y x) (x y)2 x2 y2. 2 x y u v

6.证:(1)因为

u u x u y1 u u

,

s x s y s2 x2 y

u u x u y u1 u

,

t x t y t2 x2 y

u2 u2 u u1 u3 u2 u1 u2

) () （ ） （ ） ()2 ()2. s t x y2 x2 y2 x2 y

所以 (

2u u 1 u u

() ( (2)因为2 )

s s s s2 x2 y

1 2u x 2u y3 2u x 2u y

(2 ) ( 2)

2 x s x y s2 y x s y s11 2u3 2u31 2u 2u

( ) ( )

22 x22 x y22 y x2 y21 2u 2u3 2u

, 22

4 x2 x y4 y

2u u u1 u

2 () ( )

t t t t2 x2 y

3 2u x 2u y1 2u x 2u y

(2 ) ( 2)

2 x t x y t2 y x t y t3 2u1 2u13 2u1 2u

( ) ( )

22 x22 x y22 y x2 y23 2u3 2u1 2u

, 22

4 x2 x y4 y

2u 2u 2u 2u

所以 2 2 2 2.

x y s t

习题9.5

(A)

yz xyzxz 2xyzyxy 1 yxlny

1.(1)；(2). ,

xyx 1 xylnxxyz xyxyz xy

2.解:设F(x,y,z) x y z 4z,则Fx 2x,Fy 2y,Fz 2z 4.

2

2

2

FyF z2xx z2yy

, x

xFz2z 42 z yFz2z 42 z

z)22

(2 z) x,

(2 z)2(2 z)3

z z x

() () 2 x x x x2 z

2

2 z x(

z

)

2z z xxy y

() () . 23

x y y x y2 z(2 z)(2 z)

x(

3.解:

z z x z y z z

eucosv eusinv v, u x u y u x y

z z x z y z z eu( sinv) eucosv u, v x v y v x y

z z

(vcosv usinv)e u, (vsinv ucosv)e u. x y

2

2

2

解得

4.证:设F(x,y,z) x y z yf(),则

z

y

Fx 2x,Fy 2y f()

zyzzzf (),Fz 2z f (). yyy

zzz

2y f() f ()FyF z2x zyyy

x ,

zz xFzFzf () 2z yf () 2zyy

zzz

(x2 y2 z2)2x 2xy[2y f() f ()] zyyy222 z 2xy (x y z)

z x yf () 2zyzz2

2x(x2 y2 z2) 2x(x2 y2 z2) 2xzf () 4xz 2xzf ()

yy

2xz.

f () 2zf () 2z

yy

(B)

1.(1)0；(2)

y zx z

,. x yy x

2.解:

du f fdy fdz . (*) dx x ydx zdx

由e xy 2两边对x求导,得

xy

dyydydy

. ) (y x) 0, dxxdxdx

x zsintx

dt两边对x求导,得 由又e 0t

e(y x

xy

sin(x z)dzdzex(x z) (1 ), e . 1 x zdxdxsin(x z)

x

du fy fex(x z) f

将其代入(*)式,得 [1 ].

dx xx ysin(x z) z

3.解:在xe ye ze两边微分,得 edx xedx edy yedy edz zedz,

x

y

z

xxyyzz

(1 x)exdx (1 y)eydy

故 dz . z

(1 z)e

由u f(x,y,z),得

du fx dx fy dy fz dz (fx fz

x 1x zy 1y z

e)dx (fy fz e)dy. z 1z 1

习题9.6 (A)

112

)；(2)i 2j 2k,2j,5 4t2. 1.(1)(,,

222

2.解:曲线在对应于t 1的点为(,2,1),该点处的切向量

12

T (x (1),y (1),z (1)) (

111

, ,2t) (, 1,2), t 1

(1 t)2t24

x

11

x

y 2 z 1,即 y 2 z 1. 于是曲线在该点处的切线方程为 1 121 484

11

所求法平面方程为 (x ) (y 2) 2(z 1) 0,即 2x 8y 16z 1 0.

42

3.解:

z z

4x, 2y,曲面在点(1,1,3)处的一个法向量为n (4,2, 1), x y

于是曲面在该点处的切平面方程为 4(x 1) 2(y 1) (z 3) 0, 即 4x 2y z 3 0.

所求法线方程为

x 1y 1z 3

. 42 1

(B)

1.解:xt 1,yt 2t,zt 3t2,设所求点对应的参数为t0,则曲线在该点处的一个切向量为

2

T (1,2t0,3t0).已知平面的法向量为n (1,2,1),由切线与平面平行,得n T 0,即

1 4t0 3t0 0,解得t0 1和

2

1111

,于是所求点为( 1,1, 1)或( ,, ).

39273

2.解:设F(x,y,z) x2 2y2 z2 1,则曲面在点(x,y,z)处的一个法向量为 n (Fx,Fy,Fz) (2x,4y,2z).

已知平面的一个法向量为(1, 1,2),由已知平面与所求平面平行,得

2x4y2z11

,即x z,y z. 1 1224

z2z22

代入椭球面方程,得 () 2( ) z 1.

24

解得 z 2

2212,则x . ,y 1111211

所以切点为(

2122, , 2). 1121111

所求切平面方程为 (x

2122

) (y ) 2(z 2) 0, 1121111

即 x y 2z

. 2

2

2

2

3.解:所求曲线的切线,也就是曲面x y z 3x 0在点(1,1,1)处的切平面与平面 2x 3y 5z 4的交线,利用曲面的切平面方程得所求切线为

(x 1) 2(y 1) 2(z 1) 0， x 2y 2z 3， 即

2x 3y 5z 4.2x 3y 5z 4.

这切线的方向向量为(16,9, 1),于是所求法平面方程为 16(x 1) 9(y 1) (z 1) 0,即16x 9y z 24 0.

习题9.7 (A)

1 24.(1)(i j),；(2)(3, 2, 6),(6,3,0).

22

5.解:先求切线斜率:在y 4x两边分别对x求导,得2y

2

dy

4, dx

于是

dy2dy ,k dxydx

x 1

y 2

22

,). 1,切线方向l (1,1),el (

22

又

z x

z l

x 1y 1

2xy2

x 1y 2

8,

z y

x 1y 2

(2x2y 4)x 1 0,

y 2

故

(1,2)

8

22 0 42. 22

3.解:(1)fx(x,y,z) sinyz,fy(x,y,z) xzcosyz,fz(x,y,z) xycosyz,

则gradf(x,y,z) sinyzi xzcosyzj xycosyzk.

0 1

(2)fx(1,3,0) 0,fy(1,3,0) 0,fz(1,3,0) 3,l (i 2j k),

6

则

f l

(1,3,0)

0

121. 0 3 ( ) 2666

(B)

1.解:fx(x,y)

xx2 y2

cos ,fy(x,y)

yx2 y2

sin ,e cos i sin j,

则

f

cos cos sin sin cos( ). e

2

2

2

2.解:设F(x,y,z) x y z 1,则Fx 2x,Fy 2y,Fz 2z,于是球面在点

(x0,y0,z0)处的外法线方向向量可取为l (Fx,Fy,Fz)(x0,y0,z0) (2x0,2y0,2z0),

l的方向余弦为cos

x0x y z

20

20

20

,cos

y0x y z

20

20

20

,cos

z0x y z

20

20

20

,

又

u u u 1, 1, 1,故 x y z

u l

(x0,y0,z0)

1

x0x y z

20

20

20

1

y0x y z

20

20

20

1

z0x y z

20

20

20

x0 y0 z0x y z

20

20

20

.

3.解:令u x t,v yt,则

x

e

(x t)2

dt e( du) edu， ye

x

u2

x

u2

y

(yt)2

dt edv，

y2

v2

0 z1 x2 zy4

e 2ye，l (i j)， x y2 z l

111 1 2e (1 2e). 222

习题9.8

(A)

则

(0,1)

4.(1)2(ln2 1), 2(ln2 1)；(2)(1,3),4,小.

5.解:x 6xy 10y 2yz z 18 0两边同时对x求导,得 2x 6y 2yzx 2zzx 0, zx

2

2

2

2

2

2

x 3y

. y z

x 6xy 10y 2yz z 18 0两边同时对y求导,得 6x 20y 2z 2yzy 2zzy 0, zy 令zx 0,zy 0,得驻点(9,3),( 9, 3).

3x 10y z

.

y z

3(y z) (x 3y)(1 zy)(y z) (x 3y)zx

zxx ,zxy ,

(y z)2(y z)2

zyy

(10 zy)(y z) ( 3x 10y z)(1 zy)

(y z)

2

,

1151,B ,C ,AC B2 0, z(9,3) 3为极小值； 62336

11512

0, z( 9, 3) 3为 在点( 9, 3)处,A ,B ,C ,AC B

62336

在点(9,3)处,A 极大值；

x2y2z2

6.解:设椭球面方程为2 2 2 1,(x,y,z)是它的内接长方体在第一卦限内的一个

abc

顶点,则此长方体的长,宽,高分别为2x,2y,2z,体积为V 8xyz.

x2y2z2

作拉格朗日函数 L 8xyz (2 2 2 1),

abc

2 x

L 8yz 0, x

a2

x2y2z2x2y2z22 y

令 Ly 8xz 2 0, 2 2 2,代入 2 2 2 1,

abcabcb

2 z

L 8y 0,2 z

c

得x

2a2b2cabc

,,, 即当长方体的长,宽,高分别为时体积最大. ,y ,z

333 fx(x,y) 6y 0

7.解:令 ,解得唯一驻点(0,0),f(0,0) 0.

fy(x,y) 6x 0

22

要求f(x,y)在所给区域边界上的极值，即求f(x,y)在条件(x y) 3y 1之下的极

值.

令L 6xy [(x y) 3y 1],

2

2

Lx 6y 2 (x y) 0,

x 2y,代入(x y)2 3y2 1,

Ly 6x 2 (x y) 6 y 0，

12

12

1111, ),( ,), 2321111

, ) 1,f( ,) 1, 322 得(x,y) (1,),( 1, ),(

f(1,) 3,f( 1, ) 3,f(

1

212

所以f(x,y)在所给区域上的最大值为3,最小值为 1.

(B)

1.(1)小；(2) . 2.解:(1)先求f(x,y).

由dz 2xdx 2ydy dx dy d(x y) z x y c； 由f(1,1) 2 c 2 z f(x,y) x y 2. (2)求f(x,y)在D内驻点及相应函数值.

2

2

2

2

2

2

2

2

令

zx 2x 0,

解得唯一驻点(0,0),且f(0,0) 2.

z 2y 0, y

22

(3)求f(x,y)在D的边界y 4(1 x)上的最大值和最小值.

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