长沙理工大学高数下册练习册答案
更新时间:2023-05-13 23:48:02 阅读量: 实用文档 文档下载
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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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