解析几何第三版课后答案吕林根许子道著高等教育出版社.pdf

第 1 章 矢量与坐标 第 1 章 矢量与坐标 1.1 矢量的概念矢量的概念 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、OB、 OC、OD、OE、 OF、AB、BC、CD、 DE、EF 和FA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 A F B E C O .DEOFCDOEABOCFAOBEFOA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 、 、 、 的中点，求证：KLNM. 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BAC 中， KL 2 1 AC. KL与AC方向相同； 在DAC 中，NM 2 1 AC. NM与AC方向相同，从而 KLNM 且KL与NM方向相同，所以KL NM. 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、CD; (2) AE、CG; (3) AC、EG ; (4) AD、GF; CH. 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 数量乘矢量数量乘矢量 图 13 ba,应满足什么条件？ 1.要使矢量下列各式成立， ;baba=+;baba+=+ （2）（1） ;bab;baba+ （4）a=（3）+= （5）.bba a= 解：baba=+ba的直垂直时有,所在线（1）； ;baba+=+ba, （2） 同向时有 ;baba,b且 （3）ba,有a=+ 反向时 ba,反向时有 （4）;baba+= （5）ba时有.baba= ba,同向，且 AL, BM , CN2. 设 L、 M、 N 分别是ABC 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 ACABAL+= )( 2 1 BCBABM+= )( 2 1 CBCACN+= 0)( 1 +=+ 2 =+CBA 从而三中线矢量 CBCBAACABCNBMAL CNBMAL,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、 OBOA+OC=OL+OM+ON. LAOLOA+= 证明 MBOMOB+= NCONOC+= )(LAOCOBOA=+ NCMBONOMOL+ =)(ONOMOL+CNBMAL+ 由上题结论知：0=+CNBMAL ONOMOLOCOBOA+=+ 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 是对角线 AC，BD 的交点 但 OBODOCOA OBOCOAOD BCAD OBOCBC OAODAD +=+ = = = = 图 1-4 )(OCOA+,AC)(ODOB +,BD不平行于BD而AC， 由于 0=+=+OBODOCOA， 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+OD4OM. OM证明：因为 2 1 (OA+OC), OM 图 1-5 2 1 (OB+OD), 所以 2OM 2 1 (OA+OC+ODOB) 所以 OA+OB+OC+OD4OM. 6. 设点 O 是平面上正多边形 A1A2An的中心，证明: 0 ? . 1 OA+ 2 OA+ n OA 证明：因为 3 OA 2 OA, 1 OA 2 OA 4 OA 3 OA, 1n + 1 OAO n AOA, n OA 2 AO 1 OA, 21 OA+OA+所以 2(+ n ) OA 1 OA+ 2 OA+ n OA), ( 0 ? . 1 OA 2 OA+ n OA所以 ()(2+) 显然 2, 即 20. 所以 1 OA+ 2 OA+ n A0 ? O. 1. 矢量的线性关系与矢量的分解矢量的线性关系与矢量的分解 4 1. 设一直线上三点 A, B, PAPPB(1),O 是空间任意一点，求证： 满足 + OBOA OP +1 证明：如图 1因 -7，为 OPOA, AP OBOPPB, OA (OBOP OP 所以 ), OA+OB, )OP(1+ 图 1-7 + OBOA . OP从而 +1 AC 1 2 eABe2. 在ABC 中，设，AT 是角 A 的平 它BCAT分解为 1 e, 2 e分线（与交于 T 点） ，试将 图 1-8 的线性 组合. 解：因为 | |e |TC |BT | 1 1 e , 且 BT与TC方向相同， 所以 | | 1 e BTTC. | 2 e 由上题结论有 AT | 1 2 e | | 1 1 e e | 2 2 1 e e e + + | | 2112 eeee+ 21 ee+ . 3. 用矢量法证明：PABC充要条件是 图 1-9 是重心的 PC0 ? . PA+PB+ 证明： “”P的重心，则 若为ABC CP2PAPEP +B, 从而 PA+PBCP=0 ? , 即 PA+PBPC=0 ? . “” 若 PA+PBPC=0 ? , PCCP, PA+PB则 取 E，G 分别为 ABF，BC，CA 之中点，则有 PE 1 (+PA 2 PB ). 从而CP2PE. PG, BP2AP2PF.故 P同理可 证为ABC 的重心. 4. 证明三个矢量a ? 1 e3+ 2 e+2 3 e, b ? ，c ? 4 1 e6 2 e+2 3 e+12 2 e3 1 e11 3 e共面， 其中a能否用b, ? c性示如能表，写出线表示关系式. 线表？示性 1 e 2 e, 3 e不共面，即它们线性无关. 证明：由于矢量, 考表式虑达 a+b+v ? c0 ? ，即 (+3 2 e6 2 e+12 2 e 1 e+2 3 e)+ (4 1 e+2 3 e)+v (3 1 e11 3 e), 或 (+43v) 0 ? 0 ? . 1 e+(3612v) 2 e+(2+211v) 3 e 1 e, 2 e, 3 e由于线性无关，故有 解得 10，1，v2. 0，所以 =+ = =+ . 01122 , 0 , 034 v v v 1263 + a ? 由于 10能用b ? ,c ? 线性表示 b ? a ? 5 1 c ? . 1 10 是三个两两不共线的矢量，且OCOBOA, OCOA+OB5. 如图 1-10，试证 A, B, C 三点共线 证明： “B共线，从而有 的充要条件是+1. 图 1-10 ”因为 A， ，C CB, AC/ CB,AC且有1, 使mm OCm (OBOCOA), OBOCOAm(1+m), OC m+1 1 OA m m OB. +1 但已知OCOAO, OBOAB. 由OC对 分解的唯一性可得 m+1 1 , m m + 从而 1 m m + m+1 1 + + 1 1 设 . “ +1. 则有OCOB(1)OB OAOA” OB=OB+(OA), OCOBOB(OA), 所以 BCBA, BC/BA. 从而 故 A，B，C 三点共线. 1.5 标架与坐标标架与坐标 1. 在空间直角坐标系O;kji ? ,下，求 P(2,3,1)，M(a, b, c)关于 (的坐标. 解： 称点坐标为(a,b, c)， cx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： ab0, 2, c1, 2, 1； (1) 0, 1, 2，4 ， (2) a1, 2, 3，b2, 1, 0，c0, 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 121 420 210 cab, 0,所以 , 三矢量共面, 又因为a, b的对应坐标成比例，即a/b，但ca， c成a, b的线性组合. 故不能将表 321 a, b, c三矢量共面. 0120,所以 (2) 因为 650 a, b的对应坐标不成比例，即ab又因为 ， 故可以将c表成a, b的线性组合. 设 +, 亦即0, 5, 61, 2, 3+2, 1, 0 a ? b ? c 从而 = = . 63 , 02 =+, 02 解得 2，1, 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 A1A2 4,Ai对面重心为 Gi, 欲证 AiGi交于一点(i 2, 3, 4). 在 AiGi上取一点 P 离的三倍. 用四面体的顶点坐标 A3A1, 31 3 + + ii OGOA iiP A3 iiG P, 从而 i OP i，使 ， 设 Ai (xi, yi, zi)(i1, 2, 3, 4)，则 + 3 , 3 , 3 432432432 zzzyyyxxx G1, + 3 , 3 , 3 431431431 zzzyyyxxx G2 , G3 + 3 , 3 , 3 421421421 zzzyyyxxx , G4 + 3 , 3 , 3 3213 x 32121 zzzyyyxx , 所以 P1( 31 3 3 432 1 + + xxx x + + , 31 3 3 432 1 + yyy y + + , 31 3 3 432 1 + zzz z + + ) P1( 4 321 xxx+ 4 x , 4 4321 yyyy+ , 4 4321 zzzz+ ). P4GP， 三倍. 矢量在轴上的射影矢量在轴上的射影 同理得 P2P3P1，所以 Ai 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=ABABeABe与射影ABe1已知矢量与单位矢量，求射影矢量， 又如果ee =，求射影矢量AB e 与射影AB e . ABe=, 35150.10),(cos= ? COSABeAB 解 射影 ABe=e35 射影矢量 = =,ABee30),(180)(ABee , 35.10),(s= ? COSAe 30co=BAB 射影AB e = e AB e =35 射影矢量 2 2 试证明：射影l(+ 1 a 2 a+n n a 2 a + 2 射影l)1射影l 1 a n a. +n射影l 证明数学归纳法来证 ：用. 当 n2 时，有 1 + 1 a2 2 a)射影l( 22a )射影l( 1)+1a 射影l1射影l 1 a+2射影l 2 a. 假设当 nk 时等式成立，即有 射影 kka a+? 11 a+ l k a l( 1 1 l )射影+射影k. 欲证当k+1 时亦然. 事实上 影 n 11 射( l 11kk+ + kk a 射影l( +aa?) kka a+? 11 )+ 1+k a 1+k kka (a+? 11 射影l 1+k a )+ 1+k )射影l( 1 a+影l k a+k+1射影l 1+k a +k射1射影l 故等式对自数. 1.7 两矢量的数性积两矢量的数性积 1证明证明面上如 果 然n 成立 b ? i mb ? . 在平 1 m ? 2 m ? ，且a ? i m ? (i=1,2)，则有a 证明: 因为 m ? 12 m ? c ? 1 m ? 2 m ? , ,所以，对该平面上任意矢量 (ab ? )cb ? ? )( 1 m ? 2 m ? ) (a b ? m1 ? (a)+ 2 m ? (ab ? ) (a 1 m ? b ? b ? 1 m ? )+(a 2 m ? 2 m ? )0, 故 (ab ? )c ? . b ? 0 ? . 由的任意性知 c ? a b ? . a从而 的夹角都是，且 603, 2, 1=cbaba,与ba,互相垂直，矢量c2已知矢量计算： 22 )2)(4();3).(23)(3();)()(2( ;)(1 (cbacbbabababa+ 解： 1132 ; 52021.2)(1 ( 2 22 2 =+=+=+bbaaba 40cos32co32 444)2)(4( 2 2 6460s1 2 7 6.) ; 321)()(2 2 2 22 2 ) 2 22 ; 2 60cos32660cos . 3 98 92.3)3) (23(3( ( =+= + =+ ccb ca bbaba 3. 用矢量法证明以下各题： (1) 角余定理 a2b2c22bccosA; 三角形边的垂直 平分线共点且这点到各 等距. 证明：1 ABC， +=+ bcabaacba =+a +=cbabbcbba =+= 三形的弦 (2)各 顶点 图 1-11 （1）如图-21， b ? ACAB,中 设 c,BCa， 且|a ? | ，b ? |b,|b ? caca| . 则c, b ? a 2( c ? )2b ? 2+ c 2 b ? 2cb ? 2+2 c 2|b ? c|cosA. | 此即 a b2+c22bccosA. (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, FC的点PAa, PBb ? b ? , PCc, acABBC, 则 b ? , CAac, PD 2 1 (ab ? +), PE 2 1 (c ? b ? ). BC, PDAB, PE因为 所以 2 ( 1 a+b ? )(b ? a) 2 1 (b ? 22 a)0, b ? + 2 1 (c)(cb ? 2b ? 2 ) 1 c( 2 )0, 从而有 ab ? 22c ,即 2 |a|b ? 2 | | 2 c, |2 所以 1 2 (c ? a ? )(a ? c ? ) 1 (a ?2 c ?2)0, 2 所以 PFCA, 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 两矢量的失性积两矢量的失性积 (ab ? )2a 2 b ? 2 ，说在什并明么情形下等号成立. 证明：(ab ? )2|ab ? |2|a|2|b ? |2sin2(a,b ? ) |a 2|b | ? |2 2b ? 2 a. sin2 (a,b ? )1, 从而 sin(a,b ? )要使等号成立, 必须1, 故 (a,b ? )b ? 2 ，即当a时，等号成立. 2. 证明如果a+b ? +c0 ? ，那么ab ? b ? cca，并说明它的几何意义. 由证明： a+b ? +c0 ? , 有 (a+b ? 0 ? c0 ? , 0 ? +c)c但 cc， b ? c于是 ac+0 ? , 所以 b ? cca. 同理 由 (a+b ? ab ? , 0 ? , +c)有 caa ab ? b ? cca. 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 2 r，那么 1 r, 2 r, 3 r i r(i1,2,3)满足 321 rrr=， 2 r 3 r 1 r， 3 r 1 r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 1 r, 2 r, 3 它们均为单矢量. r彼此垂直，且构成右手系. 下证位 因为 13231 r 2 rr，rrr, 所以 | 123 r|r|r| | 2 r|, 3 r| 1 r|, 所以 | 1 r| 3 r|2| 1 r|. 由于 图 1-13 | 1 r| ，从而0 | 3 r| 1， 2 | 3 r|1. 同理可证 | 21 r|1，|r|1. 1 r, 2 r, 3 r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 Asin a B b sin C c sin . （2）三斜求积公式： 2p(pa)(pb)(pc). 式中 p 角形面积的海伦(Heron)公式，即三 2 (b 1 )a+ +c 是三角形的半周长，为三角形的面积. 证明：1-1C (1) 如图3，在AB中，设BCa，CAb ? c，AB， 且|a|a，|b ? |b, |c|c, 则 a+b ? +c0 ? , 从而有 b ? ccaab ? , 所以 |b ? c|ca|ab ? |, 于是 bcsinAcasinBabsinC, a sin A Bsin b Cin . c s (2) 同上题图，ABC 的面积为 b ? 2 1 |a|, 所以 2 4 1 (ab ? )2. 因为 (ab ? )2+(ab ? )2a 2b ? 2, 4 1 a 2b ? 2 b ? )2. 所以 2(a 由于 a+b ? +c0 ? , 从而 a+b ? c，(ab ? )2c 2, b ? 所以 a 2 1 (c ?2 a 2b ? 2 1 2 (c) 2a2b2), 故有 2 4 1 a b2 2 4 (c2 2b )2 1 a 2 16 1 2aba ab 22 b2) 2 (c2+(ca2b2) 16 1 c2c ?2 (a+b)2(ab)2 16 (a+b c)( +bc c+ 1 +a)(ab)(cab) 16 1 2p2c)(2)(2p2a(2pp2b). 所以 2=p(pa)(pb)(pc), 或 =)()(ppcpbpa. 1.9 三矢量的混合积三矢量的混合积 1. 设 a, b, c为三个非零矢量，证明 (1c+) (a, b, a+b) =(a, b, c); (2) (bc, a) =2(a, b, cab, c). 证明：ab(a+bc+(1)左端=() =ab)c+(a(b)(abb)a)+()( ab)c+(ab)a+ab)b =( a b c=()+(a b a)+(a b b) a b c=()=右端. 2) 左端=b+c)ca+b) a( (+) bcba+ca(a+b=+) =(bc)a+(ba)a+(ca)a+(bc)b+(ba)b+(ca)b bcba b cc a+(a=()=2()=右端. 2 设径矢 1 rOA=, 2 rOB=, 3 rOC=, ( 21 rr)( 32 rr)( 13 rr) 证明 R 垂直于平面. 证明:由于 ABC RAB=)( 12 rr)()()( 133221 rrrrrr+ )()()()()()( 1313212111323 = 22212 rrrrrrrrrrrrrrrrrr+ =0)()( 321321 =rrrrrr, RAB. 所以 RAC. 同理可证 R所以 平面 ABC. 3u ? = 11e a+ 21e b+ 31e c, 12e av= ? + 22e b+ 32e c, w ? = 13e a+ 23e b+ 33e c, 试证明 (wvu ? ,)= 333 222 111 cba cba cba ( 1 e, 2 e, 3 e). 证明： u ? v ? = 22 11 ba ba ( 1 e 2 e)+ 22 11 cb cb ( 2 e 3 e)+ 22 11 ac ac ( 3 e 1 e) (wvu ? ,)=(u ? v ? )w ? = 22 11 ba ba c3( 1 e 2 e) 3 e+ 22 11 cb cb a3( 2 e 3 e) 1 e+ 22 11 ac ac b3( 3 e 1 e) 2 e = + 3 22 11 3 22 11 3 22 11 b ac ac a cb cb c ba ba ( 1 e 2 e) 3 e = 333 222 111 cba cba cba ( 1 e, 2 e, 3 e). 第第 2 章章 曲面与空间曲线的方程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， ),(zyxM 则zMACzyxM=),( 亦即zzyx=+ 222 )4( 0)4( 22 =+yx 由于上述变形为同解变形，从而所求的轨迹方程为 0)4( 22 =+yx 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ma2)0 , 0 ,(),0 , 0 ,(aa，设动点， 所求的轨迹为C，则 ),(zyxM 222222 )()(),(zyaxmzyaxCzyxM+=+ 亦即 )()( 2222222 zyaxmzyax+=+ 经同解变形得： 0)1 ()1 (2)(1 ( 2222222 =+amxmazyxm 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， c2a2),(zyxM 则azycxzycxCzyxM2)()(),( 222222 =+ 亦即 222222 )(2)(zycxazycx+=+ 两边平方且整理后，得： （1） )()( 2222222222 caazayaxca=+ 222 cabca=令 从而（1）为 22222222 bazayaxb=+ 即： 22222222 bazayaxb=+ 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， ),(zyxM 则azycxzycxCzyxM2)()(),( 222222 =+ 类似于（2） ，上式经同解变形为：1 2 2 2 2 2 2 = c z b y a x 其中 )( 222 acacb= （*） （*）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 ),(zyxMC zmzyxCzyxM=+ 222 ),( 将上述方程经同解化简为： （*） 02)1 ( 22222 =+cczzmyx （*）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 =+zyx （2）由已知，球面半径73)2(6 222 =+=R 所以类似上题，得球面方程为 49 222 =+zyx （3）由已知，球面的球心坐标1 2 35 , 1 2 13 , 3 2 42 = = + = + =cba，球的半径 21)35()31 ()24( 2 1 222 =+=R，所以球面方程为： 21) 1() 1()3( 222 =+zyx （4）设所求的球面方程为： 0222 222 =+lkzhygxzyx 因该球面经过点)4, 0 , 0(),0 , 3 , 1 (),0 , 0 , 4(),0 , 0 , 0(，所以 = =+ =+ = 0816 06210 0816 0 k hg g l （1） 解（1）有 = = = = 2 2 1 0 k g h l 所求的球面方程为 0424 222 =+zyxzyx 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） 3694 22 =+yx 解：各题的图形如下： （1） 3694 22 =+yx O z y x 2.3 空间曲线的方程 1、平面cx=与的公共点组成怎样的轨迹。 02 22 =+xyx 解：上述二图形的公共点的坐标满足 = = = =+ cx ccy cx xyx)2(02 222 从而： （）当时，公共点的轨迹为： 20c0 试问当取异于, ,A B C的各种数值时，它表示怎样的曲面？ 解：对方程 222 1 (0) xyz ABC ABC += （*） 1、当A时， （*）不表示任何实图形； 2、当AB时， （*）表示双叶双曲面； 3、当BC时， （*）表示单叶双曲面； 4、当C时， （*）表示椭球面。 3、 已知单叶双曲面 222 1 494 xyz +=， 试求平面的方程， 使这平面平行于yoz面 （或xoz面） 且与曲面的交线是一对相交直线。 解：设所求的平面为xk=，则该平面与单叶双曲面的交线为： （*） 222 1 494 xyz xk += = x y z m l O ),( 11 cyxA 亦即 22 1 944 yzk xk = = 2 为使交线（*）为二相交直线，则须： 2 10 4 k =，即k2= 所以，要求的平面方程为： 2x = 同理， 平行于xoy的平面要满足它与单叶双曲面的交线为二相交直线， 则该平面为：y 3= 4、设动点与的距离等于这点到平面(4,0,0)1x =的距离的两倍，试求这动点的轨迹。 解：设动点( , , )M x y z，所求轨迹为，则 222222 ( , , )(4)21(4)4(1)M x y zxyzxxyzx+=+= 2 亦即： 222 1 41212 xyz += 此为的轨迹方程。 5、试求单叶双曲面 222 1 1645 xyz +=与平面23xz0+=的交线对xoy平面的射影柱面。 解：题中所设的交线为： 222 1 1645 230 xyz xz += += 从此方程中消去，得到： z 22 20241160xyx+= 此即为要求的射影柱面方程。 6、设直线 与m为互不垂直的两条异面直线，C是 与的公垂线的中点，llm,A B两点分别 在直线l，上滑动，且，试证直线m90ACB= ? AB的轨迹是一个单叶双曲面。 证明：以l，m的公垂线作为轴，C作为坐标原点，再令zx轴与 ，m的夹角均为l，公 垂线的长为，若设2ctg=，则l，的方程分别为： m 0 : yx l zc += = 0 : yx m zc = = 令 11 ( , )A x y c， 22 (,)B xyc，则有： 1122 0,0yxyx+= 又，所以：ACCB 22222222 11221212 ()()(2 2 )xycxycxxyyc+=+ 亦即 （2） 2 1212 0x xy yc+= 又设( , , )M x y z为AB上任一点，则 c cz yy yy xx xx 2 12 1 12 1 = = (3) 从（1）（3）中消去，得： 2211 ,yxyx 222222222 )1 ()1 (czyx=+ 即：1 11 2 2 2 22 2 2 2 2 =+ c z c y c x (4) l不垂直，m1 （4）表示单叶双曲面，即AB的轨迹是一单叶双曲面。 7、试验证单叶双曲面与双叶双曲面的参数方程分别为： = = = ctguz vuby vuax sinsec cossec 与 = = = ucz vbtguy vatgux sec sin cos 解：对方程： = = = ctguz vuby vuax sinsec cossec 消去参数，有：vu,1 2 2 2 2 2 2 =+ c z b y a x 此即为单叶双曲面； 又对方程： = = = ucz vbtguy vatgux sec sin cos 消去参数，有：vu,1 2 2 2 2 2 2 =+ c z b y a x 此即为双叶双曲面方程。 4.6 抛物面 1、已知椭圆抛物面的顶点在原点，对称面为xoz面与yoz面，且过点和)6 , 2 , 1 () 1 , 1, 3 1 (， 求这个椭圆抛物面的方程。 解：据题意可设，要求的椭圆抛物面的方程为： z b y a x 2 2 2 2 2 =+ 令确定与 ab )6 , 2 , 1 (和) 1 , 1, 3 1 (均在该曲面上。 有： =+ =+ 2 1 9 1 12 41 22 22 ba ba 从而 5 61 , 5 361 22 = ba 所以要求的椭圆抛物面的方程为：z yx 2 5 6 5 36 22 =+ 即： zyx5318 22 =+ 2、适当选取坐标系，求下列轨迹的方程： （1）到一定点和一定平面距离之比为定常数的点的轨迹； （2） 与两给定的异面直线等距离的点的轨迹， 已知两异面直线间的距离为， 夹角为a22。 解： （1）取定平面为xoy面，过定点且垂直于xoy面的直线作为轴，则定点的坐标设为 ，而定平面即为，设比值常数为，并令所求的轨迹为 z ), 0 , 0(a0=zc，则 点c z azyx zyxM= + 222 )( ),( 即 02)1 ( 22222 =+aazzcyx 此为的方程。 （2）取二异面直线的公垂线为轴，中点的坐标为原点；再取x轴，使其与二异面直线的夹 角相等，则二异面直线的方程为： = =+ az xtgy0 与 = = az xtgy0 设所求的轨迹为，则 2 222 2 222 1 1100 1 1100 ),( tg tg yxxaz tg azy tg tg yxxaz tg azy zyxM + + + = + + + + + 即： 22222222 )()()()()()(yxtgazaztgyxtgazaztg+=+ 经同解化简得：xy a z cossin = 此即所要求的轨迹方程。 3、画出下列方程所代表的图形： （1）1 94 22 =+z yx ； （2）xyz =； （3） = += 2 22 z zyx 4、画出下列各组曲面所围成的立体的图形： （1）6,1223 , 63 , 0, 0=+=+=+=zyxyxyxzy （2） ; 1, 22 =+=+y，xzyx三坐标平面 （3）1, 2 1 , 2 =yxyzyx （4） 1, 1 2222 =+=+zyyx 解：略。 5、试验证椭圆抛物面与双曲抛物面的参数方程可分别写成： = = = 2 2 1 sin cos uz vbuy vaux 与 = = += uvz vuby vuax 2 )( )( 式中的为参数。 vu, 解：对方程 = = = 2 2 1 sin cos uz vbuy vaux 消去参数得：vu,z b y a x 2 2 2 2 2 =+ 这正是椭圆抛物面的方程。 对方程 = = += uvz vuby vuax 2 )( )( 消去参数得：vu,z b y a x 2 2 2 2 2 = 这正是双曲抛物面的方程。 4.7 单叶双曲面与双叶双曲面的直母线 1、 求下列直纹面的直母线族方程： （1） （2）0 222 =+zyxaxyz = 解： （1）从原方程得： 222 yzx= 即：yyzxzx=+)( 亦即： = =+ = = + ytzx tyzx t zx y y zx )( 为了避免取极限，将上方程写成： = =+ sytzx tyzxs )( )( （1） 若将原方程变形为：，则可得到： （2） 222 xzy= = =+ uxzyv vxzyu )( )( 若令)( 2 1 stu=，)( 2 1 stv+=，则（2）便是（1） 原曲面的直母线族是（1） ，其中不全为零。 ts, （2）原方程变形为：ay x z = 亦即：tay x z = = = tay xtz （1） 由 ax y z = 得： （2） = = sax syz （1） （2）即这原曲面的两组直母线族方程。 2、 求下列直线族所成的曲面（式中的为参数） （1） 011 2 = = zyx ； （2） = =+ 442 442 zyx zyx 解： （1）原方程等价于 = = z yx 2 从此式中消去，得： yxz+= 2 此即为直母线（1）所形成的曲面。 （2）从原方程中消去得：1 416 2 22 =+z yx 此即为（2）的直母线族所形成的曲面。 3、在双曲抛物面z yx = 416 22 上，求平行于平面0423=+zyx的直母线。 解：双曲抛物面z yx = 416 22 的两族直母线为： = =+ z yx u u yx ) 24 ( 24 及 =+ = z yx v v yx ) 24 ( 24 第一族直母线的方向矢量为： , 1, 2u 第二族直母线的方向矢量为： , 1 , 2v 据题意，要求的直母线应满足： 204232 104232 =+ = vv uu 要求的直母线方程为： = =+ z yx yx 24 1 24 及 =+ = 224 2 24 zyx yx 4、试证单叶双曲面1 2 2 2 2 2 2 =+ c z b y a x 的任意一条直母线在xoy面上的射影，一定是其腰圆 的比线。 证明：单叶双曲面的腰圆为 = =+ 0 1 2 2 2 2 z b y a x 两直母线为： += =+ )1 ( 1 )1 ( b y vc z a x b y v c z a x 它在xoy面内的射影为 ： = += 0 ) 1 ( 12 z v vb y v v a x （2） 将（2）的第一式代入（1）的第一式得： 4 4 ) 1 ( 1 2 2 2 =+ b y v vb y v v 即：0) 1 () 1 ( 2 ) 1 ( 1 22 2 22 2 =+v v yv vb y v v b 上述方程的判别式为： 0) 1 () 1 ( 4 ) 1 ( 4 22 2 22 22 =+=v vv v b v vb （2）与（1）相比，证毕。 5、 求与两直线 1 1 23 6 = zyx 与 21 4 2 8 3 + = = zyx 相交， 而且与平面平 行的直线的轨迹。 0532=+ yx 解：设动直线与二已知直线分别交于，则 ),(),( 111000 zyxzyx 1 1 23 6 000 = zyx ， 21 4 2 8 3 111 + = = zyx 又动直线与平面0532=+ yx平行，所以，0)(3)(2 1010 =+yyxx 对动直线上任一点，有：),(zyxM 01 0 01 0 01 0 zz zz yy yy xx xx = = 从（1）（4）消去，得到： 111000 ,zyxzyxz yx 4 49 22 = 6、求与下列三条直线 = = zy x1 ， 与 = = zy x1 5 2 4 1 3 2+ = + = zyx 都共面的直线所构成的曲面。 解：动直线不可能同时平行于直线及直线 = = zy x1 = = zy x1 不妨设其与第一条直线交于), 1 (p 注), 1 (p与第二条直线的平面为：0)() 1(=+zyx 过p与直线 5 2 4 1 3 2+ = + = zyx 的平面为0)() 1(3)(3) 1(=+zyxzyx 动直线的方程为： =+ =+ 0)() 1(3)(3) 1( 0)() 1( zyxzyx zyx 从上式中消去参数，得： 1 222 =+zyx 此为所要求的轨迹方程。 7、试证明经过单叶双曲面的一 直母线的每个平面一定经过属于另一族直母线的一条直母 线，并举一反例，说明这个命题与双曲抛物面的情况下不一定成立。 证明：单叶双曲面1 2 2 2 2 2 2 =+ c z b y a x 的一族直母线为： = +=+ )1 ()( )1 ()( b y u c z a x v b y v c z a x u 过该族中一条直母线的平面为：0)1 ()()1 ()(=+ b y u c z a x vt b y v c z a x us 即：0)1 ()()1 ()(=+ b y tu c z a x tv b y sv c z a x su （1） 另一族直母线为： += =+ )1 ()( )1 ()( b y m c z a x n b y n c z a x m 过该族中一条直母线的平面为：0)1 ()()1 ()(=+ b y m c z a x nl b y n c z a x mk 即0)1 ()()1 ()(=