解析几何第四版吕林根 期末复习 课后习题(重点)详解

第一章 矢量与坐标
§1.3 数量乘矢量
4、 设→→→+=b a AB 5，→→→+-=b a BC 82，)(3→
→→-=b a CD ，证明：A 、B 、D 三点共线． 证明 ∵→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
=+=-++-=+=AB b a b a b a CD BC BD 5)(382
∴→
AB 与→
BD 共线，又∵B 为公共点，从而A 、B 、D 三点共线．
6、 设L 、M 、N 分别是ΔABC 的三边BC 、CA 、AB 的中点，证明：三中线矢量AL , BM ,
可 以构成一个三角形.
证明： )(21
AC AB AL +=
)(21
+=
)(2
1
CB CA CN +=
0)(2
1
=+++++=++∴
7.、设L 、M 、N 是△ABC 的三边的中点，O 是任意一点，证明 ++=OL +OM +ON .
[证明] += MB OM OB += NC ON OC +=
)(OM +++++=++∴ =)(CN BM AL ON OM OL ++-++ 由上题结论知：0=++CN BM AL ON OM OL OC OB OA ++=++∴ 从而三中线矢量BM ,,构成一个三角形。

8.、如图1-5，设M 是平行四边形ABCD 的中心，O 是任意一点，证明
OA +OB ++OD ＝4OM .
[证明]：因为OM ＝
21
(OA +), OM ＝2
1
(OB +), 所以 2OM ＝2
1
(OA +OB +OC +) 所以
OA +OB ++OD ＝4OM .
10、 用矢量法证明梯形两腰中点连续平行于上、下两底边且等于它们长度和的一半．
图1-5
证明 已知梯形ABCD ，两腰中点分别为M 、N ，连接AN 、BN ． →
→
→
→
→
→
++=+=DN AD MA AN MA MN ，
→
→
→
→
→
→
++=+=CN BC MB BN MB MN ，∴ →
→→+=BC AD MN ，即
§1.4 矢量的线性关系与矢量的分解
3.、设一直线上三点A , B , P 满足AP ＝λ(λ≠－1),O 是空间任意一点，求证：
OP ＝λ
λ++1
[证明]：如图1-7，因为
＝－OA ,
PB ＝OB －,
所以 －OA ＝λ (OB －),
(1+λ)OP ＝+λ,
从而 OP ＝λ
λ++1OB
.
4.、在ABC ∆中,设,1e =2e =.
(1) 设E D 、是边BC 三等分点,将矢量,分解为21,e e 的线性组合; （2）设AT 是角A 的平分线(它与BC 交于T 点),将分解为21,e e 的线性组合
解：（1）()
12123
1
31,e e e e -==-=-= ， 2111231323131e e e e e BD AB AD +=-+=+=，同理123
1
32e e AE +=
（2）因为
||||TC ＝|
|11e e ,
且 BT 与方向相同， 所以 BT |
|21e e .
由上题结论有
AT |
|||1|
|21
2
211e e e e e +
||||212112e e e e e e +.
5．在四面体OABC 中，设点G 是ABC ∆的重心（三中线之交点），求矢量对于矢量
,,,的分解式。

解：G 是ABC ∆的重心。

∴连接并延长与BC 交于P
()
(
)()
AC AB AC AB AP AG AC AB AP +=+•==+=
31
213232,21 同理()(
)
+=+=3
1
,31 C O
()++=+=∴31
（1） G P
()++=+=3
1
（2） A B
()
CB CA OC CG OC OG ++=+=31
（3） （图1）
由（1）（2）（3）得
()()
++++++
++=3
131
3 ++=
6．用矢量法证明以下各题
（1）三角形三中线共点
证明：设BC ，CA ，AB 中，点分别为L ，M ，N 。

AL 与BM 交于1P ，AL 于CN 交于2P BM 于CN 交于3P ，取空间任一点O ，则 A
()
OP ++=+
=+=3
1
3211 (
)()
OC OB OA OB OC OB OA OB ++=-+-+=31
31 A 同理
()
OC OB OA OP ++=31
2 N M
(
)
OP ++=31
3 B L C
321,,P P P ∴三点重合 O ∴三角形三中线共点 （图2） 即()
++=
3
1
§1.5 标架与坐标
9. 已知线段AB 被点C(2,0,2)和D(5,-2,0)三等分,试求这个线段两端点A 与B 的坐标. 答 A(-1,2,4),B(8,-4,2).
10.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离的三倍. 用四面体的顶点坐标把交点坐标表示出来.
[证明]：设四面体A 1A 2A 3A 4,A i 对面重心为G i , 欲证A i G i 交于一点(i ＝1, 2, 3, 4).
在A i G i 上取一点P i ，使i i A ＝3i i G P , 从而i OP ＝
3
13++i
i OG OA ，
设A i (x i , y i , z i )(i ＝1, 2, 3, 4)，则
G 1⎪⎭⎫
⎝
⎛++++++3,3,34324
324
32
z z z y y y x x x , G 2⎪⎭⎫
⎝
⎛++++++3,3,
34314
31431z z z y y y x
x x , G 3⎪⎭⎫
⎝⎛++++++3,3,34214
214
21
z z z y y y x x x , G 4⎪⎭
⎫
⎝
⎛++++++3,3
,33213
213
21
z z z y y y x 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(
44321x x x x +++,44321y y y y +++,4
4
321z z z z +++).
同理得P 2≡P 3≡P 4≡P 1，所以A i G i 交于一点P ，且这点到顶点距离等于这点到对面重心距离
的三倍.
§1.7 两矢量的数性积
3. 计算下列各题.
（1）已知等边△ABC 的边长为1,且
BC a =,CA b =,,AB C =求ab bc ca ++ ； (2)已知,,a b c 两两垂直,且1,a =
2,b =3,c =求r a b c =++的长和它与,,a b c 的夹角.
(3)已知3a b +与75a b -垂直，求,a b 的夹角.
(4)已知2,a = 5,b = 2
(,),3
a b π∠= 3,p a b =- 17.q a b λ=+问系数λ取何值时p
与q 垂直？
解
(1)∵
1,
a b c ===∴
0cos120ab bc ca a b ++=⋅⋅0cos120b c +⋅⋅ c a +⋅⋅0cos1203
2
=-
(2)∵,a b c ⊥⊥且1,a = 2,b = 3c = .
设r a b c =++ 23i j k =++ ∴2
12
r =+= 设r 与,,a b c 的夹角分别为 ,,.
αβγ
∴cosα==
cosβ==
cosγ==
∴arccos
α
=
14
，arccos
7
β=
，arccos
14
γ=
(3)(3)(75)
a b a b
+⋅-0
=，即22
716150
a a
b a
+-=(1)
(4)
a b
-⋅(72)
a b
-0
=，即22
73080
a a
b b
-+=(2) (1)-(2)得：2
2a b b
⋅=(1)8(2)5
⨯+⨯得：2
2a b a
⋅=
∴a b
=∴cos(,)
a b
∠
a b
a b
⋅
=
⋅
2
2
1
2
b
b
=
1
2
=∴cos(,)
a b
∠=
3
π
(4)a b⋅=a b ⋅cos(,)
a b
∠=
1
25()
2
⨯⨯-5
=-
p q⋅=(3)17
a b a b
λ
-⋅+
（）22
35117
a a
b a b b
λλ
=+-⋅-680170
λ
=-+=∴40
λ=
4. 用矢量法证明以下各题：
(1) 三角形的余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A;
(2) 三角形各边的垂直平分线共点且这点到各顶点等距.
证明：（1）如图1-21，△ABC中，设AC＝b
,AB＝c,BC＝
a，
且|a
|＝a，|b
|＝b,|c|＝c. 则a＝b
－c,
a2＝(b
－c
)2＝b
2+c2－2b
⋅c＝b
2+c2－2|b
||c
此即a2＝b2+c2－2bc cos A.
(2) 如图1-22，设AB, BC边的垂直平分线
PD, PE相交于P,
D, E, F为AB, BC, CA的中点, 设PA＝, PB＝
b
, PC＝c, 则AB＝b
－a, BC＝c－b
, CA
＝a－c, ＝
2
1
(a+b
),
＝
2
1
(c
＋b
).
因为⊥, ⊥,
所以
2
1
(a+b
)(b
－a)＝
2
1
(b
2－a2)＝0,
2
1
(b
+)(－b
)＝
2
1
(2－b
2)＝0,
从而有2＝b
2＝2,即 ||2＝|b
|2＝||2,
图1-11
图1-12
所以
21(c ＋a )(a －c )＝2
1(a 2－c
2)＝0, 所以 PF ⊥CA , 且 |a |＝|b
|＝|c |.
故三角形各边的垂直平分线共点且这点到各顶点等距.
6 已知△ABC 的三顶点(0,0,3),A (4,0,0),B (0,8,3)C -
试求：(1)△三边长 (2)△三内角
(3)三中线长 (4)角A 的
角平分线矢量AD （中点在BC 边上），并求AD 的方向余弦和单位矢量
解： (1) (4,0,3),AB =- (0,8,6)AC =-，(4,8,3)BC =-
∴5,AB =10,AC =89BC =
(2)cos AB BC A AB BC
⋅∠=
⋅9
=
25
∴A ∠=9arccos
25
cos AC BC C AC BC
⋅∠=
⋅41=
445
∴C ∠=
7cos BA BC B BC BC
⋅∠=
⋅89
=
∴B ∠=
(3)11AD AB BD =+)9
=(2,4,-2
∴1AD =2
2BD 2BA AD =+)=(-4,4,0 ∴2BD =
33CD CA AD =+9
(2,8,)2
=- ∴
3353
2CD =
(4)cos AB AD AC AD AB AD
AC AD
θ⋅⋅=
=
⋅⋅ ∴AD =﹛88,,433
-﹜
∴cos
α=
，cos β=cos γ=
设它的单位矢量为﹛,,a b c ﹜，且2221a b c ++=
MB V ==
----22
2
134
2
1
03∴﹛,,a b c ﹜= §1.8 两矢量的失性
4. 已知: {}2,3,1a =-,{}1,2,3,b =-求与a ,b 都垂直,且满足下列条件的矢量c : (1)c 为单位矢量 (2)10c d ⋅=,其中d ={}2,1,7-. 解: (1)设{},,c x y z =.∵
,,c a c b ⊥⊥23c b x y z ⋅=-+=0 (1) ∴23c a x y z ⋅=-+=0 (2)
222x y z ++=1 (3) 由(1),(2),(3): 73,15315c ⎧⎪=⎨⎪⎪⎩⎭
(2)设{},,c x y z =.∵10c d ⋅= ∴27x y z +-=10 (4) 由(1),(2), (4)得: 35255,,666c ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭
.
5.在直角坐标系内已知三点(5,1,1),A -(0,4,3),B -(1,3,7)C -,试求: (1)三角形ABC 的面积 (2)三角形ABC 的三条高的长. 解: (1)
(5,5,4AB =--）, (4,4,8AC =--）, (1,1,4BC =）
cos AB AC A AB AC
⋅∠=
⋅=
6, 5
sin 6
A =. 1
sin 2
ABC
S
AB AC A =
⋅⋅=
(2)66AB =96AC =18BC =. ∴1h =
2h =38h =. 7. 用矢量方法证明： （1）三角形的正弦定理
A a sin ＝
B b sin ＝C
c
sin . （2）三角形面积的海伦(Heron)公式，即三斜求积公式：
∆2＝p (p －a )(p －b )(p －c ).
式中p ＝
2
1
(a +b +c )是三角形的半周长，∆为三角形的面积. [证明]： (1) 如图1-13，在△ABC 中，设＝，＝b
，AB ＝，
且||＝a ，|b |＝b , ||＝c , 则 +b +＝0
,
从而有 b ⨯＝⨯＝⨯b
,
所以 |b ⨯c |＝|c ⨯a |＝|a ⨯b
|,
bc sin A ＝ca sin B ＝ab sin C ,
于是
A a sin ＝
B b sin ＝C
c
sin . (2) 同上题图，△ABC 的面积为
∆＝
2
1
|⨯b |, 所以 ∆2＝
41
(⨯b )2. 因为 (⨯b )2+(⋅b )2＝2
b 2,
所以 ∆2＝41[a 2b 2－(a ⋅b )2].
由于 a +b +c ＝0
,
从而 a +b ＝－c ，(a ＋b
)2＝c 2,
所以 b ＝21(c 2－2
－b 2)＝21(c 2－a 2－b 2),
故有 ∆2＝41[a 2b 2－41
(c 2－a 2－b 2)2]
＝161
[2ab －(c 2－a 2－b 2)][2ab +(c 2－a 2－b 2)] ＝161[(a +b )2－c 2][c
2－(a －b )2] ＝161
(a +b +c )(a +b －c )(c +a －b )(c －a ＋b ) ＝16
1
⋅2p ⋅(2p －2c )(2p －2b )(2p －2a ). 所以 ∆2=p (p -a )(p -b )(p -c ),
或 ∆=))()((c p b p a p p ---.
§1.9 三矢量的混合积
4.已知直角坐标系内矢量,,a b c 的分量,判别这些矢量是否共面?如果不共面,求出以它们为三邻边作成的平行六面体体积. (1){}3,4,5a =, {}1,2,2b =, {}9,14,16c =.
(2){}3,0,1a =-, {}2,4,3b =-, {}1,2,2c =--. 解: (1)共面 ∵
(,,)a b c =016
14922
1
5
43
= ∴向量,,a b c 共面
(2)
不共面 ∵(,,)a b c =22
2
134
2
1
03
=---- ∴向量,,a b c 不共面 以其为邻边作成的平行六面体体积2=V
5. 已知直角坐标系内D C ,,,B A 四点坐标,判别它们是否共面?如果不共面,求以它们为顶点的四面体体积和从顶点D 所引出的高的长.
⑴()()()()17,14,10,3,2,2,6,4,4,1,0,1D C B A ; ⑵()()()()8,4,5,7,3,6,2,1,4,1,3,2--D C B A . 解: ⑴共面.
⑵5827
1
7
604
322,,⨯=---=⎪⎭
⎫ ⎝
⎛→
→→AD AC AB 3
58
=∴V
又{}28,8,24,12=⨯∴--=⨯→
→
→
→AC AB AC AB ,
7
2928116=
=
∴h ∴顶点D 所引出的四面体高为729
. 第二章 轨迹与方程 §2.1平面曲线的方程
1.一动点M 到A )0,3(的距离恒等于它到点)0,6(-B 的距离一半，求此动点M 的轨迹方程，并指出此轨迹是什么图形？
解：动点M 在轨迹上的充要条件是MB MA 2
1
=。

设M 的坐标),(y x 有
2222)6(2
1
)3(y x y x ++=
+- 化简得36)6(22=+-y x 故此动点M 的轨迹方程为36)6(2
2
=+-y x 此轨迹为椭圆
2.有一长度为a 2a (＞0）的线段，它的两端点分别在x 轴正半轴与y 轴的正半轴上移动，是求此线段中点的轨迹。

A ，B 为两端点，M 为此线段的中点。

解：如图所示 设(,),A x o (,)B o y .则(,)22
x y M .在Rt AOB 中有
222()(2)x y a +=.把M 点的坐标代入此式得:
222()x y a +=(0,0)x y ≥≥.∴此线段中点的轨迹为222()x y a +=
3. 一动点到两定点的距离的乘积等于定值2
m ,求此动点的轨迹.
解:设两定点的距离为2a ,并取两定点的连线为x 轴, 两定点所连线段的中
垂线为y 轴.现有:2
AM BM m ⋅=.设(,)M x y 在Rt BNM 中 2
2
2
()a x y AM ++=(1)
在Rt BNM 中2
2
2
()a x y BM -+=.(2)
由(1)(2)两式得:
22222244()2()x y a x y m a +--=-.
§2.2 曲面的方程
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m ，二定点的距离为a 2，则二定点的坐标为)0,0,(),0,0,(a a -，设动点
),,(z y x M ，所求的轨迹为C ，则
222222)()(),,(z y a x m z y a x C z y x M +++=++-⇔
∈
亦即])[()(2
2
2
2
2
2
2
z y a x m z y a x +++=++-
经同解变形得：0)1()1(2))(1(2
2
2
2
2
2
2
=-++-++-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c 2，距离之和常数为a 2。

设动点
),,(z y x M ，要求的轨迹为C ，
则a z y c x z y c x C
z y x M 2)()(),,(222222=++++++-⇔
∈
亦即2
2
2
2
2
2
)(2)(z y c x a z y c x +++-=++-
两边平方且整理后，得：)()(2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
c a a z a y a x c a -=++- （1）
222c a b c a -=∴>令
从而（1）为2
2
2
2
2
2
2
2
b a z a y a x b =++ 即：2
2
2
2
2
2
2
2
b 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),,(z y x M ，所求的轨迹为C ， 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 )(2
22a 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),0,0(c ，再令距离之比为m 。

设动点),,(z y x M ，所求的轨迹为C ，则
z m z y x C z y x M =++⇔
∈222),,(
将上述方程经同解化简为：02)1(2
2
2
2
2
=+--++c cz z m y x （*）
（*）即为所要求的轨迹方程。

第三章 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：
（3）已知四点)3,1,5(A ，)2,6,1(B ，)4,0,5(C )6,0,4(D 。

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ABC ∆平面垂直的平面。

解：（ⅰ）设平面π通过直线AB ，且平行于直线CD ： }1,5,4{--=AB ，}2,0,1{-=CD 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 ∆所在的平面
∴ }1,5,4{--=AB ， }1,1,1{4}4,4,4{}1,1,0{}1,5,4{==-⨯--=⨯AC AB
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 . 5. 求下列平面的一般方程.
⑴通过点()1,1,21-M 和()1,2,32-M 且分别平行于三坐标轴的三个平面; ⑵过点()4,2,3-M 且在x 轴和y 轴上截距分别为2-和3-的平面;
⑶与平面0325=+-+z y x 垂直且分别通过三个坐标轴的三个平面; ⑷已知两点()()1,2,4,2,1,321--M -M ,求通过1M 且垂直于21,M M 的平面; ⑸原点O 在所求平面上的正射影为()6,9,2-P ;
⑹求过点()1,5,31-M 和()2,1,42M 且垂直于平面0138=-+-z y x 的平面.
解:平行于x 轴的平面方程为
00
1
011112
=--+-z y x .即01=-z .
同理可知平行于y 轴,z 轴的平面的方程分别为01,01=-+=-y x z . ⑵设该平面的截距式方程为
132=+-+-c
z y x ,把点()4,2,3-M 代入得1924-=c
故一般方程为02419812=+++z y x .
⑶若所求平面经过x 轴，则()0,0,0为平面内一个点,
{}2,1,5-和{}0,0,1为所求平面的方位矢量,
∴点法式方程为
00
1
215000
=----z y x ∴一般方程为02=+z y .
同理经过y 轴,z 轴的平面的一般方程分别为05,052=-=+y x z x .
⑷{
}2121.3,1,1M M --=M M →
垂直于平面π, ∴该平面的法向量{
}3,1,1--=→
n ,平面∂通过点()2,1,31-M , 因此平面π的点位式方程为()()()02313=--+--z y x . 化简得023=+--z y x .
(5) {}
.6,9,2-=→
op .1136814=++=
=→
op p
()().6,9,2cos ,cos ,cos 110-=∂=⋅=→
γβn p op
∴ .11
6cos ,119cos ,112cos -===
∂γβ 则该平面的法式方程为:.01111
6
119112=--+z y x
既 .0121692=--+z y x
（6）平面0138=-+-z y x 的法向量为{}3,8,1-=→
n ，{}1,6,121=M M ，点从()2,1,4
写出平面的点位式方程为
01
6
1
381214
=----z y x ，则,261
6
38-=-=
A
74282426,141
131,21
113-=++⨯-===
==
D C B ，
则一般方程,0=+++D Cz By Ax 即：.037713=---z y x
8．已知三角形顶点()()()0,7,0,2,1,1,2,2,2.A B C --求平行于ABC 所在的平面且与她相距为2各单位的平面方程。

解：设,.AB a AC b ==点()0,7,0.A -则{}{}2,6,1,2,9,2a b ==写出平面的点位式方程
726102
9
2
x y z += 设一般方程0. 3.2,6,140.Ax By Cz D A B C D +++=∴====-< 则1
. 2.7
p D λλ=
=-= 相距为2个单位。

则当4p =时28.D =-当0p =时0.D =
∴所求平面为326280.x y z -+-=和3260.x y z -+=
9．求与原点距离为6个单位，且在三坐标轴,ox oy 与oz 上的截距之比为
::1:3:2a b c =-的平面。

解：设,3,2.0.a x b x c x abc =-==≠∴设平面的截距方程为 1.x y z
a b c
++=
即.bcx acy abz abc ++=
又
原点到此平面的距离 6.
d =
6.=
11132,,,.7777
x a b c ∴=∴=-==
∴所求方程为7.32
y z
x -++=
10．平面1x y z
a b c
++=分别与三个坐标轴交于点,,.A B C 求ABC 的面积。

解 (,0,0)A a , (0,,0)B b ,(0,0,)C c {},,0AB a b =-,{},0,AC a c =-.
{},,AB AC bc ca ab ⨯=;2AB AC b ⨯=
∴S ABC § 3.2 平面与点的相关位置
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S 向底面ABC 所引的高。

解：地面ABC 的方程为：
0522=+--z y x
所以，高33
5
426=+⨯--=h 。

4.求中心在)2,5,3(-C 且与平面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：
14214
2814
11
6532==
+++⨯=
R ，
所以，要求的球面的方程为：
56)2()5()3(222=++++-z y x .
即：01841062
2
2
=-++-++z y x z y x .
5．求通过x 轴其与点()5,4,13M 相距8个单位的平面方程。

解：设通过x 轴的平面为0.By
Cz +=它与点()5,4,13M 相距8个单位，从而
228.481041050.B BC C =∴--=因此()()1235430.B C B C -+=
从而得12350B C -=或430.B C +=于是有:35:12B C =或():3:4.B C =-
∴所求平面为35120y z +=或340.y z -=
6. 求与下列各对平面距离相等的点的轨迹. ⑴053407263=--=--+y x z y x 和; ⑵062901429=++-=-+-z y x z y x 和. 解: ⑴ ()072637
1
:
1=--+z y x π ()053451
:
2=--y x π 令()()5345
1
726371--=--+y x z y x 化简整理可得:0105113=+-z y x 与07010943=--+z y x .
⑵对应项系数相同,可求42
6
14221'
-=+-=+=D D D ,从而直接写出所求的方程:0429=-+-z y x .
3.3 两平面的相关位置
2.分别在下列条件下确定n m l ,,的值：
（1）使08)3()1()3(=+-+++-z n y m x l 和016)3()9()3(=--+-++z l y n x m 表示同一平面；
（2）使0532=-++z my x 与0266=+--z y lx 表示二平行平面； （3）使013=+-+z y lx 与027=-+z y x 表示二互相垂直的平面。

解：（1）欲使所给的二方程表示同一平面，则：
16
8
339133-=
--=-+=+-l n n m m l 即：
⎪⎩
⎪
⎨⎧=-+=-+=-+092072032n l m n l m 从而：97=
l ，913=m ，9
37=n 。

（2）欲使所给的二方程表示二平行平面，则：
6
3
62-=
-=m l 所以：4-=l ，3=m 。

（3）欲使所给的二方程表示二垂直平面，则：
0327=+-l 所以： 7
1-=l 。

5. 求下列平面的方程:
(1) 通过点()1,0,01M 和()0,0,32M 且与坐标面xOy 成0
60角的平面;
(2) 过z 轴且与平面0752=--+z y x 成0
60角的平面.
解 ⑴ 设所求平面的方程为
.11
3=++z
b y x 又xoy 面的方程为z=0,所以2
11131101
03160cos 22
2
=
+⎪⎭
⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅+⋅=
b b ο
解得20
3±
=b ,∴所求平面的方程为
126
33
=+±
+z y
x , 即03326=-+±z y x
⑵设所求平面的方程为0=+By Ax ;则2
15
14260cos 22=
+++±+=
B A B
A ο
3
,038322B
A B AB A =
∴=-+或B A 3-= ∴所求平面的方程为03=+y x 或03=-y x .
§ 3.4空间直线的方程
1.求下列各直线的方程：
（1）通过点)1,0,3(-A 和点)1,5,2(-B 的直线； （2）通过点),,(0000z y x M 且平行于两相交平面i π：
0=+++i i i i D z C y B x A
)2,1(=i 的直线；
（3）通过点)3,51(-M 且与z y x ,,三轴分别成︒
︒
︒
120,45,60的直线；
（4）通过点)2,0,1(-M 且与两直线
11111-+==-z y x 和0
1
111+=
--=z y x 垂直的直线； （5）通过点)5,3,2(--M 且与平面02536=+--z y x 垂直的直线。

解：（1）由本节（3.4—6）式，得所求的直线方程为：
1
5323-=
-=++z y x 即：01553-=-=+z y x ，亦即0
1113-=
-=+z y x 。

（2）欲求直线的方向矢量为：
⎭
⎬⎫⎩⎨⎧22
11
2211
22
11
,,B A B A A C A C C B C B 所以，直线方程为：
2
2
110
2
2
1102
2
110B A B A z z A C A C y y C B C B x x -=-=-。

（3）欲求的直线的方向矢量为：{}
⎭⎬⎫
⎩
⎨⎧-=︒
︒
︒
21,22,21120cos ,45cos ,60cos ，
故直线方程为：
13
2
511--=+=-z y x 。

（４）欲求直线的方向矢量为：{
}{}{}2,1,10,1,11,1,1---=-⨯-， 所以，直线方程为：
2
2
111+=
=-z y x 。

（５）欲求的直线的方向矢量为：{}5,3,6--， 所以直线方程为：
5
5
3362-+=
--=-z y x 。

３.求下列各平面的方程：
（１）通过点)1,0,2(-p ，且又通过直线3
2
121-=
-=+z y x 的平面； （２）通过直线
1
1
5312-+=-+=-z y x 且与直线 ⎩
⎨
⎧=--+=---0520
32z y x z y x 平行的平面； （３）通过直线
2
2
3221-=
-+=-z y x 且与平面0523=--+z y x 垂直的平面；
（４）通过直线⎩⎨
⎧=-+-=+-+0
1420
9385z y x z y x 向三坐标面所引的三个射影平面。

解：（１）因为所求的平面过点)1,0,2(-p 和)2,0,1(-'p ，且它平行于矢量{}3,1,2-，所以要求的平面方程为：
03
3
31212=--+-z y x
即015=-++z y x 。

（２）已知直线的方向矢量为{}{}{}5,3,11,2,11,1,2-=-⨯-， ∴平面方程为：
05
3
1
151132=---++-z y x 即015211=-++z y x
（３）要求平面的法矢量为{}{}{}13,8,11,2,32,3,2-=-⨯-，
∴平面的方程为：0)2(13)2(8)1(=--+--z y x ，
即09138=+--z y x 。

（4）由已知方程⎩⎨
⎧=-+-=+-+0
14209385z y x z y x
分别消去x ，y ，z 得到：
0231136=+-z y ，079=+-z x ，06411=+-y x
此即为三个射影平面的方程。

§ 3.5直线与平面的相关位置
2.试验证直线l ：2
1
111-=-=-z y x 与平面π：032=--+z y x 相交，并求出它的交点和交角。

解： 032111)1(2≠-=⨯-⨯+-⨯
∴ 直线与平面相交。

又直线的坐标式参数方程为： ⎪⎩
⎪
⎨⎧+=+=-=t z t y t x 211
设交点处对应的参数为0t ，
∴03)21()1()(2000=-+-++-⨯t t t ∴10-=t ，
从而交点为（1，0，-1）。

又设直线l 与平面π的交角为θ，则：
2
16
62
111)1(2sin =
⨯⨯-⨯+-⨯=
θ， ∴ 6
πθ=。

3.确定m l ,的值，使： （1）直线
1
3241z
y x =+=-与平面0153=+-+z y lx 平行； （2）直线⎪⎩
⎪
⎨⎧-=--=+=135422t z t y t x 与平面076=-++z my lx 垂直。

解：（1）欲使所给直线与平面平行，则须：
015334=⨯-⨯+l
即1=l 。

（2）欲使所给直线与平面垂直，则须：
3
642=-=m l 所以：8,4-==m l 。

§ 3.6空间直线与点的相关位置
2.求点)1,3,2(-p 到直线⎩⎨
⎧=++-=++-0
172230
322z y x z y x 的距离。

解：直线的标准方程为：
2
25
1211-+==-z y x 所以，p 到直线的距离为：
153
45
32025)2(121
2
392
2
9242
124
32
222
2
2
===
-++-+
--+
-=
d 。

3.7空间直线的相关位置
7.求通过点()2,0,1-P 且与平面0123=-+-z y x 平行,又与直线1
2341z
y x =--=-相交的直线方程.
解 设过点()2,0,1-P 的所求直线为
.2
1Z
z Y y X x +==- ∵ 它与已知平面0123=-+-z y x 平行,所以有023=+-z y x （1） 又∵ 直线与已知直线相交,那么必共面. ∴ 又有
0124200311=-+--Z
Y
X
即 7x+|8y-12z=0 (2) 由(1),(2)得 31:50:48
713:71232
:
12821::-=----=
Z Y X
而 ()1:2:431:50:4-≠- ∴ 所求直线的方程为
.31
2
5041+==--z y x 8. 求通过点()1,0,4-P 且与两直线⎩⎨
⎧=-+=--⎩⎨⎧=--=++4
423
,221z y x z y x z y x z y x 与都相交的直线方程.
解 设所求直线的方向矢量为{}z y x v ,,=→
,
则所求直线可写为
.1
4Z
z Y y X x +==- ∵ 直线1l 平行于矢量
{}{}{}3,3,01,1,21,1,121-=--⨯=⨯→
→n n
∴矢量{}3,3,0-=→
v 为直线1
l 的方向矢量.
由于
02
11
1
≠-因此令y=o 解方程组得
x=1,z=o
∴ 点(1,o,o) 为直线1l 上的一点. ∴ 直线1l 的标准方程为
6
2
155+=
-=-z y x . ∵ (){}.3,3,01.0,0,1,1121-=→
v M l l l l 方向矢量为过点都相交且与
(){}.6,1,52,2,0,122-=-→
v M l 方向矢量
过点
∴ 有0330
103,,11=--=⎪⎭
⎫ ⎝
⎛
→
→→Z
Y X v v p m
即 X+3Y+3Z=0.
06151
03
,,22=--=⎪⎭
⎫ ⎝⎛→
→→Z
Y
X
v v p m 即 X-13Y-3Z=0. 得 X:Y:Z=30:6:-16
又∵ ,3:3:016:6:30-≠- 即 .1→
→
v v 不平行 6:1:516:6:30≠-, 即 .2→
→
v v 不平行 ∴ 所求直线方程为:
.8
1
3154-+==-z y x 10. .求过点()0,1,2P 且与直线垂直2
25
235:
-+==-z y x l 相交的直线方程. 解 设所求直线的方向矢量为{}Z Y X v ,,0=→
则所求直线0l 可写为
.012Z
z Y y X x -=-=- (){}.223,2505-=-→
，，的方向矢量直线，，过点直线v l M l
.000=⋅→
→v v l l 垂直，所以有与
∴ 3X+2Y-2Z=0 (1)
.0223
250
3,,00=--=⎪⎭
⎫
⎝⎛→
→→Z
Y
X
v v MP l l 相交，则有与 即 50X-69Y+6Z=0 (2)
由(1),(2)得 311:131:120::=Z Y X ∴所求直线0l 为:
.311
13111202z
y x =-=- § 3.8 平面束
3.求通过直线⎩⎨⎧=+-=++0
405z x z y x 且与平面01284=+--z y x 成4π角的平面。

解：设所求的平面为：0)4()5(=+-+++z x z y x λμ 则：2
2)8()4(1)()5()()8()()4(5)(2
22222=
-+-+-+++-⨯-+-⨯++±
λμμλμλμμλμ 从而 ，1:0:=λμ或3:4- 所以所求平面为：04=+-z x 或012720=-++z y x 4.求通过直线
3
2201-=
+=+z
y x 且与点)2,1,4(p 的距离等于3的平面。

解：直线的一般方程为：
⎩⎨
⎧=++=+0
2230
1z y x 设所求的平面的方程为0)223()1(=++++z y x μλ， 据要求，有：
34924342
22=++++++μ
μλμ
λμμλ
∴有λμμλμλ908125)13(92222++=+
∴ 1:6:-=μλ或8:3
即所求平面为：0)223()1(6=++++-z y x
或 0)223(8)1(3=++++z y x
即：04236=+--z y x 或01916243=+++z y x
第四章 柱面、锥面、旋转曲面与二次曲面
§ 4.1柱面
2、设柱面的准线为⎩⎨⎧=+=z x z y x 22
2，母线垂直于准线所在的平面，求这柱面的方程。

解：由题意知：母线平行于矢量{
}2,0,1- 任取准线上一点),,(0000z y x M ，过0M 的母线方程为：
⎪⎩⎪
⎨⎧+==-=⇒
⎪⎩
⎪
⎨⎧-==+=t z z y
y t
x x t
z z y y t
x x 220
0000
0 而0M 在准线上，所以：
⎩
⎨
⎧+=-++=-)2(2)2(2
2t z t x t z y t x 消去t ，得到：010*******
2
2
=--+++z x xz z y x 此即为所求的方程。

3、求过三条平行直线211,11,-=+=--==+==z y x z y x z y x 与的圆柱面方程。

解：过原点且垂直于已知三直线的平面为0=++z y x ：它与已知直线的交点为
())3
4,31,3
1(),1,0,1(,0,0,0--，这三点所定的在平面0=++z y x 上的圆的圆心为
)15
13
,1511,152(0--
M ，圆的方程为： ⎪⎩⎪
⎨⎧=++=-++++0
7598)1513()1511()152(222z y x z y x 此即为欲求的圆柱面的准线。

又过准线上一点),,(1111z y x M ，且方向为{
}1,1,1的直线方程为： ⎪⎩⎪
⎨⎧-=-=-=⇒
⎪⎩
⎪
⎨⎧+=+=+=t z z t y y t
x x t
z z t y y t x x 1
11111
将此式代入准线方程，并消去t 得到：
013112)(5222=-++---++z y x zx yz xy z y x
此即为所求的圆柱面的方程。

§ 4.2锥面
2、已知锥面的顶点为)2,1,3(--，准线为0,12
2
2
=+-=-+z y x z y x ，试求它的方程。

解：设),,(z y x M 为要求的锥面上任一点，它与顶点的连线为：
2
21133++=++=--z Z y Y x X 令它与准线交于),,(000Z Y X ，即存在t ，使
⎪⎩⎪
⎨⎧++-=++-=-+=t z Z t y Y t x X )2(2)!(1)3(30
00 将它们代入准线方程，并消去t 得：
044441026753222=+-+-+--+-z y x xz yz xy z y x
此为要求的锥面方程。

4、求以三坐标轴为母线的圆锥面的方程。

解：（这里仅求Ⅰ、Ⅶ卦限内的圆锥面，其余类推）
圆锥的轴l 与k j i ,,等角，故l 的方向数为1:1:1 ∴与l 垂直的平面之一令为1=++z y x
平面1=++z y x 在所求的锥面的交线为一圆，该圆上已知三点
)1,0,0(),0,1,0(),0,0,1(，该圆的圆心为)3
1
,31,31(，故该圆的方程为：
⎪⎩⎪
⎨⎧=++=-+-+-1
)32()31()31()31(2222z y x z y x 它即为要求圆锥面的准线。

对锥面上任一点),,(z y x M ，过M 与顶点O 的母线为：
z
Z
y Y x X ==
令它与准线的交点为),,(000Z Y X ，即存在t ，使zt Z yt Y xt X ===000,,，将它们代入准线方程，并消去t 得：
0=++zx yz xy
此即为要求的圆锥面的方程。

5、求顶点为)4,2,1(，轴与平面022=++z y x 垂直，且经过点)1,2,3(的圆锥面的方程。

解：轴线的方程为：
1
4
2221-=
-=-z y x 过点)1,2,3(且垂直于轴的平面为：
0)1()2(2)3(2=-+-+-z y x
即： 01122=-++z y x 该平面与轴的交点为)9
37,920,911(
，它与)1,2,3(的距离为： 3
116
)1937()2920()3911(222=
-+-+-=d ∴要求圆锥面的准线为：
⎪⎩⎪⎨⎧
=-++=
-+-+-0
11229116)937()920()911(222z y x z y x 对锥面上任一点),,(z y x M ，过该点与顶点的母线为：
4
4
2211--=--=--z Z y Y x X 令它与准线的交点为),,(000Z Y X ，即存在t ，使,)1(10t x X -+=,)2(20t y Y -+=
t z Z )4(40-+=
将它们代入准线方程，并消去t 得：
01299252516518525210412515122=+---+++++z y x zx yz xy z y x
§ 4.3旋转曲面
1、求下列旋转曲面的方程： （1）；
111112x y z -+-==-绕1112
x y z -==
-旋转
（2）；
1211x y z -==-绕1
112x y z -==
-旋转 （3）1133
x y z -==-绕z 轴旋转；
（4）空间曲线2
221
z x
x y ⎧=⎪⎨+=⎪⎩绕z 轴旋转。

解：（1）设1111(,,)M x y z 是母线
111
112
x y z -+-==
-上任一点，过1M 的纬圆为： 111222222111()()2()0
(1)(1)(1)
(2)
x x y y z z x y z x y z ---+-=⎧⎨++-=++-⎩
又1M 在母线上。

111111
112
x y z -+-∴
==
- 从（1）——（3）消去111,,x y z ，得到：
22255224444480x y z xy yz xz x y z ++++-+---=
此为所求的旋转面方程。

（2）对母线上任一点1111(,,)M x y z ，过1M 的纬圆为：
111222222111()()2()0
(1)(1)(1)
(2)
x x y y z z x y z x y z ---+-=⎧⎨++-=++-⎩
因1M 在母线上， 1111
211
x y z -∴
==
- (3) 从（1）——（3）消去111,,x y z ，得到：
2225523122424242446230x y z xy yz xz x y z ++--+-+-+=
此为所求的旋转面的方程。

（3）对母线上任一点1111(,,)M x y z ，过该点的纬圆为：
1
222222111
(1)(2)
z z x y z x y z =⎧⎨++=++⎩
又1M 在母线上，所以：
111
1133
x y z -==- （3） 从（1）——（3）消去111,,x y z ，得到：
2229()10690x y z z +---=
此为所求的旋转面方程。

（4）对母线上任一点1111(,,)M x y z ，过1M 的纬圆为：
1222222111
(1)(2)
z z x y z x y z =⎧⎨++=++⎩
又1M 在母线上，所以
2
112211(1)1
(2)
z x x y ⎧=⎪⎨+=⎪⎩
从（1）——（3）消去111,,x y z ，得到：
221x y +=
211101z z x z ==≤∴≤≤
即旋转面的方程为：2
2
1x y += (01)z ≤≤
§4.4椭球面
2、设动点与点(1,0,0)的距离等于从这点到平面4x =的距离的一半，试求此动点的轨迹。

解：设动点(,,)M x y z ，要求的轨迹为∑，则
2221
(,,)4344122
M x y z x x y z ∈∑⇔
=
-⇔++=
即：222
1433
x y z ++= 此即为∑的方程。

3、由椭球面222
2221x y z a b c ++=的中心（即原点），沿某一定方向到曲面上的一点的距离为
r ，设定方向的方向余弦分别为,,λμν，试证：
222
2222
1r a b c λμν=++ 证明：沿定方向{,,}λμν到曲面上一点，该点的坐标为{,,}r r r λμν 该点在曲面上
222222
2221r r r a b c
λμν∴++=
即22222221r a b c
λμν=++ 4、由椭球面222
2221x y z a b c ++=的中心，引三条两两相互垂直的射线，分别交曲面
123,,p p p ，设112233,,op r op r op r ===，试证：
222222123111111
r r r a b c
++=++ 证明：利用上题结果，有222
2222
1(1,2,3)i i i i i r a b c
λμν=++=
其中,,i i i λμν是i op 的方向余弦。

若将(1,2,3)i op i =所在的直线看成新的坐标系的三个坐标轴，则123,,λλλ是坐标矢量关于
新坐标系的方向余弦，从而2221231λλλ++=，同理，222
1231μμμ++=，
2221231ννν++=
所以，
222222
2221231231232222221232
22111111()()()111
r r r a b c a b c
λλλμμμννν++=++++++++=
++
即：
222222123111111r r r a b c
++=++ § 4.5双曲面
3、已知单叶双曲面222
1494
x y z +-=，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x k =，则该平面与单叶双曲面的交线为：
（*） 222
1
494
x y z x k ⎧+-=⎪⎨⎪=⎩
亦即 2221944y z k x k ⎧-=-
⎪⎨⎪=⎩
为使交线（*）为二相交直线，则须：2
104
k -=，即2k =± 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：
3y =±
4、设动点与(4,0,0)的距离等于这点到平面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
2222(,,)21(4)4(1)M x y z x x y z x ∈∑⇔
=-⇔-++=-
亦即：222
141212
x y z -
++= 此为∑的轨迹方程。

5、试求单叶双曲面
222
11645
x y z +-=与平面230x z -+=的交线对xoy 平面的射影柱面。

解：题中所设的交线为：
222
1
1645
230x y z x z ⎧+-=⎪⎨⎪-+=⎩
从此方程中消去z ，得到：
2220241160x y x +--=
此即为要求的射影柱面方程。

§ 4.6抛物面
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a 2，夹角为α2。

解：（1）取定平面为xoy 面，过定点且垂直于xoy 面的直线作为z 轴，则定点的坐标设为
),0,0(a ，而定平面即为0=z ，设比值常数为c ，并令所求的轨迹为∑，则
点c z
a z y x z y x M =-++⇔
∑
∈2
22)(),,(
即02)1(2
2
2
2
2
=+--++a az z c y x 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：
⎩⎨⎧==⋅+a z x tg y 0α 与 ⎩⎨
⎧-==⋅-a
z x tg y 0
α 设所求的轨迹为∑，则
α
α
α
α
α
α
22
2
2
22
2
2
11100111
),,(tg tg y
x x a z tg a z y tg tg y
x x a z tg a z y
z y x M +-+-+--=
++
++
+⇔
∑∈
即
：
22222222)()()()()()(y xtg a z a z tg y xtg a z a z tg ++-+-⋅=-++++⋅αααα
经同解化简得：xy a
z ααcos sin =
此即所要求的轨迹方程。

§ 4.7单叶双曲面与双叶双曲面的直母线
3、在双曲抛物面z y x =-41622上，求平行于平面0423=-+z y x 的直母线。

解：双曲抛物面z y x =-4
162
2的两族直母线为： ⎪⎪⎩⎪⎪⎨
⎧=-=+z y x u u
y
x )24(24 及 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=-z y
x v v y
x )2
4(2
4
第一族直母线的方向矢量为：},1,2{u - 第二族直母线的方向矢量为：},1,2{v 据题意，要求的直母线应满足：
2
04232104232=⇒=-+⨯=⇒=--⨯v v u u
要求的直母线方程为：
⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=+z y x y x 24
124 及 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=-224224z y x y x 5、求与两直线11236-==-z y x 与21
4283-+=-=z y x 相交，而且与平面0532=-+y x 平行的直线的轨迹。

解：设动直线与二已知直线分别交于),,(),,,(111000z y x z y x ，则
11236000-==-z y x ，21
4283111-+=-=z y x 又动直线与平面0532=-+y x 平行，所以，0)(3)(21010=-+-y y x x
对动直线上任一点),,(z y x M ，有：0
10010010z z z z y y y y x x x x --=--=-- 从（1）——（4）消去111000,,,,,z y x z y x ，得到：z y x 44
92
2=- 第五章 二次曲线一般的理论
§5.1二次曲线与直线的相关位置
1. 写出下列二次曲线的矩阵A 以及1(,)F x y ，2(,)F x y 及3(,)F x y .
（1）22221x y a b +=；（2）22
221x y a b
-=；（3）22y px =；（4）223520;x y x -++=
（5）22
26740x xy y x y -+-+-=. 解：（1）2
2100100001a A b ⎛⎫ ⎪
⎪ ⎪= ⎪ ⎪- ⎪ ⎪⎝
⎭；121(,)F x y x a =；221(,)F x y y b =；3(,)1F x y =-；
（2）2
2100100001a A b ⎛⎫ ⎪
⎪ ⎪=- ⎪ ⎪- ⎪ ⎪⎝⎭；121(,)F x y x a =221(,)F x y y b =-；3(,)1F x y =-. （3）0001000p A p -⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪-⎝⎭
；1(,)F x y p =-；2(,)F x y y =；3(,)F x y px =-； （4）51
20
305022A ⎛⎫ ⎪ ⎪=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭；15(,)2F x y x =+；2(,)3F x y y =-；35(,)22F x y x =+； （5）12
32171227342A ⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪=- ⎪ ⎪ ⎪-- ⎪⎝
⎭；11(,)232F x y x y =--；217(,)22F x y x y =-++；37(,)342F x y x y =-+
-. 2. 求二次曲线22234630x xy y x y ----+=与下列直线的交点.
（1）550x y --=；
（2）220x y ++=；
（3）410x y +-=；
（4）30x y -=；
（5）2690x y --=.
解：提示：把直线方程代入曲线方程解即可，详解略
（1）1
5(,),(1,0)22
-； （2
）⎝⎭
，⎝⎭
；
（3）二重点(1,0)；
（4）11,26⎛⎫ ⎪⎝⎭
； （5）无交点.
3. 求直线10x y --=与二次曲线222210x xy y x y -----=的交点.
解：由直线方程得1x y =+代入曲线方程并解方程得直线上的所有点都为交点.
4 .试确定k 的值，使得（1）直线50x y -+=与二次曲线230x x y k -+-=交于两不同的实点；
（2）直线1,{x kt y k t
=+=+与二次曲线22430x xy y y -+-=交于一点； （3）10x ky --=与二次曲线22(1)10xy y k y -+---=交于两个相互重合的点；
（4）1,{1x t y t
=+=+与二次曲线222420x xy ky x y ++--=交于两个共轭虚交点. 解：详解略.（1）4k <-；（2）1k =或3k =（3）1k =或5k =；（4）4924
k >. §5.2二次曲线的渐进方向、中心、渐进线
6. 求下列二次曲线的渐进线.
（1）22
6310x xy y x y --++-=；
（2）2232340x xy y x y -++-+=；
（3）2222240x xy y x y ++++-=. 解：（1）由1360,2211022
x y x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪--+=⎪⎩得中心坐标13(,)55-. 而由22
60X XY Y --=得渐进方向为:1:2X Y =或:1:3X Y =-，所以渐进线方程分别为210x y -+=与30x y +=
（2）由310,22332022
x y x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-+-=⎪⎩得中心坐标13(,)55-. 而由22
320X XY Y -+=得渐进方向为:1:1X Y =或:2:1X Y =，所以渐进线方程分别为20x y -+=与210x y --= （3）由10,10
x y x y ++=⎧⎨++=⎩知曲线为线心曲线，.
所以渐进线为线心线，其方程为10x y ++=.
§5.3二次曲线的切线
1. 求以下二次曲线在所给点或经过所给点的切线方程.
（1）曲线223457830x xy y x y ++---=在点（2，1）；
（2）曲线曲线223457830x xy y x y ++---=在点在原点；
（3）曲线22430x xy y x y +++++=经过点（-2，-1）；
（4）曲线225658x xy y ++=
经过点；
（5）曲线222210x xy y x y -----=经过点（0，2）.
解：（1）910280x y +-=；
（2）20x y -=；
（3）10,30y x y +=++=；
（4
）1150,0x y x y +-=-+=；
（5）0x =.
2. 求下列二次曲线的切线方程并求出切点的坐标.
（1）曲线22
43530x xy y x y ++--+=的切线平行于直线40x y +=；
（2）曲线223x xy y ++=的切线平行于两坐标轴.
解：（1）450x y +-=，(1,1)和480x y +-=，(4,3)-；
（2）20y ±=，(1,2),(1,2)--和20x ±=，(2,1),(2,1)--.。