专升本《高等数学》易错题解析-第六章：空间解析几何与向量代数

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1、第六章第六章空间解析几何与向量代数空间解析几何与向量代数空间解析几何与向量代数这一章的基本思想是用代数的方法研究几何学。其内容是学习多元微积分、曲线积分、曲面积分、场论的基础。在研究生入学考试中，本章是高等数学一和高等数学二的考试内容。通过这一章的学习，我们认为应达到如下要求：1、对于空间直线、平面、曲面特别是二次曲面应有明晰的空间位置、形状的概念。2、对于坐标化方法能运用自如，达到数与形的统一。3、具备空间想象能力，娴熟的矢量代数的计算能力和推理、演绎的逻辑思维能力。一、知识网络图直线束、平面束曲面的切平面与法线曲线的切线与法平面、夹角的夹角、直线与平面的两直线的夹角、两平面与平面间的位置关

2、系面间的位置关系、直线直线间的位置关系、平相关位置线在坐标平面上的投影曲参数式一般式空间曲线及其方程二次曲面面母线平行于坐标轴的柱旋转曲面一般式曲面及其方程曲面、曲线参数式对称式一般式空间直线及其方程截距式一般式点法式空间平面及其方程平面、直线坐标表示定义积数量积、向量积、混合向量及其线性运算向量代数二、典型错误分析例 1设, , , 求以向量和为邻边的平行四2a1b3),(baba32 ba3边形的面积。错解 由平行四边形的面积公式,得 )b-a(3)b3a(2 S bbabbaaa333232 223)(9)(26babbaa 22133sin12726 .)33(7分析 以向量和为邻边的

3、平行四边形的面积在数值上等于向量ba3S和的向量积的模，因此上述解题公式是对的。即ba32 ba3. )b-a(3)b3a(2 S但在向量运算过程中有以下错误：(1) 应为.,2aaa0aa(2) 向量积满足反交换律，应为. abba(3) 是错的。因式中左右边分别是向量和数量，故不),(sinbababa可能相等。应为.),(sinbababa正确解 )b-a(3)b3a(2 S bbabbaaa333232 )(11abba11 3sin11ba. 311例 2. 证明向量垂直于向量.abcacba)()(错证 由于 ，00)()()()(abcabcaabcacbaa所以向量垂直于向量.

4、abcacba)()(分析 由于两个向量垂直的充要条件是它们的数量积为零，因此从计算入手是对的，但是在运算中有以下错误：)()(bcacbaa(1) 一般来说， 事实上，表示与平行的向量，而.)()(bcacbacba)(c表示与平行的向量。bca)(b(2) 两个相等的向量相减为，而不是0. 0正确证明 由于 bcaacbaabcacbaa)()()()( ,0)()(bacacaba故由两向量垂直的充要条件知，向量垂直于向量.abcacba)()(例 3. 把下列曲线 的参数方程化为一般方程，其中 为ll .,)(,sin,costbzttaytax（1）错解 消去参数 ，得到此曲线的一般

5、方程t .sin,222bzayayx（2）分析 通过消去参数求出曲线的一般方程，是将曲线的参数方程化为一般方程时常用的方法。但这里所得到的结果是错的。原因是在消去参数时，采用了将式子两边平方的步骤，使此曲线的一般方程产生了增加的解。这一点从几何上看是清楚的，事实上曲线（1）是圆柱螺旋线，该曲线绕向两个方222ayx向延升。而曲线（2）是圆柱面和母线平行于轴的柱面222ayxx的交线，因此曲线关于坐标面对称。因此（1） ，和（2）所表示bzaysinyoz的曲线是不同的。正确解 由解得 ，代入 和，得到此曲线的一tbzttaxcossinay 般方程 .sin,cosbzaybzax例 4.

6、设两平行平面为， 求它们的距离0:iiDCzByAx. 2, 1i.d错解 当时，平面，在原点的同侧，于是021DDi, 2, 1i.21DDd当时，平面，在原点的异侧，于是 当021DDi, 2, 1i.21DDd时，当时，01D.2Dd 02D.1Dd 分析 以上解答产生错误的原因是对平面的一般式方程中的常数的几何意义认识不正确。只有在平面的法式方程中，常数项的绝对值才表示原点到该平面距离。解 将方程法式化，得，的法式方程为i, 2, 1i , 0iiiiiDCzByAx其中法化因子满足：i.1222CBAi设所求距离为，则d当时，平面，在原点的同侧，于是与同号021DDi, 2, 1i1

7、2.1212222211DDCBADDd当时，平面，在原点的异侧，于是与异号，则021DDi, 2, 1i12.1)212222211DDCBADDd当时，平面，间的距离即原点到的距离。于是，01Di, 2, 1i2.1222222DCBADd同理当时，平面，间的距离01Di, 2, 1i.1122211DCBADd综上，所求距离为 .121222DDCBAd例 5. 已知 与 垂直，且 与 垂直，求 ba3ba57ba4ba27, ab的夹角。错解 由于 与 垂直，所以有ba3ba57 221516a7)b5-a(7)b3a (bba . 0（1） 由于 与 垂直，所以有ba4ba27 )2

8、7()4(baba. 0308722baba（2） 由（1） ， （2）有，故得 bab22.2ab于是. 0),(ba分析 在以上解法中，将两向量垂直的条件转化为它们的点积为零来考虑，这个思路是常用的，且（1） ， （2）的计算是正确的。但从推出 bab22是错误的，事实上，而ab2bbb2).,(cos22bababa正确解 由于 与 垂直，所以有ba3ba57 221516a7)b5-a(7)b3a (bba (1). 0),(cos1615722bababa由于 与 垂直，所以有ba4ba27 )27()4(baba . 0),(cos308722bababa(2)由（1） ， （2）

9、得 ,2cosab（3）代入（1） ，得 故 ,22ba.ba（4）由（3） ， （4）得.3),(ba例 6. 设平面：与球面 相交成一个圆，求这012zyx1222zyx个圆的圆心。错解 设该圆的圆心为 由平面方程与球面方程 ),(0000zyxM012zyx，得1222zyx .27) 1()21()21(222zyx（1）故所求圆的圆心为得).1,21,21(0M分析 上述解答中的（1）是过该圆曲线的另一曲面的方程，而不是该圆曲线的方程，因此以上解答是错误的。事实上（1）与联立或（1）012zyx与 联立都是该圆曲线的方程。1222zyx正确解 设该圆的圆心为 由球面方程得球心为 因直

10、),(0000zyxM).0, 0, 0(O线垂直于平面，且为平面的一个法向量，故平行于，OM2, 1, 1nOMn即有 .211000zyx（1）又在平面上， 则 0M. 012000zyx（2）由（1） ， （2）得：，即得610x610y310z).31,61,61(0M例 7. 求椭圆面上某点处的切平面的方程，使平面过2132222zyxM已知直线.2121326:zyxL错解 令 则,2132),(222zyxzyxF ,2xFx,4yFy.6zFz于是椭圆面在点处的切平面的方程为),(000zyxM , 0)(6)(4)(2000000zzzyyyxxx即 .2132000zzyy

11、xx因为平面过已知直线，故的方向向量和平面的法向量垂直，即有LL . 0622000zyx（1）又因 .2121326000zyx（2）故由（1） ， （2）得 ,270x,470y.470z因此所求切平面的方程为.12322zyx分析 由题设，只知直线 L 在切平面上，但不能保证直线 L 过切点 故在以上解答中， （2）式是没有根据的。).,(000zyxM正确解 令 则,2132),(222zyxzyxF ,2xFx,4yFy.6zFz于是椭圆面在点处的切平面的方程为),(000zyxM , 0)(6)(4)(2000000zzzyyyxxx即 .2132000zzyyxx（1）因为平面过

12、直线，故上的任意两点，如点 应LL),21, 3, 6(A)27, 0, 0(B满足（1） ，于是有 ,212366000zyx. 20z（2）又因 ， 2132202020zyx（3）故由（2） ， （3）得 或 , 30x, 00y, 20z, 10x, 20y. 20z因此所求切平面的方程为 , 72 zx.2164zyx例 8. 设函数在点附近有定义，且，则),(yxfz )0, 0(3)0, 0(xf1)0, 0(yf_。（A） 曲面在点的法向量为；),(yxfz )0 , 0(, 0, 0(f1, 1, 3（B） 曲面在点的法向量为；),(yxfz )0 , 0(, 0, 0(f0

13、, 1, 3（C）曲线在点的切向量为；0),(yyxfz)0 , 0(, 0, 0(f3, 0, 1（D）曲面在点的法向量为；0),(yyxfz)0 , 0(, 0, 0(f1, 0, 3错解 由于， 故（A）成立。3)0, 0(xf1)0, 0(yf10, 0zzzf分析 设，故曲面在点的法向量为zyxf),(),(yxfz )0 , 0(, 0, 0(f。 由于，)0, 0(),0, 0(),0, 0(zyx3)0, 0()0, 0(xxf，所以（A） ， （B）都不正确。1)0, 0()0, 0(yyf10, 0zzz正确解 曲线看成以为参数，则可表示为， 其在点0),(yyxfzx),

14、(0yxfzyxx的切向量为，故选择（C） 。)0 , 0(, 0, 0(f3, 0, 1)0 , 0(0, 1xf例 9. 求直线点 与直线的公垂线) 1, 2, 1 (01211:1zyxLzyxL01:2方程。错解 已知直线的一个方向向量，直线的一个方向向量1L0, 1, 11v2L，作向量1, 0, 12v.1, 1, 121vvn则过上的点且以 为法向量的平面的方程为1L) 1, 2, 1 (n, 0) 1()2() 1(zyx即 . 02 zyx 易得平面与直线的交点为，于是得公垂线方程为2L)0, 2, 0( ,100232100zyx即 .1021zyx分析 在以上解法中点的选

15、取与公垂线的定义不符。事实上，直线上) 1, 2, 1 (1L的点可用该直线上任意一点来代替，因此这样求得的直线不唯一。) 1, 2, 1 (正确解 设直线为所求公垂线，则为平面 的交线，其中为直LL21,1线和所确定的平面，为直线和所确定的平面。L1L2L2L设直线的方向向量为，直线的方向向量为，直线的方Ln1L0, 1, 11v2L向向量为，则由题设有1, 0, 12v .1, 1, 121vvn设平面 的法向量分别为，则21,21,nn ，2, 1, 11vnn.1, 2, 122vnn则的方程为：1, 0) 1(2)2() 1(zyx 的方程为：2, 0)0() 1(2)0(zyx故公

16、垂线的方程为L . 022, 012zyxzyx例 10. 求以为顶点，母线与球面相切的圆锥面方程。 )0, 0, 5(A9222zyx错解 由于所求圆锥面的半顶角满足 轴方向为 ，设,22cosi是圆锥面上异于顶点的任一点，则 于是),(zyxMA,22),(cosiMA ,22)5(5222zyxx（1）即 . 0)5(22)5(222xzyx分析 这个结论是错的，事实上为顶点的锥面方程一定是关于 )0, 0, 5(A),5( x 的齐次方程。在以上解答中，错误产生于两个方面：一是半顶角的计算有, yz误，二是两点距离公式有误，于是（1）是错的。若将（1）改为： ,54)5(5222zyx

17、x则就可得到正确的结果。这个问题的做法很多，以下正确解采用了另一种方法。但也是利用圆锥面的几何特征求其方程。正确解 设任一母线与球面相切于点，则母线方程9222zyx),(000zyx为 .55000zzyyxx令 于是 ,155000tzzyyxx),5(50xtx,0yty .0ztz （2）将（2）代入，有9222zyx . 016)5(10)5(2222txtzyx因是切点，故以上方程有重根，故 ),(000zyx, 0)5(16)5(252222zyxx即 . 01616)5(9222zyx三、综合题型分析例 11求点在直线上的射影点。)6, 2, 3(M233211:zyxL分析一

18、 因为过点且与已知直线垂直的平面和已知直线的交)6, 2, 3(MLL点即所求的射影点，故应先求出平面的方程。解一 设过点且与已知直线垂直的平面为，由题设知)6, 2, 3(ML , 0)6(2)2( 3) 3( :zyx即 . 0923zyx（1）把直线的方程改写为参数式：L .23,32,1tztytx（2）由（1） ， （2）得 代入（2） ，得所求射影点为.74t).729,72,711(分析二利用直线的参数式方程，求出射影点所对应的参数，从而求得射影点。解二 设所求的射影点为，将已知直线的方程改写成参数式),(0000zyxML.23,32,1tztytx故有,10tx,320ty.

19、230tz于是 .32,3, 20tttMM由题设得 ,2, 3, 10MM即 , 0) 32(233)2(ttt得 代入（3） ，得所求射影点为 ,74t).729,72,711(0M方法小结 在考虑直线上一点的问题时，利用直线的参数式方程是比较方便的，在以上两种解法中都采用了直线的参数式方程。之所以用参数式方程能使问题简化，是因为求点的三个坐标的问题转化为了求点的参数。例 12. 求直线 在平面上的射影直线的方程。,85,21,3:tztytxL083:zyx分析一 所求直线是平面和的交线，其中为直线在平面上的射影平11L面。解一 设 直线在平面上的射影平面为，平面的法向量为，由于直L11

20、1n线的方向向量，平面的法向量，由射影平面的定义，L8, 2, 1s3, 1, 1 n得=nsn1.1,11,14311821kji又平面过直线，知直线上的点在平面上，可得平面1LL)5, 1, 3(M1的点法式方程为：即1, 0)5() 1(11) 3(14zyx .0261114zyx故直线在平面上的射影直线的方程为L0.83zy-x0,26- z-11y14x分析二 所求直线是平面和的交线，其中为以直线为轴的平面束中的22L一个平面，并且平面垂直于平面，即是直线在平面上的射影平面。22L解二 改写直线的方程为L. 094, 052zyyx设所求平面为，则是以直线为轴的平面束中的一个平面，

21、故可设22L，0)52()94(:2yxzy即 . 059)4(2zyx又由题设知 因此有，即取得,203)4(2.7, 10.26-z-11y.14x :2于是，直线在平面上的射影直线的方程为L0.83zy-x0,26- z-11y14x方法小结 一般地，直线在平面上的射影直线的方程，可用下列方程组表L示 的方程，平面上的射影平面的方程，在平面L其中直线在平面上的射影平面的方程可用不同的方法求出。L例 13求以原点为顶点且经过三坐标轴的正圆锥面方程。分析一 由于从本题的条件中容易求出一条准线的方程以及母线的方程，因此本题采用求普通锥面的方法比较方便。解一 设所求正圆锥面过点、)0, 1, 0

22、(B、，则由这三点确定)0, 0, 1 (A) 1, 0, 0(C的平面的方程为 . 1zyx 该平面与圆锥面的交线为圆曲线 , 1, 1222zyxzyx（1）这是锥面的准线方程。设为锥面上任一点，为母线与准线的交点，故母线),(ZYXM),(zyxOM方程为 .zZyYxX令 , tzZyYxX则得 代入（1） ，得,Xtx ,Yty ,Ztz . 1)(, 1)(2222zyxtzyxt消去参数 ，得所求正圆锥面的方程为t . 0YZXZXY类似地，可得其它三个正圆锥面的方程为 ., 0YZXZXY, 0YZXZXY0YZXZXY分析二 由于所求圆锥面的特殊性，本题采用参数法，可简捷地求

23、出圆锥面的方程。解二 设为参数， 则所求圆锥面由以下曲线族构成：a.a.,2222azyxazyx 消去参数，得所求正圆锥面方程为a . 0yzxzxy类似地，可得其它三个正圆锥面的方程为 ., 0yzxzxy, 0yzxzxy0yzxzxy方法小结 求圆锥面方程有两种一般的方法，一种是求普通锥面的方法，另一种是利用圆锥面的特殊性质来求出其方程。两种方法所需的条件是不同的。具体采用那一种方法，应根据题目的条件，作具体分析。本题是求圆锥面方程，但在解一中却采用了求一般锥面的方法就是这个原因。当然，由曲面的特殊性，有时采用特殊的方法更方便，如本题的解二。例 14已知平面上一条抛物线, 及顶点在其上

24、滑动的一条参数为yoz22yqz的抛物线, 若动抛物线所在的平面始终与轴垂直,且它的轴始终保持与轴pyz平行而移动,求这抛物线所描述出的曲面.分析一 根据所求曲面的构成特征，从动曲线的特殊位置出发进行考虑通常是有效的。以下解答是从动曲线滑动到坐标平面的位置出发进行考虑的。解一 设动抛物线滑动到平面上时，其方程为xoz , 0,22ypzx即 .2, 0,22ptzyptx（1）故在所求曲面上的任一点必可由曲线(1)上的一点),(zyxm沿轴平移, 沿轴平移而得到，)2, 0,2(200ptptNy0yz0z即有 .2,202000zptzyyptx又因为动抛物线顶点也随之平移到且在抛物线 上,

25、 故), 0(00zyqzy22有 .2020qzy(2) 将(1)代入(2)，得所求曲面方程为: .222zqypx讨论: 当 同号时,方程表示椭圆抛物面,qp,当 异号时,方程表示双曲抛物面.qp,分析二 由题设，所求曲面是由一条参数为的抛物线运动而产生，故所求曲p面可看成是由一族完全相同的抛物线所构成。因此本题采用曲线族法，可简捷地求得曲面的方程。解二 设所求曲面由如下抛物线族构成： (3).),(22tyczpx由题设，顶点满足. 0,22xqzy于是得 . qct22（4）将（4）代入(3)，得所求曲面方程为:.222zqypx讨论:同号时,方程表示椭圆抛物面,qp, 异号时,方程表

26、示双曲抛物面.qp,方法小结 可从所求曲面的图形特征入手寻求曲面的方程。以上两种方法从不同的角度分析了曲面的图形特征。例 15求直线上一点到此直线与平面的交01121zyx)5, 4, 3(2zyx点的距离。分析一 在求直线与平面的交点时，利用直线的对称式方程是比较方便的。值得注意的是参数 的引入，简化了交点的计算。t解一 设直线与平面的交点为。令 01121zyx2zyxM，tzyx01121则有， , 12 txty . 1z（1）将（1）代入平面方程，得 故交点为2zyx. 0tM).1, 0, 1 (于是点与点的距离为M)5, 4, 3(. 616164d分析二 利用直线参数方程中参数

27、的几何意义求两点的距离解二 由题设，直线过点和点，故此直线的参数方程为) 1, 0, 1 ()5, 4, 3(.325,324,313tztytx设为交点，代入，得。)325,324,313(ttt2zyx6t注意到为方向余弦，于是点到此交点的距离为32,32,31)5, 4, 3(. 6t方法小结 这里解一所用的方法是常规方法。而解二则充分利用了直线参数方程中参数的几何意义，这种方法在求直线上两点间的距离时常常是有效的。例 16求通过点且通过直线的平面方程。) 1, 2, 1 (,21,2,32:tztytxL分析一 由所给的条件知，平面的点法式方程是易求的，关键在于求出平面的法向量。解一

28、因题设知所求平面过点和点，故向量平行于) 1, 2, 1 () 1, 2, 2(2, 0, 1m所求平面。又为已知直线的方向向量，故知所求平面的法向量为： 2, 1, 3l .1, 4, 2213201kjilmn于是所求平面的方程为 , 0) 1()2(4) 1(2zyx即 . 0542zyx 分析二 因所求平面过已知点，故可直接设其点法式方程，再利用条件确定待定系数。解二 设所求平面方程为，则为平0) 1()2() 1(zCyBxA,CBAn 面的法向量。由题设知为已知直线的方向向量，故有2, 1, 3l . (1)0232, 1, 3,CBACBAln又由点在所求平面上，有) 1, 2,

29、 1 ( . (2)02 CA由（1） ， （2） ，得 ，CA2CB4故所求平面的方程为 . 0542zyx方法小结 若所求平面通过已知点，一般可求平面的点法式方程。以上两种解法是求平面点法式方程的常用思想方法。由于本题所求的平面过已知直线，因此用平面束方程来处理也是方便的。 （参见例 22）例 17 已知直线，求点 关于直线的对称点01: yxL)4, 2(AL.B分析一 利用线段的中点在直线上以及的斜率为的斜率的负倒数这ABLABL两个条件，可较简捷地求得点的坐标。B解一 设的坐标为，故线段的中点在直线上，B),(yxAB)24,22(yxML又的斜率为的斜率的负倒数，故ABL . 12

30、4, 012422xyyx于是得).3, 3(B分析二 由于点在过点而垂直于直线的直线上， 因此可先求得直线BAL和直线的交点，再求得点。ABLB解二 过点而垂直于直线的直线方程是)4, 2(A01: yxL. 06 yx解方程组 . 01, 06yxyx得直线和直线的交点 此点为线段的中点。ABL),27,25(C设的坐标为，则 故得B),(yx, 32252x. 34272y).3, 3(B方法小结 求点关于直线的对称点的方法有多种，但都抓住一个基本点：ALB直线是线段的垂直平分线。由于分析的方法不同，导出不同的解法。LAB例 18求通过点，垂直于直线，又与直线) 1, 2, 1 (P11

31、231:1zyxL相交的直线方程。zyxL2:2分析一 将所求直线看成是两个平面的交线， 因此问题转化为利用已知条件L求出过的两个平面。L解一 设所求直线为，则由题设知：在过点且与直线垂直的平面上。LLP1L1设直线的方向向量为，故有1L1l . 0) 1()2(2) 1( 3:1zyx另一方面，在点与直线确定的平面上。设直线的方向向量为LP2L22L，则为平面的法向量。故：2l3, 3, 31, 2, 122ln2. 0) 1()2() 1( :2zyx于是直线为为：L . 0823, 0:zyxzyxL分析二 将所求过已知点的直线用参数式方程表示，则问题转化为求直线的方向向量，由题设可确定

32、此方向向量。解二 设通过点的直线方程为) 1, 2, 1 (P .1,2,1:ntzmtyltxL（1）因直线垂直，故L1L. 023nml又直线与相交，直线可表示为L2L2L .,2zyzx（2）联立（1） ， （2） ，得 ,53nl.52nm 令 则 得所求直线方程为, 5n, 3l. 2m .51,22,31tztytx方法小结 在考虑直线与直线相交的问题时，将所求直线的方程设成参数式是较为简单的。另外将所求直线看成是两个平面的交线，也是求直线的常用方法。例 19 求准线为 , 3, 294222zzyx且母线平行于轴的柱面方程。Z分析一 由于给出了一条准线的方程以及母线的方向向量，因

33、此可用常规求柱面方程的方法求解。解一 设为准线上的任意一点，则过这点的母线方程为),(111zyx ,100111zzyyxx（1）其中 满足条件111,zyx , 3, 2941212121zzyx（2）由（1）及（2）的第二式得 ，代入（2）的第一式，得3,111zyyxx. 1422yx显然，其为双曲柱面方程。分析二 改写所求曲面的准线方程，利用母线平行于坐标轴的柱面方程的特点，得出结果。 解二 将准线方程同解变形，得. 3, 1422zyx上式表明已知准线可看成为母线平行于轴的双曲柱面和平面Z1422yx的交线，显然所求柱面即双曲柱面3z. 1422yx 方法小结 母线平行于坐标轴的柱

34、面是一类特殊的柱面，因此除了用常规方法可求出其方程以外，常常还可利用其特点求出其方程，解二中选用其它准线的方法也是常用的。例 20.若 表示平面上两条直线，求值及两直线的01298yxkxyxoy夹角分析一 由于平面上的一条直线一定能用一个二元一次方程表示，所以得xoy出以下分解式（1） ，在此基础上不难求得值及两直线的夹角。解一 设. )(1298222111cybxacybxayxkxy（1）不失一般性有21ba 比较系数得：，所以有,12kba, 921cb, 812ca1221cc 6)(21211221cccbcaabk于是，当时，0)43)(32(1298yxyxkxy故原方程表示

35、直线： 和 ，它们分别与轴，轴平行，因032x043y此夹角为o90分析二 利用曲线的不变量进行讨论是方便的。二元二次方程的图形为两条直线的充要条件为不变量 . 03I解二由，01229429024203kkI得，故， （不合题意）0)6(kk故两直线是 和 ，它们分别与轴，轴平行，因此夹032x043y角为o90方法小结 在讨论曲线和曲面图形时应注意：若，则的图形0gfF0F是指的图形和的图形，而不是的图形或的图形。0f0g0f0g四、考研试题分析例 21(1995 年高数一、二)设 则, 2)(cba._)()()(accbba答案 4.分析 在展开时注意两个平行向量的向量积为零，有两个向

36、量平行的三个向量的混合积为零，即可得结果。 解答 )()()()()()(accbbcbaaccbba )()(accbcaba .4)(2)()(cbaacbcba例 22(1996 年高数一、二)设一平面经过原点及点（6，-3，2）且与平面垂直，则此平824zyx面方程为._答案 . 0322zyx分析一 求平面方程的方法很多，这里用所求平面上的一个定点和所求平面的一个法向量来确定所求平面的方程。本题的关键在于找出所求平面的一个法向量。由于始点为原点，终点为（6，-3，2）的向量以及已知平面的法向量均平行于所求平面，故这两个向量的向量积就是所求平面的一个法向量。解一 设所求平面为，由题设得

37、：， .2, 3, 62, 1, 4则 =为平面的一个法向量。即0n2, 3, 62, 1, 4 .6442362140kjikjin由于平面过原点，得平面的点法式方程为 , 0)0( 3)0(2)0(2zyx即得平面的方程为 . 0322zyx 分析二 由于所求平面过原点和点（6，-3，2）的连线，因此本题用平面束方法求解比较简单。 解二 由题设，原点和点（6，-3，2）连线 的点向式方程为l， 236zyx（1） 将（1）改写为一般式方程： . 032, 02zyyx于是，过直线的所有平面的方程可写为，0)32()2(zyyx即.03)(2zyx其中与已知平面垂直的平面应满足 , 02,

38、1, 43),(2,得 取 于是所求平面方程为.2, 2, 1 . 0322zyx例 23(2003 年高数一)曲面 与平面平行的切平面方程是.22yxz042zyx_答案 . 542zyx分析一 在二次曲面的正常点上， 切平面方程可根据曲面方程直接),(000zyx得出。若二次曲面方程为xayzaxzaxyazayaxa142313122332222112222，则切平面方程为022443424azayayxazzayyaxxa012033022011( )()()()()()034024014002300130zzayyaxxayzzyaxzzxaxy。044 a解一 由曲面方程， 22y

39、xz（1）得所求切平面方程为 . 0)(21000zzyyxx（2）由所求切平面与已知平面平行，得， 1214200yx（3）于是，由（1） ， （3） ，得：， 代入（2） ，得切平面方程10x20y. 50z为. 542zyx分析二 在二次曲面的正常点上，可根据曲面方程直接得出切平面),(000zyx的法向量，再利用所求切平面与已知平面平行，可求出切平面方程。解二 设曲面在上有切平面，则由曲面方程知，切平面),(000zyx22yxz的法向量为。由题设，得1,2,200yx， 11422200yx考虑到，得：，20200yxz10x20y. 50z故切平面方程为 ，0)5()2(4) 1(

40、2zyx即. 542zyx例 24(1995 年高数一、二) 设有直线 及平面：，则直线, 03102, 0123:zyxzyxL0224zyx（ ） 。L（A） 平行于； （B）在上； （C）垂直于； （D）与斜交。分析一 直线是两个平面的交线， 可用所给定的平面, 03102, 0123:zyxzyxL的法向量和这两个平面的法向量的位置关系进行判别。解一 应选（C） 。 由直线和平面的方程，易得L， 且，02, 3, 11, 2, 4010, 1, 21, 2, 4即平面， 其中 i. 2, 1i:1, 0123zyx:2, 03102zyx于是，平面与平面和平面的交线垂直。12L分析二

41、可通过直线的方向向量和平面的法向量的位置关系进行判别。L解二 应选（C） 。设直线的方向向量为 ，平面的法向量为，则Lln ,714281012231kjikjil.1, 2, 4n 已知 平行于，故直线垂直于平面。lnL例 25(1998 年高数一)设矩阵是满秩的，则直线与直线 333222111cbacbacba213213213ccczbbbyaaax 321321321ccczbbbyaaax（A）相交于一点； （B）重合； （C）平行但不重合； （D）异面.分析一 本题若用求交点的途径考虑是比较复杂的，可用特殊值进行判别。解一 应选（A） 。 采用特殊值法，令，矩阵中的其它元数均为，

42、则这两条直1321cba0线的方程为： ， . 显然这两直线以0111zyx1101zyx为交点且不重合。) 1, 1, 1 (分析二 两条直线的位置关系可由三个矢量，)(),(),(212121ccbbaa 的位置关系确定，),(),(),(323232ccbbaa)(),(),(232323ccbbaa于是，可通过考虑相应的矩阵和行列式，确定两条直线的相关位置。解二 应选（A） 。事实上，由于初等变换不改变矩阵的秩，故有 ，其秩不变。333222111cbacbacba333323232212121cbaccbbaaccbbaa由题设，得于是两直)( : )( : )(212121ccbb

43、aa),( :)( :)(323232ccbbaa线不平行，可排除（B） ， （C） 。 另一方面，由于 = 131313323232212121ccbbaaccbbaaccbbaa232323323232212121ccbbaaccbbaaccbbaa0，故两直线共面，可排除（D） 。 于是，选择（A） 。例 26(1997 年高数一)设直线在平面上，而平面与曲面相切于030:zayxbyxl22yxz点求之值。),5, 2, 1 ( , ab分析一 首先求出与曲面相切于点的切平面的方程，进一22yxz)5, 2, 1 ( 步，可通过将 代入切平面的方程，求出之值。l, ab解一 在点处曲面

44、的法向量为 故切平面的方程为)5, 2, 1 ( ,1, 4, 2n ，0)5()2(4) 1(2zyx即 . 0542zyx(1)由直线方程解得030:zayxbyxl， .bxy)(3bxaxz将其代入(1), 得 ，024)5(abbxa因而有 ， ，05 a024 abb解得 ， .5a2b分析二 求出与曲面相切于点切平面的方程，利用平面22yxz)5, 2, 1 ( 属于以直线 为轴的平面束，求出之值。l, ab解二 同解一，可求得在点处曲面的切平面的方程为)5, 2, 1 ( . 0542zyx(2)由于平面属于以直线 为轴的平面束，因此可设的方程为l，0) 3(zayxbyx即

45、. (3)03)1 ()1 (bzyax由于(2), (3)均为平面的方程，得 ,5314121ba因此解得 ， .5a2b例 27(2002 年高数二)已知曲线的极坐标方程是，求该曲线上对应于处 的切线cos1r6和法线的直角坐标方程。分析一 由于是求直线在直角坐标系下的方程，因此可利用极坐标和直角坐标的关系首先求出切点的直角坐标，利用参数式函数求导求得切线的斜率，再dxdy求出切线和法线的直角坐标方程。 解一 易知此曲线的参数方程为 .sin)cos1 (,cos)cos1 (yx（1）于是. sincos2sinsincoscos22ddxddydxdy(2)将代入（1）-（2） ，得切

46、点的直角坐标为，切线6)4321,4323(的斜率为。于是所求的切线的直角坐标方程为1dxdy,43234321xy即 . 045433 yx法线的直角坐标方程为 ,43234321xy即 . 04143 yx分析二 可首先求出曲线的参数式方程和直角坐标方程，利用这两个方程求出切点的直角坐标和切线的斜率，从而求出切线和法线的直角坐标方程。dxdy解二 曲线的参数方程为 .sin)cos1 (,cos)cos1 (yx（3）于是此曲线的直角坐标方程为. xyxyx2222(4)当时，由(3)得切点的直角坐标为， 6)4321,4323( 。由（4）利用隐函数求导，得在以上切点处。22yxr231

47、1dxdy 于是可得（同解一）所求的切线的直角坐标方程为. 045433 yx法线的直角坐标方程为 . 04143 yx例 28(1994 年高数一、二)已知点与的直角坐标分别为（1，0，0）与（0，1，1） ，线段绕ABAB轴旋转一周的旋转曲面为，求由及两平面，所围成的立体体积。ZSS0z1z 分析 由题意，关键是求出垂直于轴的平面截此旋转体所得截面的面积，Z)(zs考虑到此截面是圆截面，因此只需求出圆截面的半径即可。 )(zr解答 由题设，直线的方程为AB，1111zyx即.,1zyzx注意到在轴上截距为的圆截面，与轴交于点，与直线ZZZ) 1, 0, 0(P交于点，故圆截面的半径满足AB

48、),1 (zzzQ)(zr.)1 ()(222zzzr 从而，所求旋转体体积为.32)221 ()(101022dzzzdzzrV例 29(1998 年高数一)求直线在平面上的投影直线的方程，11111:zyxL012:zyx0L并求绕轴旋转一周所成曲面的方程。 0Ly分析一 (1) 首先求出过直线且与平面垂直的平面的方程，联立这 两个L1平面的方程得直线的方程。(2) 再求旋转曲面的方程。0L解一 (1) 设过直线且与平面垂直的平面为，由于直线上的点在L11, 0, 1平面上，因此可设1 ，0) 1() 1(:1ZCByxA则得, 02, 1, 1, 02, 1, 1,CBACBA由此解得，

49、于是的方程为2:3:1:CBA1.0123zyx于是，直线在平面上的投影直线的方程为L0L . 012, 0123zyxzyx (2) 若将的方程改写为0L),1(21,2yzyx设所求旋转曲面的方程为，设为上的任意一点，则),(zyxP为直线上一点绕轴旋转得到。由于坐标不变以),(zyxP0L),(0000zyxPyy及点和 到轴的距离相等，因此有P0Py ，0yy 202022zxzx于是，得曲面的方程为 ,)1(21)2(2222yyzx即 . 0124174222yzyx分析二 参见综合题型中例 12 的方法小结以及分析二，直线在平面上的L投影平面的方程可由以为轴的平面束方程获得。2L

50、解二 (1) 将直线的方程改写为L . 01, 01yxyx则以为轴的平面束方程为L , 0) 1() 1(yxyx即 , 0(zyx其中与平面垂直者应满足 ，02, 1, 1,即 .2取，代入平面束方程，得直线在平面上的投影平面的, 12L2方程为 . 0123zyx于是，直线在平面上的投影直线的方程为L0L. 012, 0123zyxzyx(2) 同解一中的(2)。例 30(2003 年高数一、二)已知平面上三条不同直线的方程分别为. 032:, 032:, 032:321baycxlacybxlcbyaxl试证这三条直线交于一点的充分必要条件为. 0cba分析一 利用代数学的知识：三个二

51、元一次方程构成的方程组有唯一解的充要条件是方程组的系数矩阵的秩和增广矩阵的秩均为 2，可证明此充要条件。解一 必要性：设所给的三条直线交于一点， 则方程组, 032, 032, 032baycxacybxcbyax有唯一解，故方程组的系数矩阵的秩和增广矩阵的秩均为 2，于是)(6323232222bcacabcbacbabacacbcba .)()()(3222accbbacba由于 故, 0)()()(222accbba. 0)(cba充分性：由 则由以上必要性的证明得, 0)(cba, 0323232bacacbcba故增广矩阵的秩小于 3。由于, 043)21(2)( 2)(222222

52、2bbabbaabaccbba故方程组的系数矩阵的秩和增广矩阵的秩均为 2。于是此方程组有唯一解，即直线 交于一点。321,lll分析二 对于三线共点问题，用直线束方程进行考虑是常用的方法。解二 必要性：设所给的三条直线 , 032:1cbyaxl, 032:2acybxl 交于一点， 即属于以点为中心的直线束。由于三条, 032:3baycxlC3lC直线互不相同，故直线的方程为3l )32(cbyaxm, 0)32(acybx其中为非零常数。m另一方面，的方程为：3l. 032baycx于是，得 其中不等于 的,kcbma,2)(2kacmb,3)( 3kbamck0常数。三式相加，得).()(1(cbakcbam因允许为 故有m, 1. 0cba充分性：将方程组 , 032, 032, 032baycxacybxcbyax（1）中的三个方程相加，由知方程组（1）等价于方程组0)(cba . 032, 032acybxcbyax（2） 因, 043)21(2)( 2)(2222222bbabbaabaccbba所以方程组（2）有唯一解，从而方程组（1）有唯一解，即直线 交321,lll于一点。