高等数学(工本)课后习题答案

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第一章空间解析几何与向量代数

习题11

1．研究空间直角坐标系各个卦限中点的坐标特征，指出以下点在哪个卦限：

A（1,2,3），B（2,3,4），C（2,3,4），D（2,3,1），E（1,2,4）．空间直角坐标系中点M（x，y，z）的坐标值与其所在卦限的关系如下：x+

y++

z++

卦限第一卦限其次卦限

x+

y+

z

卦限第五卦限

x+

y

z+

卦限第四卦限

x+

y

z

卦限第八卦限

第六卦限第三卦限++第七卦限

因此点A处于第四卦限，点B处于第五卦限，点C处于第八卦限，点D处于第三卦限，点E处于第一卦限．

2．研究在各个坐标面和坐标轴上的点的坐标各有什么特征，指出以下各点在哪个坐标面或坐标轴上：A（3,4,0）,B（0,4,3），C（3,0,0），D（0,1,0），E（0,0,7）．

空间直角坐标系中点P(x,y,z)（x,y,z至少有一个为0）的坐标特征如下：

在x轴上，y、z必为0，在Oyz平面上，x必为0；在y轴上，x、z必为0，在Oxz平面上，y必为0；在z轴上，x、y必为0，在Oxy平面上，z必为0．因此点A（3,4,0）在Oxy平面上，点B（0,4,3）在Oyz平面上，点C（3,0,0）在x轴上，点D（0,1,0）在y轴上，点E（0,0,7）在z轴上．

3．点（a，b，c）关于各坐标面、各坐标轴、坐标原点的对称点的坐标是什么？如下表所示：

坐标(a，b，c)

Oxy平面(a，b，

Oyz平面(a

，b，c)

Oxz平面(a，b，

c)

x轴(a，b，

y轴(a，b

，

z轴(

a，b，

c)

原点

(a，b，

c)c)c)c)

4．对于空间中的点M，假使经过M向某条直线做垂线，则称垂足为点M在直线上的投影点；假使经过M向某个平面做垂线，则称垂足为点M在该平面上的投影点．求点（a，b，c）在各个坐标面及各个坐标轴上的投影点的坐标．

如下表所示：

坐标(a，b，c)

Oxy平面(a，b，0)

Oyz平面(0，b，c)

Oxz平面(a，0，c)

x轴(a，0，0)

y轴(0，b，0)

z轴(0，0，c)

5．求顶点为A（2,5,0），B（11,3,8），C（5,1,11）的三角形各边的长度．

AB=AC=

BC

7；

6．求点A（4,-3,5）到各个坐标轴的距离，即求点A与其在各个坐标轴上投影点的距离．如下表所示：

习题12

1．利用向量的运算化简以下向量的线性运算：（1）a+2b(a2b)；

a+2b(a2b)=a+2ba+2b=4b

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b3a551

ab+5b+abb+b3a=2ab=

2522

（3）(mn)(a+b)(m+n)(ab)．

(mn)(a+b)(m+n)(ab)

=(mn)a+(mn)b(m+n)a+(m+n)b=2(mbna)

2．设向量u=ij+2k，v=i+3jk，计算2u3v．

2u3v=2(ij+2k)3(i+3jk)=5i11j+7k

=a{3,5,1)，b={2,2,3}，c={4,1,3}，求：3．给定向量

（1）2a；（2）a+bc；（3）2a3b+4c；（4）ma+nb．（1）=2a{6,10,2}；

（2）a+b=c{3,5,1}+{2,2,3}{4,1,3)={1,8,5}；

（3）ma+nb={3m,5m,m}+{2n,2n,3n}={3m+2n,5m+2n,m+3n}．

4．给定两点A（3,3,3）及B（3,4,3），求与AB平行的单位向量．

676676AB

易得=AB{6,7,6},

因此AB{,,或{,,．111111111111AB

5．给定两点A（4,0,5）及B（7,1,3），求与AB同向的单位向量．

AB

易得=AB{3,1,2}，因此AB=．

AB=cosα0,cos=β0．问：这些向6．设向量的方向余弦分别满足：（1）cosα=0；（2）cosβ=1；（3）

量和坐标轴的关系如何？

（1）由cosα=0可知该向量垂直于x轴；（2）由cosβ=1可知该向量与y轴同向；

（3）由cosα=0及cosβ=0可知该向量垂直于x轴与y轴，即该向量与z轴平行．

=易得a

a1111{，故cosα=

，cosβ=，cosγ=．a2222

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（1）由λa=0可得λaλa0，故λ=0或a=0；

（2）由β=λa可得βλaλaλ．

习题13

=a{3,2,1}，b={1,1,2}，求：1．已知向量

（1）a（2）5a3b；（3）ai，aj，ak．b；

（1）ab={3,2,1}{1,1,2}=1；（2）5a3b=15{3,2,1}{1,1,2}=15；

（3）ai={3,2,1}{1,0,0}=3，aj={3,2,1}{0,1,0}=2，ak={3,2,1}{0,0,1}=1．

a{2,3,5}，=b{3,1,2}，求：2．设向量=

(ab)；(b2a)．（1）a（2）b；（3）(a+b)；（4）(a+b)（5）(3a+2b)b；

22

（2）b{3,1,2}14；（1）a{2,3,5}{3,1,2}=b=7；22

（3）(a+b)=({2,3,5)+{3,1,2})={5,2,3}2=38；（4）(a+b)(ab)={5,2,3}{1,4,7}=24；

（5）(3a+b)(b2a)={9,8,13}{1,7,12}=221．3．设向量a≠0且ab=ac，问：是否有b=c？为什么？

2

2

设向量a与b、c的夹角分别为β、γ，由a=babcos=βa=caccosγ可得

bcosβ=ccosγ，即

向量b、c在向量a上的投影相等，因此不能断定b=c．

=a{1,1,4}，=b{2,2,1}，求：4．已知向量

（

1）a（2

）ab={1,1,4}{2,2,1}=4；

b

3；

ab，故θ=πarctan．（3

）cosθ===ab

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=a{3,2,1}与=b{2,3,0}相互垂直．5．证明向量

由a{2,3,0}=0可得a与b相互垂直．b={3,2,1}

6．已知三角形的顶点为A(1,2,3),B(1,1,1),C(0,0,5)，证明此三角形是直角三角形，并求角B．

由已知得AB={2,1,2}，AC={1,2,2},BC={1,

1,4}故AB=

3，

222

BC，故此三角形是直角三角形，又

同理得AC=3，BC=，由于AB+ACABBCπ

，因此B=．=cosB4ABBC

7．计算以下向量所对应的向量积ab：

a{0,1,1}，bb{3,2,1}；=={1,1,0}．（1）a={1,1,1}，=（2）

jki

（1）ab=111=3i+2j5k={3,2,5}；

321jki

（2）ab011=ijk={1,1,1}．

110

=a{3,2,1}，b={1,1,2}，求：8．已知向量

（1）ab；（2）2a7b；（3）7b2a．

jki

（1）ab3213i7j5k{3,7,5}；

112

ijk

（2）2a7b=1432114(3i7j5k=){42,98,70}；

112

ijk

（3）7b2a=14112=14(3i+7j+5k)={42,98,70}．

321

设a={x1,y1,z1}，b={x2,y2,z2}，c={x3,y3,z3}其中x1,y1,z1不全为0，则

a=b

ix1x2

jy1y2

kz{y1z2y2z1,x2z1x1z2,x1y2x2y1}，1z2

9．设向量a≠0且ab=ac．问：是否有b=c？为什么？

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a=c

ix1x3jy1y3kz{y1z3y3z1,x3z1x1z3,x1y3x3y1}，又ab=ac，即1z3

y1z2y2z1=y1z3y3z1x1(y2y3)=y1(x2x3)

x2x3y2y3z2z3

整理得y1(z2z3)=z1(y2y3)，由此可得，由x2z1x1z2=x3z1x1z3，

xyz111xyxy=xyxyz(xx)=x(zz)

12312211331123

已知x1,y1,z1不全为0可知x2x3,y2y3,z2z3不全为0也满足ab=ac，因此a=b不一定成立．

={1,1,3}，c={1,2,0}，计算：a{2,3,1}，b10．已知向量=

b)c(ac)b；c．（1）(a（2）(a+b)(b+c)；（3）(ab)

（1）(ab)c(ac)b{8,16,0}{8,8,24}{0,8,24}；

ijk

（2）(a+b)(b+c)={3,4,4}{2,3,3}344=jk={0,1,1}；

233

i

（3）(ab)c2

1

jk31{1,2,0}={8,5,1}{1,2,0}=2．13

11．求同时垂直于向量a={2,1,1}和b={4,5,3}的单位向量．

ijk

设同时垂直于题中两向量的向量为n，则n=2i2j+6k=ab211={2,2,6}，故

453

nn或{．

n

12．已知向量OA={1,0,3}，OB={0,1,3}，求△ABO的面积．

ijk

nOAOB，则n设=3i3j+k=103={3,3,1}，故

013

SABO=

1

n．2

习题14

1．求到原点O和点（2,3,4）的距离之比为1:2的点的轨迹方程，它表示何种曲面？设满足条件的点为P(x,y,z

)=

1

，化简并整理得2

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3x2+4x+3y2+6y+3z3+8z29=0，可化为

2411624(x+)2+(y+1)2+(z+)2，此轨迹方程表示原点在(,1,

的球面．

333392．求与点（3,2,1）和点（4,3,0）等距离的点的轨迹方程．设满足条件的点为P(x,y,z)，

化简并整

0．理得2x10y+2z11=

3．写出球心在点（3,2,5），半径为4的球面方程．

(x3)2+(y+2)2+(z5)2=16．

4．写出球心在点（1,3,2）且通过点（1,1,1）的球面方程．

易得球面半径r=

9．3，因此球面方程为(x+1)2+(y+3)2+(z2)2=

5．求出以下球面的球心和半径：（1）x+y+z6z7=0；（2）x+y+z12x+4y6z=0；（3）x+y+z2x+4y4z7=0．

（1）原方程可化为x+y+(z3)=，半径为4；16，因此该球面的球心为（0,0,3）

（2）原方程可化为(x6)+(y+2)+(z3)=，半径为7；49，因此该球面的球心为（6,2,3）（3）原方程可化为(x1)+(y+2)+(z2)=，半径为4．

16，因此该球面的球心为（1,2,2）2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

x2z2

（1）准线为Oxz平面上的曲线+=1，母线平行于y轴；

49

（2）准线为Oxy平面上的曲线xy=1，母线平行于z轴；（3）准线为Oyz平面上的曲线yz1=0母线平行于x轴；（4）准线为Oyz平面上的曲线y=z，母线平行与x轴；（5）x+y=z不是柱面．

7．写出以下旋转面的方程，并画出它们的图形：

（1）Oyz平面上的曲线z=y绕z轴旋转所得的旋转面；

2

2

2

22

2

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（2）Oxy平面上的曲线x+y=9绕y轴旋转得到的旋转面；

（3）Oxy平面上的曲线4x9y=36分别绕x轴和y轴旋转得到的旋转面；（4）Oxz平面上的直线x=z绕z轴旋转得到的旋转面．

（2）x+y+z=（3）4x9y9z=（1）=zx+y；9；36，4x9y+4z=36；（4）x+yz=0．

8．指出以下曲面是怎样旋转而生成的：

（1）3x+3y+4z=（2）xy+z=（3）x9y9z=12；1；1．

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

22

12绕z轴旋转或Oyz平面上的曲线3y+4z=Oxz平面上的曲线3x+4z=（1）12绕z轴旋转而得；

（2）Oxy平面上的曲线xy=1绕y轴旋转或Oyz平面上的曲线y+z=1绕y轴旋转而得；

2

2

2

2

2222

1绕x轴旋转而得．（3）Oxy平面上曲线x9y=1绕x轴旋转或Oxz平面上的曲线x9z=

9．在空间直角坐标系下，x轴和y轴可以看做是空间中的直线，写出它们的一般式方程．

2222

x轴：

{

y=0，y轴：x=0．

z=0z=0

{

以原点为圆心，半径为2a的上半球面与中心在(0,a,z)，半径为a的柱面的交线．

1的交线在Oxy平面上的投影．11．求球面x+y+z=9与平面x+z=

222

1可化为z=1x，带入球面方程得x+y+(1x)=化简并整理得(x)+由x+z=9，

222

1

2

2

1217y，24

121217

(x)+y因此所求交线在Oxy平面上的投影为224．

z=0

12．画出旋转抛物面=zx+y与平面z=4所围成的立体图形，求出它在Oxy平面上的投影区域．由=zx+y与z=4得所围立体图形在Oxy平面上的投影区域为x+y≤4．

2

2

2

2

2

2

习题15

1．求以下平面方程：

（1）经过点（1,2,1），法向量为n（2）经过点（3,2,1），法向量为n={0,1,2}．={1,1,2}；

0，整理得xy+2z+1=0；（1）易得平面方程为(x+1)(y2)+2(z1)=

0，整理得y+2z=0．（2）易得平面方程为y2+2(z+1)=

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2．求以下平面的法向量及平面所经过的一个点：（1）5x3y31=0；（2）3x+4y+7z+14=0．

（1）法向量为（5,3,0），经过点P（8,3,0）；（2）法向量为（3,4,7），经过点Q（1,1,3）．

（1）垂直于x轴，平行于y、z轴，垂直于Oxy和Oxz平面，平行于Oyz平面，过原点；（2）垂直于y轴，平行于x、z轴，垂直于Oxy和Oyz平面，平行于Oxz平面，过原点；（3）平行于z轴，垂直于Oxy平面；（4）平行于z轴，垂直于Oxy平面；（5）平行于x轴，垂直于Oyz平面；（6）过原点．4．求平面2x2y+z+5=0的法向量的方向余弦．

nk1nj2ni2n{2,2,1}，故cos，cosβ==，cos．易得法向量==γ=αn3n3n3

5．求经过三个点的平面方程：

（1）点P1(2,3,0),P2(2,3,4),P3(0,6,0)；（2）点Q1(4,2,1),Q2(1,2,2),Q2(0,4,5)．

（1）易得PP13{2,3,0}，因此过P1、P2、P3三点的平面的法向量为12={4,6,4}，PP

ijk

n=PP464=12i8j24k={12,4,24}，故平面方程为12PP13230

12x8(y6)24z=0，整理得3x+2y+6z=12；

（2）易得Q1Q2={5,4,1}，Q1Q3={4,2,6}，因此通过Q1、Q2、Q3三点的平面的法向量为

ijk

n=Q1Q2Q1Q3541=22i34j26k={22,34,26}，故平面方程为

426

22(x4)34(y2)+26(z1)=0，整理得11x17y13z+3=0．

6．给定平面π0:2x8y+z2=，求平面π的方程，使得平面π经过点P且与平面0及点P（3,0,5）

π0平行．

n{2,8,1}，又平面π过点P，因此平面π的方程为由平面π0与平面π平行可得平面π的法向量=

2(x3)8y+z+5=0，整理得2x8y+z=1．

7．设平面π经过两点P0垂直，求平面π的方程．2(2,2,2)，且与平面π0:x+yz=1(1,1,1)和P

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易得PP1,1,1}，又平面π与平面π0垂直，因此平面π的法向量n与平面π0的法向量=n0{1,1,1}相12={

ijk

互垂直，故可取n=2i+2j=PP111={2,2,0}，因此平面π的方程为12n0111

2(x1)+2(y1)=0，整理得xy=0．

8．设平面π经过点P(1,1,1)，且垂直于两个平面π1:xy+z1=0和π2:2x+y+z+1=0，求平面

π的方程．

由平面π同时垂直于平面π1和π2可知平面π的法向量n同时垂直于平面π1的法向量n={1,1,1}和π21

ijk

的法向量n2={2,1,1}，故可取n=又平面π过点P(1,1,1)，n1n2111=2i+j+3k={2,1,3}，

211

因此平面π的方程为

2(x1)+(y+1)+3(z1)=0，整理得2xy3z=0．

9．设平面π经过点P1(1,2,1)和P2(5,2,7)，且平行于x轴，求平面π的方程．

ijk

易得PPPP08=8j12i612{6,0,8}，由于平面π平行于x轴，故可取平面π的法向量n=

100

={0,8,0}，因此平面π的方程为8(y2)=0，即y=2．

10．写出平面2x3yz+12=0的截距式方程，并求该平面在各个坐标轴上的截距．

原方程可化为

xyz

++=1，因此该平面在x轴、y轴、z轴的截距分别为6，4，12．6412

11．求两个平面π1:x+y1=0与π2:2x2z15=0的夹角．

平面π1的法向量为n1={1,1,0}，平面π2的法向量为cos==n2{2,0,2}，于是有

n1n21

，因此n1n22

平面π1和π2的夹角=

π．3

12．求点P(1,2,1)到平面x+2y+2z10=0的距离d．

由空间点面距离公式直接可得d

1．13．写出以下直线的对称式方程：

（1）通过点P(2,2,2)，方向向量为{1,3,2}；

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（2）通过点P1(2,5,8)和P2(1,6,3)；

（3）通过点P(2,8,3)且垂直于平面π:x+2y3z2=0（4）通过点P(1,2,5)，且平行于直线L:

x3y+6z4=0

{24xy+5z+2=0

．

（1）x2

1y+2z2；32

x2

3

y5z8；15

（2）取方向向量为PP{3,1,5}，则直线的对称式方程为12=

=n{1,2,3}，则直线的对称式方程为（3）取方向向量为平面π的法向量

x2y+8z3

；123

ijk

（4）取方向向量为直线L的方向向量v={2,3,6}{4,1,5}236={9,14,10}，则直线的对

415

称式方程为x+19y2z5

1410

=3t+1x

0x1yz25x+3y5=

t，可得参数式方程y=5t，整理可得一般式方程；（1）令20xz=365z6t2=+

（2）消去t可得对称式方程x1

2ij

（3）由于{3,2,1}{1,2,3}32

120y2z3x+2y5=

，整理可得一般式方程；

011x2z+5=

k

故可取该直线的方向向量为=原方程消1={4,8,4}，v{1,2,1}，

3

，于是得对称式方程去y后可得x=z+2，故可取z=1得直线上的一点（3,4,1）

x3

1y+4z1，令21

x=t+3

x3y+4z1

t，进而可得参数式方程y=2t4．112z=t+1

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（1）由于所求平面与直线L垂直，故可取所求平面的法向量为直线L的方向向量，即n=v

={1,2,1}{2,1,1}={1,1,3}，因此所求平面的方程为(x2)(y1)3(z1)=0，整理可得

x+y+3z=6；

故所求平面的法向量与直线L1、L2的方向向量都垂直，故可取（2）由于所求平面与直线L1、L2都平行，

n=v1v2，又v1={1,2,1}{1,1,1}={1,2,3}，v2={2,1,1}{1,1,1}={0,1,1}，故n=v1v2

={1,2,3}{0,1,1}={1,1,1}，因此所求平面的方程为(x1)+(y2)(z1)=0，整理可得

xy+z=0；

（3）任取直线上一点Q(9,1,1)，则PQ={6,2,3}，由于所求平面过直线L，故该平面的法向量必垂

直于直线L的方向向量v={5,2,1}，故可取n=vPQ={6,2,3}{5,2,1}={8,9,22}，因此所求平面的

0，整理可得8x9y22z=59．方程为8(x9)9(y+1)22(z1)=

5x3y+3z9=0与直线L:2x+2yz+23=0的夹角．

23x2y+z1=03x+8y+z18=0

易得直线L1、的方向向量为，L2={10,5,10}，v1={5,3,3}{3,2,1}={3,4,1}v2={2,2,1}{3,8,1}

πv1v2

于是有=cos0，因此直线L1、L2的夹角=．

2v1v2

16．求直线L1:17．求直线

{{

x+y+3z=0与平面xyz+1=0的夹角．

xy

z=0

v{1,1,3}{1,1,1=}{2,4,2}平面的法向量n={1,1,1}，于是有易得直线的方向向量=

{

vn

=sin0，因此所求夹角=0．

vn

0xy+1=xy+1=00将直线化为一般式方程可得，于是原问题转变为求解方程组2xz=，解此方程

2xz=002x+y+z6=

{

x=1

组可得y=2，即交点为（1,2,2）．

z=2

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19．求平面x+3y+z1=0与直线

02xyz=

的交点．0x2y2z+3=

0x+3y+z1=x=1

0，得y=1，故交点坐标为(1,1,3)．问题可转化为求解方程组2xyz=

0z=3x2y2z+3=

习题16

1．求以下椭球面的中心和三个轴长：（1）9x+4y+36z=36；

（2）25x+100y+4z50x+200y+25=0．

2

2

2

2

2

2

x2y2z2

（1）原方程可化为2+2+2=1，因此椭球面的中心在原点，轴长分别为4,6,2；

231

(x1)2(y+1)2z2

（2）原方程可化为，轴长分别为4,2,10．

1，因此椭球面的中心在（1,1,0）++2=

22125

2

2

2

2

（6）=y2x+3z；

2

2

（4）z=2(x1)+2(y1)；（5）z=4(2x+3y)；

（1）椭球面，中心在原点；（2）椭圆抛物面，顶点在原点，开口向上；

（3）椭圆抛物面，顶点在原点，开口向下；（4）抛物面，顶点为（1,1,0），开口向下；（5）椭圆抛物面，顶点在（0,0,4），开口向下；（6）椭圆抛物面，顶点在原点，开头向y轴正方向；（7）椭圆柱面，母线平行于z轴；（8）椭圆柱面，母线平行于y轴；（9）椭圆锥面；（10）上半椭圆锥面；（11）上半椭球面；（12）通过z轴的两个相互垂直的平面，与x、y轴夹角均为3．画出以下图形，并指出它们在指定坐标面上的投影：

（1）由曲面=zx+2y及z=62xy所围的立体，求它在Oxy平面上的投影区域；

（2）由曲面=zx+y，柱面x+y=ax及平面z=0所围的立体，求它在Oxy平面上的投影区域；（3）由曲面=zx+y及平面z=1所围的立体，求它在Oxy平面上的投影区域；

（4）由曲面x+y+(za)=a(a0)及x+y=z所围的立体，求它在Oxy平面上的投影区域；

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

π

．4

高等数学(工本)课后习题答案

2

2

2

2

2

2

2

（7）由曲面x+y+z=R及x+y+z=2Rz所围的立体，求它在Oxy平面上的投影区域；（8）由Oxy平面上的曲线y=2x绕x轴旋转而成的曲面与平面x=5所围的立体，求它在Oxy平面上的投影区域．

投影区域分别为：

（1）x+y≤2；（5）x+y≤4；

2

2

2

2

2

（2）x+y≤ax；（3）x+y≤1；（6）x+y≤1；

2

2

2222

（4）x+y≤a；（8）y+z≤10．

2

2

222

（7）x+y≤

22

32

R；4

复习题一

一、填空题

1．已知两点A(4,7,1),B(6,2,z)间的距离为11，则z=

2．设z轴上的点P到点A(4,1,7)和B(3,5,2)的距离相等，则点P的坐标为(0,0,

14)．9

3．已知向量a的模为2，它与x轴、y轴、z

轴的夹角分别为

πππ

,,，则a={．362

4．若向量=a{λ,3,2}与向量=b{1,2,λ}相互垂直，则λ=．

6，则a5．已知a=3，b=5，a

+b=

6．若向量a,b,c两两的夹角都为

π

3

，且a=4，b

=2，c=6，则a+b

{yz,zx,xy}．7．设向量OM={x,y,z}，a={1,1,1}，则OMa=

y=ex22

8．Oxy平面上的曲线绕x轴旋转的旋转面方程为y+z=e2x．

z=0

9．柱面y=2x的母线与2

2

y=2x轴平行，其准线为．z=0

{

2

y=z10．曲面=绕yyx+z是Oyz平面上的曲线

x=0

2

2

{

轴旋转的旋转面．

二、单项选择题

1．已知向量PQ={4,4,7}的终点为Q(2,1,7)，则起点P的坐标为A．(2,3,0)

B．(2,3,0)

C．(4,5,14)

（A）

D．(4,5,14)

高等数学(工本)课后习题答案

2．设向量a与b平行但方向相反，且ab0，则以下式子正确的是A．a+bab

B．a+bab

C．a+b=a+b

（D）

D．a+b=abD

（C）

3．已知向量a={1,1,1}，则垂直于a及y轴的单位向量b=A

1,1,1}B．{1,1,0}

C

1,0,1}

1,0,1}

（A）

4．通过点M(5,2,1)且平行于Oyz平面的平面方程为

0A．x+5=

B．y2=0

0C．z+1=

0D．x1=

（A）

5．设空间直线方程为A．(0,0,0)

2

x

0yz

，则此直线经过的点是12

2

B．(0,1,0)

2

C．(0,0,1)D．(2,1,2)

（B）

6．设球面方程为x+(y1)+(z+2)=2，则以下点在球面内部的是A．(1,2,3)

B．(0,1,1)

2

C．(0,1,1)

D．(1,1,1)

2

7．以下曲面中经过原点的曲面是A．x=y+z+28

．曲面=z

2

2

2

2

（C）

B．x+y+z=1C．=z

y2+xy2

D．z=(x+1)+y

（C）

y2的图形关于

A．Oyz平面对称B．Oxy平面对称C．Oxz平面对称

D．原点对称

（D）

9．在空间直角坐标系下，方程3x+5y=0的图形表示

A．通过原点的直线B．垂直于z轴的直线C．垂直于z轴的平面D．通过z轴的平面10．在空间直角坐标系下，z轴的对称式方程是A．

（A）

x1yz

001

B．x

0yz3

02

C．x

1yz

00

D．x0yz

10

三、综合题

1．证明以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．

证明易得AB{6,2,3}，BC={8,5,3}，AC={2,3,6}，于是有AB=7，

BC=，222AC=7，又AB+ACBC，由此可得ABC是等腰直角三角形．

2．在Oyz平面上求与三个点A(3,1,2)，B(4,2,2)，C(0,5,1)等距离的点的坐标．

9+(x1)2+(y2)2=16+(x+2)2+(y+2)2

设所求点的的坐标为P（0，x，y），由题设所给条件可得，2222

9+(x1)+(y2)=(x5)+(y1)

整理可得

{

3x+4y+5=0，解之得x=1，因此所求点的坐标为（0,1,2）

．

4xy=6y=2

{

高等数学(工本)课后习题答案

3．设边长为a的正方体放置在Oxy平面上，底面的中心在坐标原点，底面的一个顶点在x轴上，画出正方体在空间直角坐标系上的位置，求出它各个顶点的坐标．

8

个顶点的坐标分别为

,0,0)，

,0)，(

,0,0)，(0,

,0)，,0,a

)，,a

)，(

,a)．,0,a)，(0,4．设有三个力F1={1,2,3}，F2={2,3,4}，F={3,4,5}，求合力F的模与方向余弦．3

易得F=F1+F2+F3={2,1,4}，故FFi

，cos=αF

F

jcos=βF

Fk，cos=γ

F

αβαβ

α设向量α与β的夹角为，则=，又当与平行时，设，则βkαβ=cos1cos≤=1，αβαβ

因此对于任何向量α与β恒有αβ≤β，当且仅当它们平行时等号成立．

并指出等号成立的条件．

设向量α={a1,a2,a3}，β=

{b1,b2,b3}

由上题结论β≤αβ可得

a1b

2+a2b2+a3b3≤，当且仅当α与β平行时等号成立．

222222

b+b=a2ab+b，故ab=0，于是有a

b由a+b=ab可得a+bab，即a+2a

=π(a+b)(ab)

设a与b的夹角为θ=，a+b与ab的夹角为，则cos=6a

+bab

a+b

a

b22ab

，又

a+b

ab

a+b与1，因此cos=ab的夹角为=．

高等数学(工本)课后习题答案

8．证明：两个方程组

{

F1(x,y,z)=0F2(x,y,z)=0

，表示同一条曲线的充要条件为它们是同解方程组．

G1(x,y,z)=0G2(x,y,z)=0

F(x,y,z)=0{G(x,y,z)=0

11

{

先证充分性：设点P(x1,y1,z1)是曲线

上的任意点，由于两个方程组是同解方程组，故

{

F2(x1,y1,z1)=0F(x,y,z)=0F(x,y,z)=0

，同理可得对于曲线2上的任意点Q(x2,y2,z2)也有1222，即若

G1(x2,y2,z2)=0G2(x1,y1,z1)=0G2(x,y,z)=0

{{

两方程组是同解方程组，则两方程组表示同一曲线；

再证必要性：若两方程组表示同一曲线，则对于曲线

F(x,y,z)=0

{G(x,y,z)=0

11

上的任意点P(x1,y1,z1)都在曲线

{

F2(x,y,z)=0F(x,y,z)=0F(x,y,z)=0

上，即2111，同理对于2上的任意点Q(x2,y2,z2)也有

G2(x,y,z)=0G2(x,y,z)=0G2(x1,y1,z1)=0

1

2

2

2

{{

F(x,y,z)=0{G(x,y,z)=0

1

2

2

2

，因此两方程组是同解方程组．

9．求与三个点A（3,7,4），B（5,7,4），C（5,1,4）的距离都相等的点的轨迹．

设所求点的坐标为P(x,y,z)，

则并整理可得

化简1{xy==4

，即所求点的轨迹为直线

1

{xy==4

．

222

x+y+z=64化为参数方程．10．将空间曲线方程

y+z=0

{

0化为y=z后带入方程x2+y2+z2=64，即将y+z=64可得x+2z=x=

x=8cost，然后可得参数方程y=t．

z=t

22

1212

x+z=1，令6432

2x2+y2+z2=16为准线，母线分别平行于x轴、y轴的柱面方程．

11．求以C:222

0xy+z=

将方程组消去x、y后便可得到解答，于是由：（1）将方程组中其次个方程的两倍减去第一个方程可得3y2

22222=16．

v=0，又投影点必在直线上，由此可得方程设投影点坐标为B(a,b,c)，则由题设可知其坐标满足AB

a+7b+2c+2a=5

，解此方程组可得b=2，因此投影点坐标为（5,2,4）．组123

0c=4(a2)+2(b3)+3(c1)=

高等数学(工本)课后习题答案

其次章多元函数的微分学

习题2-1

（2）开区域，有界．

（1）闭区域，无界；2

2

（

1）0≤y≤x,x≥0；（2）yx+10；

22

（3）x+y≠0；（4）xy,x+y≥0．

y

214y2xyf(2,1)=，．f(1,)3x1()2x2y2

x

4．已知函数f(x,y)=lnxlny，求：

（1）f(x0+h,y0+k)f(x0,y0)；（2）f(2,1+k)f(2,1)；（3）f(1+h,1)f(1,1)．（1）f(x0+h,y0+k)f(x0,y0=)ln(x0+h)ln(y0+k)lnx0lny0；（2）f(2,1+k)f(2,1)=ln2ln(1+k)；

0．

（3）f(1+h,1)f(1,1)=

（1）lim

x→0

y→1

1xy

=1；

x2y2

（2）x→0

1y→

2