解析几何答案苏大第四版

第1章 矢量与坐标

§1.1 矢量的概念

1.下列情形中的矢量终点各构成什么图形？

（1）把空间中一切单位矢量归结到共同的始点；

（2）把平行于某一平面的一切单位矢量归结到共同的始点；

（3）把平行于某一直线的一切矢量归结到共同的始点；

（4）把平行于某一直线的一切单位矢量归结到共同的始点.

[解]：（1）单位球面； （2）单位圆

（3）直线； （4）相距为2的两点 2. 设点O 是正六边形ABCDEF 的中心， 在矢量OA 、、 OC 、、、 OF 、AB 、BC 、CD 、 DE 、 和中，哪些矢量是相等的？

[解]：如图1-1，在正六边形ABCDEF 中， 相等的矢量对是： 图1-1

C .DE OF C

D O

E AB OC FA OB E

F OA 和；和；和；和；和

3. 设在平面上给了一个四边形ABCD ，点K 、L 、M 、N 分别是边

ＡＢ、ＢＣ、ＣＤ、 ＤＡ的中点，求证：KL ＝NM . 当ABCD

是空间四边形时，这等式是否也成立？

[证明]：如图1-2，连结AC , 则在ΔBAC 中， 21AC. KL 与方向相同；在ΔDAC 中，2

1AC . NM 与AC 方向相同，从而KL ＝NM 且KL 与NM 方向相同，所以KL ＝

.

4. 如图1-3，设ABCD -EFGH 是一个平行六面

体，在下列各对矢量中，找出相等的矢量和互

为相反矢量的矢量：

(1) AB 、;

(2) AE 、;

(3) 、

; (4) AD 、; . BE 、(5) [解]：相等的矢量对是

（2）、（3）和（5）；

互为反矢量的矢量对是（1）和（4）。

§1.3 数量乘矢量

D

b a ,应满足什么条件？

1.要使矢量

下列各式成立，?=

++=+

（2（1

?+ （4?=（3+=

（5

??

=[解]

：=+b a 的直,所在线（1）；

+=+b a , （2）

≥且 （3b a ,=

+

反向时b a , （4）+=

（5

）≥?=?

b a ,AL , BM , 2. 设L 、M 、N 分别是ΔABC 的三边BC 、CA 、AB 的中点，证明：三中线矢量可 以构成一个三角形.

[证明]： )(2

1+=∵ )(2

1BC BA BM += )( 2

1+= 0)(1++++=++ 2

=+∴CB A 从而三中线矢量C BC BA AC AB CN BM AL CN BM AL ,,构成一个三角形。 N 是△ABC 的三边的中点，O 是任意一点，证明

3. 设L 、M 、OB OA ++OC =OL ++. LA OL OA +=∵

[证明] += NC ON OC +=

)(=++ +++++∴ =)(ON OM OL ?++CN BM AL ++ 由上题结论知：0=++

ON OM OL OC OB OA +++=+∴

4. 用矢量法证明，平行四边行的对角线互相平分.

[证明]

：如图1-4，在平行四边形ABCD 中，O 但 BC AD OB

OC BC OA

OD AD +=+?=?=?=?=∵

∴

)(OC OA +∥,AC )(OD OB +∥,BD 不平行于BD 而AC ， 由于∴0=+=+OB OD OC OA ，

从而OA=OC ，OB=OD 。

M 行四边形ABCD 的中心，O 是任意一点，证明

5. 如图1-5，设是平OA +OB +OC +＝4.

[证明]：因为＝

2

1(OA +OC ),

图1-5 ＝2

1(OB +), 所以 2＝

2

1(OA ++OC +OB ) 所以

OA +OB +OC +＝4.

6. 设点O 是平面上正多边形A 1A 2…A n 的中心，证明:

＝0 .

1OA +2OA +…+n OA [证明]

：因为 3OA ＝λ2OA ,

1OA ＋2OA ＋4OA ＝λ3OA ,

……

1?n +1OA O λn A ＝OA ,

n OA ＋2A λO ＝1OA , 21OA +OA …+所以 2(+n )

OA 1OA +2OA +…+n OA ), ＝λ(0 .

1OA 2OA +n OA 所以 (λ)(－2++…)＝显然 λ≠2, 即 λ－2≠0. 所以 1OA +2OA +…+n A ＝0 O .

§1. 矢量的线性关系与矢量的分解

4

1. 设一直线上三点A , B , P AP ＝λ(λ≠－1),O 是空间任意一点，求证：

满足＝

λ+OB OA OP λ

+1 [证明]：如图1因

-7，为OA ,

AP ＝－OB PB ＝,

－－OA ＝λ (OB －所以 ),

λ＝+λ, )OP (1+

＝

λ

λ+OB

OA .

OP 从而 +11＝2e AB e 2. 在△ABC 中，设＝，，AT 是角A 的平它BC AT 分解为1e ,2e 分线（与交于T 点）

，试将图1-8

的线性组合. [解]：因为

|

|e ||TC ||11e ,

且 BT 与方向相同， 所以 |1BT . |2e 由上题结论有

|

|12e ||1

1e e |

|2

21e e e +||||211221e e +.

3. 用矢量法证明：

P △ABC 充要条件是

是重心的＝0

.++ [证明]：“”P △的重心，则

? 若为ABC ＝2＝P

+, 从而 PA +PB －=0

,

即 PA +PB ＋=0

.

“”

若?PA +PB ＋=0

, ＝－PC ＝CP ,

+则取E ，G 分别为AB F ，，BC ，CA 之中点，则有

PE ＝

1

(+PA 2

PB ). 从而CP ＝2.

, BP ＝2AP ＝2.故P 同理可 证为△ABC 的重心.

4. 证明三个矢量a ＝－1e 3+2e +23e , b ，c

＝41e －62e +23e +122e ＝－31e ＋113e 共面，

其中能否用b ,

性示如能表，写出线表示关系式. 线表？示性1e 2e , 3e 不共面，即它们线性无关. [证明]：由于矢量,

考表式虑达 λ+μb +v ＝0

，即

λ (－+32e －62e +122e 1e +23e )+μ (41e +23e )+v (－31e ＋113e )＝,

或 (－λ+4μ－3v ) 0

.

1e +(3λ－6μ＋12v ) 2e +(2λ+2μ＋11v ) 3e ＝1e , 2e , 3e 由于线性无关，故有

解得 λ＝－10，μ＝－1，v ＝2.

≠0，所以??

?=+==?+?.01122,0,034v v v μμλ ?

?1263μλ＋

－+λa

由于 λ＝－10能用b ,c 线性表示

b a ＋51

c . ＝－110是三个两两不共线的矢量，且,, OC ＝λOA +μOB 5. 如图1-10，，试证A , B , C 三点共线μ＝[证明]：“B 共线，从而有

的充要条件是λ+

1.

图1-10

? ”因为 A ，，C ,

AC //,且有≠－1, 使m ＝m

OC ＝m (OB －OC －),

OB ＋m (1+m ), ＝OC ＝m +11＋m m OB . +1但已知＝λ＋μO , OB

B . 由O

C 对分解的唯一性可得

λ＝

m +11, μ＝m

m + 从而 μ＝1m m λ+m +11++11 设＝＝. “λ+μ 1. 则有OC ＋μOB ＋(1－λ)OB ＝λ＝λ?”－=+λ(),

－－＝λ(),

所以 ＝λBA ,

//BA .

从而 故 A ，B ，C 三点共线.

§1.5 标架与坐标

1. 在空间直角坐标系{O ;k j i ,,}下，求P (2,－3,－1)，M (a , b , c )关于

(的坐标.

[解]：

称点坐标为(a ,－b , c )，

c x 坐标为(a ,－b ,－c )，

, , b (类似考虑P 1)即可.

2. 已知矢量1) 坐标平面；(2) 坐标轴；(3) 坐标原点的各个对称点M (a , b , c )关于xOy 平面的对称点坐标为(a , b , －c )，M (a , b , c )关于yOz 平面的对称点坐标为(－a , b , c )，M (a , b , c )关于xOz 平面的对M (a , b , )关于轴平面的对称点M (a b , c )关于y 轴的对称点的坐标为(－a , b ,－c )， M (a , c )关于z 轴的对称点的坐标为－a ,－b , c ).

(2,－3，－a , b , c 的分量如下：

a ＝{

b ＝{0, 2, －}

c {1, 2, －1}；

(1) 0, －1, 2}，4，＝(2) a ＝{1, 2, 3}，b ＝{2, －1, 0}，c ＝{0, 5, 6}.

试判别它？c 表成a ，b 的线性组合？表示们是否共面能否将若能，写出表示式.

[解]:(1) 因为 1

2142

02

10??, ?＝0,所以 , 三矢量共面, 又因为, 的对应坐标成比例，即//，

c 成a , b 的线性组合.

故不能将表3

21a , b , c 三矢量共面.

012?＝0,所以 (2) 因为 6

50, 的对应坐标不成比例，即

又因为 ，

故可以将表成, 的线性组合.

设 ＝+, 亦即{0, 5, 6}＝λ{1, 2, 3}+μ{2, －1, 0} ＝λa

μb 从而

??

?==?.63,02λμλ ?=+μ,02λ?

解得 λ＝2，μ＝－1,

－b 所以 2a c

.

3.证明：四面体每一个顶点与对面重心所连的线段共点，且这点到顶点的距离是它到对面重心距把交点坐标表示出来.

[证明]：设四面体A 1A 24,A i 对面重心为G i , 欲证A i G i 交于一点(i ＝ 2, 3, 4).

在A i G i 上取一点P 离的三倍. 用四面体的顶点坐标A 3A 1,＝313++i

i OG OA i i P A ＝3i i G P , 从而i OP i ，使，

设A i (x i , y i , z i )(i ＝1, 2, 3, 4)，则

???

?

?

?++++++3,3,34324

324

32z z z y y y x x x G 1, ????

?

?++++++3,3,34314

314

31z z z y y y x x x G 2,

G 3???

??

?++++++3,3,34214

214

21

z z z y y y x x x , G 4??

?

??

?++++++3,3

,33213

x 3

2121

z z z y y y x x , 所以

P 1(

31334321+?

+x x x x ++,31334321?+y y y y +++,3

1334

32

1?+z z z z +++) ≡P 1(

4321x x x +++4x ,44321y y y y +++,4

4

321z z z z +++).

≡P 4G P ，三倍.

矢量在轴上的射影

同理得P 2≡P 3≡P 1，所以A i i 交于一点且这点到顶点距离等于这点到对面重心距离的

§1.6

的夹角为，且

15010=与射影1．已知矢量与单位矢量，求射影矢量，又如果e e =′AB

AB .

AB e ,35150.10),(?==∠

COS AB e

[解] 射影

AB

=?

°

°=∠?=′∠ ∴?=′,,AB e e ∵30),(180)(AB e e

,35.10),(s =′∠

COS A e 30= ∴射影e

AB e = 射影矢量

2试证明：射影l (λ+1a λ2a +…+λn n a 2a

+2λ射影l )＝λ1射影l 1a n a .

+…+λn 射影l [证明数学归纳法来证λ]：用.

当n ＝2时，有

1+1a λ22a )＝射影l ((22a λ)射影l (1)+1a λ射影l ＝λ1射影l 1a +λ2射影l 2a . 假设当n ＝k 时等式成立，即有

射影k k a a λλ++ 11a +l k a l (1λ1l )＝射影…+射影λk . 欲证当k +1时亦然. 事实上 影n ＝11射(l 11k k +++k k a ＝射影l [(++a a λλλ ) k k a a λλ++ 11)+1+k a λ1+k ] k k a (a λ++ 11射影l 1+k a

λ)+1+k λ)＝射影l (1a +影l k a +λk+1射影l 1+k a …+λk 射＝λ1射影l 故等式对自数.

§1.7 两矢量的数性积

1．证明面上如 果然n 成立＝b ?i m ＝b .

在平1m 2m

，且a i m ? (i=1,2)，则有a [证明]: 因为 m 12m c ＝λ1m ＋μ2m

,

,所以，对该平面上任意矢量(－b )c －b ＝)(λ1m ＋μ2m )

(?－b ＝λm 1 (a )+μ2m

(a b )

－＝λ(a 1m －b －b 1m )+μ(a 2m

2m )＝0,

故 (a －b )⊥c

.

－b ＝0 .

由的任意性知 c

a ＝b

.

a 从而 的夹角都是，

°

60321===b a ,与b a ,互相垂直，矢量c 2．已知矢量计算：

22)2)(4();3).(23)(3();)()(2(;))(1(?+???++

[解]：

1132;520212))(1(2222=+×+=++=+40cos 32co 32444)2)(4(226460s 1276.);321)()(22222)222;2

60cos 32660cos .398..92.3)3)(23(3((=+×+××=++??=?+c c b c a

3. 用矢量法证明以下各题：

(1) 角余定理

a 2＝

b 2

c 2－2bc cos A ;

三角形边的垂直

平分线共点且这点到各等距.

证明：1△ABC ，×???+=?+°°b c a b a a c b a

==?++??=??c

b a b b

c b b a ?=××+×??=°

°三形的弦＋(2)各顶点

图1-11

（1）如图-21

，b AC ＝,中设＝c ,BC ＝a ， 且|a |＝，b |＝b ,|＝b －c a c a ||＝. 则c , b a 2＝(－c )2＝b 2+c 2－b 2?c ＝b 2+2－c 2|b c |cos A .

||此即 a ＝b 2+c 2－2bc cos A.

(2) 如图1-22，设AB , BC 边的垂PE 相交于 为AB, B , CA 中, 设2 直平分线PD , 图1-12 P ,D, E, F C 的点＝a , ＝b b , PC c , a c BC , ＝则＝－＝－b , CA ＝a －c , ＝2

1(a b +),

＝21(c ＋b ). ⊥BC ,

⊥, 因为 所以 2(1a +b )(b －a )＝21(b 22a )0, －＝b +21()(－b 2－b 2)＝1(2)＝0, 从而有 ＝b 22＝,即 2 |||b 2＝|＝|2,

|2所以 12(c ＋a )(a －c )＝1(a 2－c 2)＝0, 2所以 ⊥CA , 且 | a |＝|b ＝|c ||.

1.证明故三角形各边的垂直平分线共点且这点到各顶点等距.

§1.8 两矢量的失性积 (a ×b )2≤a 2b 2?，说在什并明么情形下等号成立. [证明]：(a ×b )2＝|a ×b |2＝|a |2|b |2sin 2∠(a ,b )

≤|a 2

|b | |2＝2?b 2a .sin 2∠ (a ,b )＝1, 从而sin ∠(a ,b )要使等号成立, 必须＝1, 故∠(a ,b )＝b 2π，即当a ⊥时，等号成立. 2. 证明如果a +b +c ＝0 ，那么a ×b b ×c ＝c ×a ＝，并说明它的几何意义. 由[证明]： a +b +c ＝0 , 有 (a +b ＝0 ×c ＝0 , ＝0 +c )×c 但 c ×c ， b ×于是 ×+＝0 , 所以 b ×＝×. 同理 由 (+b ＝×b , 0 , +)×有 ×＝×b ＝b ×＝×.

从而 其几何意义是以三角形的任二边为邻积相等. 3. 如边构成的平行四边形的面×2r ，那么1r ,2r ,3r i (i ＝1,2,3)满足321r r ×=，2r ＝3r ×1r ，3r ＝1果非零矢量是彼此垂直的单位矢量，并且按这次序构成右手系.

[证明]：由矢性积的定义易知1r ,2r ,3它们均为单矢量.

r 彼此垂直，且构成右手系. 下证位因为 1323×1r ＝ 2r ×r ，r ＝r r , 所以 |123r |＝|r ||r | |2r ||, ＝3r ||1r |,

所以 |1r |＝|3r |2|1r |.

由于图1-13

|1r |≠，从而0 |3r |＝1，2|3r |＝1. 同理可证 |21r |＝1，||＝1.

1,2r ,3r 从而都是单位矢量.

4. 用矢量方法证明：

（1）三角形的正弦定理

A sin ＝a

B b sin ＝

C c sin . （2）三斜求积公式：

Δ2＝p (p －a )(p －b )(p －c ). 式中p ＝

角形面积的海伦(Heron)公式，即三2(b Δ1)a ++c 是三角形的半周长，为三角形的面积. [证明]：1-1△C (1) 如图3，在AB 中，设BC ＝a ，CA ＝b ＝c ，AB ， 且|a |＝a ，|b |＝b , |c |＝c , 则 a +b +c ＝0 , 从而有 b ×c ＝c ×a a ×b , ＝所以 |b ×c |＝|c ×a |＝|a ×b |, 于是 bc sin A ＝ca sin B ＝ab sin C ,

a sin A ＝B sin ＝

b C

in . c s (2) 同上题图，△ABC 的面积为

×b Δ＝21|a |, 所以 Δ2＝41(a b × )2. 因为 (×b )2+(?b )2＝2b 2,

41

[a 2b 2b )2].

所以 Δ2＝－(a ?由于 a +b +c ＝0

,

从而 a +b ＝－c ，(a b

＋)2＝c 2,

b 所以 a ＝21(

c 2－a 2－b 2

1

2(c )＝2－a 2－b 2),

故有 2＝

41 Δ[a b 2－24(c 2－2－b )2] 1a 2＝161

[2ab a －ab －2－2b 2)]2－(c [2+(c a 2－b 2)] ＝161c 2][c

2[(a +b )2－－(a －b )2] ＝16(a +b c )(+b －c c +－1

+a )(a b )(c －a ＋b ) ＝161

?2p 2c )(2)(2p －2a ?(2p －p －2b ). 所以 Δ2=p (p ?a )(p ?b )(p ?c ), 或 Δ=))()((p p ?c p b p a ??.

§1.9 三矢量的混合积

1. 设

, , 为三个非零矢量，证明

(1+λ) (, , +μ) =(, , ); (2) (＋, ) =2(, , ＋, ＋). [证明]：(+μ+λ(1)左端=()?×)

=×)?+(×()?(λμ))+()?( ××)?+λ(×)?+×)? =(μ(a b c =()+λ(a b a )+μ(a b b ) =()=右端.

2)左端=+)+)

]?(( [(×(+)××+×]?(+=[+)

=(×)?+(×)?+(×)?+(×)?+(×)?+(×)? +(=())=2()=右端.

2． 设径矢1r =, 2r =, 3r =, ＝(21r ×)＋(32r r ×)＋(13r ×)

证明 垂直于平面. [证明]:由于ABC ?=)(12r r ??[)()()(133221r r r r r r ×+×+×]

)()()()()()(1313212111323=22212r r r r r r r r r r r r r r r r r r ???++ =0)()(321321=?r r r r r r ,

⊥. 所以 ⊥.

同理可证 所以 ⊥平面ABC .

3．u =11e a +21e b +31e c ,12e a v = +22e b +32e c , w

=13e a +23e b +33e c ,

试证明 (w v u

,,)=3

3

322

21

1

1c b a c b a c b a (1e ,2e ,3e ). [证明]：∵ u ×v =

22

11

b a b a (1e ×2e )+2211

c b c b (2e ×3e )+221

1

a c a c (3e ×1

e ) ∴(w v u ,,)=(u ×v )?w

=

2211b a b a c 3(1e ×2e )?3e +22

11

c b c b a 3(2e ×3e )?1e +2

21

1

a c a c

b 3(3e ×1e )?2e =????

????+

+322

1

132

211

32

211b a c a c a c b

c b c b a b a (1e ×2e )?3e =3

33

222

1

11c b a c b a c b a (1e ,2e ,3e ).

第2章 曲面与空间曲线的方程

§2.1 曲面的方程

1、 一动点移动时，与)0,0,4(A 及xoy 平面等距离，求该动点的轨迹方程。 解：设在给定的坐标系下，动点，所求的轨迹为C ，

),,(z y x M

则z C

z y x M =?∈),,( 亦即z z

y x =++?222)4( 0)4(22=+?∴y x

由于上述变形为同解变形，从而所求的轨迹方程为

0)4(2

2=+?y x 2、在空间，选取适当的坐标系，求下列点的轨迹方程：

（1）到两定点距离之比为常数的点的轨迹；

（2）到两定点的距离之和为常数的点的轨迹；

（3）到两定点的距离之差为常数的点的轨迹；

（4）到一定点和一定平面距离之比等于常数的点的轨迹。

解：（1）取二定点的连线为x 轴，二定点连接线段的中点作为坐标原点，且令两距离之比的常数为，二定点的距离为，则二定点的坐标为m a 2)0,0,(),0,0,(a a ?，设动点，所求的轨迹为C ，则 ),,(z y x M 222222)()(),,(z y a x m z y a x C z y x M +++=++??

∈ 亦即

])[()(2222222z y a x m z y a x +++=++?经同解变形得：

0)1()1(2))(1(2222222=?++?++?a m x m a z y x m 上式即为所要求的动点的轨迹方程。

（2）建立坐标系如（1），但设两定点的距离为，距离之和常数为。设动点，要求的轨迹为C ，

c 2a 2),,(z y x M 则a z y c x z y c x C

z y x M 2)()(),,(222222=++++++??∈ 亦即222222)(2)(z y c x a z y c x +++?=++?

两边平方且整理后，得： （1）

)()(2222222222c a a z a y a x c a ?=++?222c a b c a ?=∴>令∵

从而（1）为 22222222b a z a y a x b =++

即：

22222222b a z a y a x b =++由于上述过程为同解变形，所以（3）即为所求的轨迹方程。

（3）建立如（2）的坐标系，设动点，所求的轨迹为C ，

),,(z y x M 则a z y c x z y c x C z y x M 2)()(),,(222222±=++++++??∈

类似于（2），上式经同解变形为：122

2222=??c

z b y a x 其中 )(222a c a c b >?= （*） （*）即为所求的轨迹的方程。

（4）取定平面为xoy 面，并让定点在z 轴上，从而定点的坐标为，再令距离之比为。

),0,0(c m 设动点，所求的轨迹为，则

),,(z y x M C z m z y x C

z y x M =++?∈222),,( 将上述方程经同解化简为： （*）

02)1(22222=+??++c cz z m y x （*）即为所要求的轨迹方程。

2、 求下列各球面的方程：

（1）中心，半径为；

)3,1,2(?6=R （2）中心在原点，且经过点；

)3,2,6(?（3）一条直径的两端点是)3,1,4()5,32(??与

（4）通过原点与)4,0,0(),0,3,1(),0,0,4(?

解：（1）由本节例5 知，所求的球面方程为：

36)3()1()2(222=?+++?z y x

（2）由已知，球面半径73)2(6222=+?+=

R

所以类似上题，得球面方程为 49222=++z y x

（3）由已知，球面的球心坐标12

35,1213,3242=?=?=+?==+=c b a ，球的半径21)35()31()24(21222=++++?=R ，所以球面方程为：

21)1()1()3(222=?+++?z y x

（4）设所求的球面方程为： 02222

22=++++++l kz hy gx z y x 因该球面经过点)4,0,0(),0,3,1(),0,0,4(),0,0,0(?，所以 ???????=?=++=+=0

8160

621008160k h g g l （1） 解（1）有

???????=?=?==2

2

10k g h l ∴所求的球面方程为

0424222=+??++z y x z y x §2.2 母线平行于坐标轴的柱面方程

1、画出下列方程所表示的曲面的图形。

（1）

369422=+y x 解：各题的图形如下：

（1）

369422=+y x

§2.3空间曲线的方程

1、平面c x =与的公共点组成怎样的轨迹。 0222=?+x y x

解：上述二图形的公共点的坐标满足

???=?=????==?+c

x c c y c x x y x )2(02222 从而：（Ⅰ）当时，公共点的轨迹为：

20<

x c c y )2( 及 ?????=??=c

x c c y )2( 即为两条平行轴的直线；

（Ⅱ）当时，公共点的轨迹为： 0=c ?

??==00x y 即为z 轴； （Ⅲ）当时，公共点的轨迹为：

2=c ???==2

0x y 即过且平行于)0,0,2(z 轴的直线； （Ⅳ）当或2>c 0

2、指出下列曲面与三个坐标面的交线分别是什么曲线？

（1）； （2）；

6416222=++z y x 641642

22=?+z y x （3）； （4） 64164222=??z y x z y x 16922=+解：（1）曲面与xoy 面的交线为： ???==+????==++0

640641622222z y x z z y x 此曲线是圆心在原点，半径且处在8=R xoy 面上的圆。

同理可求出曲面与64162

22=++z y x yoz 面)0(=x 及面zox )0(=y 的交线分别为： ???==+0

641622x z y ， ???==+0641622y z x 它们分别是中心在原点，长轴在y 上，且处在y 轴oz 面上的椭圆，以及中心在原点，长轴在

x 轴上，且处在zo 上的椭圆； x 面（2）由面与641642

22=?+z y x xoy 面)0(=z ，yoz 面)0(=x ，zox 面的交线分别为： )0(=y ???==?+064164222z z y x ,, ???==?+064164222x z y x ?

??==?+064164222y z y x 亦即：,,

???==+064422z y x ???==?016422x z y ???==?0641622y z x

即为中心在原点，长轴在x 轴上，且处在xoy 面上的椭圆；中心在原点，实轴在轴，且处在y yoz 面上的双曲线，以及中心在原点，实轴在x 轴，且处在面上的双曲线。

zox （3）曲面与641642

22=??z y x xoy 面)0(=z ，yoz 面)0(=x ，zox 面的交线分别为： )0(=y ???==??064164222z z y x ,, ???==??064164222x z y x ?

??==??064164222y z y x 亦即,,

???==?064422z y x ???==??06416422x z y ???==?0

641622y z x 即为中心在原点，实轴在x 轴，且处在xoy 面上的双曲线；无轨迹以及中心在原点，实轴在x 轴上，且处在面上的双曲线。

zox （4）曲面与z y x 1692

2=+xoy 面)0(=z ，yoz 面)0(=x ，面的交线分别为： zox )0(=y ???==+016922z z y x ,, ???==+016922x z y x ???==+0

16922y z y x 亦即,, ???==+00922z y x ???==01692x z y ?

??==0162y z x 即为坐标原点，顶点在原点以z 轴为对称轴，且处在yoz 面上的抛物线，以及顶点在原点，以轴为对称轴，且处在面上的抛物线。

z zox 3、 求下列空间曲线对三个坐标面的射影柱面方程。

（1）;（2） ???+==?+1022x z z y x ?

??=+?==?+??+010*******z y z x yz z x （3）（4） ???=??=++71023562z y x z y x ?????=?+?+=++1

)1()1(1222222z y x z y x 解：（1）从方程组 ?

??+==?+1022x z z y x 分别消去变量z y x ,,，得：

0)1(2

2=?+?z y z 亦即： （Ⅰ） 01322=+?+z y z 01=??x z （Ⅱ）

0122=??+x y x （Ⅲ）

（Ⅰ）是原曲线对yoz 平面的射影柱面方程；

（Ⅱ）是原曲线对平面的射影柱面方程；

zox （Ⅲ）是原曲线对xoy 平面的射影柱面方程。

（2）按照与（1）同样的方法可得原曲线

（Ⅰ）对yoz 平面的射影柱面方程；01=+?z y ；

（Ⅱ）对平面的射影柱面方程；； zox 0362222=?+??z x z x （Ⅲ）对xoy 平面的射影柱面方程。。

0122222=++??y x y x （3） 原曲线对yoz 平面的射影柱面方程：0272=?+z y

原曲线对平面的射影柱面方程：zox 03=??z x

原曲线对xoy 平面的射影柱面方程：02327=?+y x

（4） 原曲线对yoz 平面的射影柱面方程：01=?+z y

原曲线对平面的射影柱面方程： zox 02222=?+z z x 原曲线对xoy 平面的射影柱面方程： 02222=?+y y x

第3章 平面与空间直线

§ 3.1平面的方程

1.求下列各平面的坐标式参数方程和一般方程：

（1）通过点和点)1,1,3(1?M )0,1,1(2?M 且平行于矢量}2,0,1{?的平面（2）通过点和且垂直于)1,5,1(1?M )2,2,3(2?M xoy 坐标面的平面；

（3）已知四点，，。求通过直线AB 且平行于直线CD 的平面，并求通过直线AB 且与)3,1,5(A )2,6,1(B )4,0,5(C ABC )6,0,4(D Δ平面垂直的平面。

解： （1）∵ }1,2,2{21??=M M ，又矢量}2,0,1{?平行于所求平面，

故所求的平面方程为：

??

???++?=?=??=v u z u y v u x 212123一般方程为：

07234=?+?z y x （2）由于平面垂直于xoy 面，所以它平行于z 轴，即与所求的平面平行，又}1,0,0{}3,7,2{21?=M M ，平行于所求的平面，所以要求的平面的参数方程为：

??

???+?=+?=+=v u z u y u x 317521

一般方程为：，即0)5(2)1(7=+??y x 01727=??y x 。

（3）（ⅰ）设平面π通过直线AB ，且平行于直线CD ：

}1,5,4{??=，}2,0,1{?=

从而π的参数方程为：

??

???+?=+=??=v u z u

y v u x 235145 一般方程为：。

0745910=?++z y x （ⅱ）设平面π′通过直线AB ，且垂直于ABC Δ所在的平面

∴ }1,5,4{??=， }1,1,1{4}4,4,4{}1,1,0{}1,5,4{==?×??=×

均与π′平行，所以π′的参数式方程为：

??

???+?=++=+?=v u z v u y v u x 35145

一般方程为：.

0232=??+z y x

2.化一般方程为截距式与参数式：

042:=+?+z y x π. 解： π与三个坐标轴的交点为：)4,0,0(),0,20(),0,0,4(??， 所以，它的截距式方程为：

1424=+?+?z y x . 又与所给平面方程平行的矢量为：}4,0,4{},0,2,4{?， ∴ 所求平面的参数式方程为：

??

???=?=++?=v z u

y v u x 24 3.证明矢量},,{Z Y X v =平行与平面0=+++D Cz By Ax 的充要条件为：.

0=++CZ BY AX 证明： 不妨设0≠A ，

则平面的参数式方程为：

0=+++D Cz By Ax ???

????==???=v z u

y v A C u A B A D x 故其方位矢量为：}1,0,{},0,1,{A

C A B ??， 从而平行于平面0=+++

D Cz By Ax 的充要条件为： ，}1,0,{},0,1,{A C A B ??共面 ?

01

001=??A

C A B Z Y X ? 0=++CZ BY AX . 4.已知：连接两点的线段平行于平面),12,0(),5,10,3(z B A ?0147=??+z y x ，求B 里的坐标.

z 解： ∵ }5,2,3{z +?= 而AB 平行于

0147=??+z y x 由题3知：0)5(427)3(=+?×+×?z

从而.

18=z

§ 3.2 平面与点的相关位置

1.计算下列点和平面间的离差和距离：

（1），

)3,4,2(?M :π 0322=++?z y x ； （2）， )3,2,1(?M :π 0435=++?z y x . 解： 将π的方程法式化，得：

013

23132=??+?

z y x ， 故离差为：3

11332431)2(32()(?=?×?×+?×?=M δ， M 到π的距离.31)(==M d δ （2）类似（1），可求得

0354

353

356

355

)(=?++?=M δ，

M 到π的距离.0)(==M d δ

2.求下列各点的坐标：

（1）在轴上且到平面y 02222=??+z y 的距离等于4个单位的点；

（2）在z 轴上且到点与到平面)0,2,1(?M 09623=?+?z y x 距离相等的点；

（3）在x 轴上且到平面01151612=++?z y x 和0122=??+z y x 距离相等的点。 解：（1）设要求的点为则由题意

)0,,0(0y M 492

20=?y

∴ 610=?y ?或7.

50?=y 即所求的点为（0，-5，0）及（0，7，0）。

（2）设所求的点为则由题意知：

),0,0(0z 7962102022?=

++z z 由此，或-82/13。

20?=z 故，要求的点为及)2,0,0(?)13

82,0,0(?。 （3）设所求的点为，由题意知：

)0,0,(0x 31225

1

0120?=+×x

由此解得：或11/43。 20=x 所求点即（2，0，0）及（11/43，0，0）。

3.已知四面体的四个顶点为)4,1,1(),5,11,2(),3,5,3(),4,6,0(???C B A S ，计算从顶点向底面ABC 所引的高。

S 解：地面ABC 的方程为：

0522=+??z y x 所以，高335426=+×??=

h 。

4.求中心在且与平面)2,5,3(?C 01132=+??z y x 相切的球面方程。 解：球面的半径为C 到平面π：01132=+??z y x 的距离，它为：

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