关于同济版高等数学下册练习题附答案

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同济大学《高等数学》第五版下册习题答案

练习 12-6
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练习 8-6
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总习题八
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练习 12-4
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高等数学(同济)下册期末考试题及答案(5套)

高等数学（下册）考试试卷（一）
一、填空题（每小题 3 分，共计 24 分）
1、 z = log a ( x 2 y 2 ) (a 0 ) 的定义域为 D=
2、二重积分
2
ln( x
| x| | y | 1
2
y ) dxdy
的符号为
。。
3 、由曲线 y ln x 及直线 x y e 1 ， y 1 所围图形的面积用二重积分表示为
（ C）最大值点在 D 的内部，最小值点在 D 的边界上；
（ D）最小值点在 D 的内部，最大值点在 D 的边界上。
3、设平面区域 D： ( x
2
2)
(y
2
1)
1 ，若 I 1
则有（
）
(x
D
2
y) d
， I2
(x
D
3
y) d
（ A） I 1 I 2 ；（B） I 1 I 2 ；（ C） I 1 I 2 ；
是由有限块分片光滑的曲面所组成，如果函数
P ( x, y, z) ，
Q (x, y, z) ， R( x, y , z) 在上具有一阶连续偏导数，则三重积分与第二型曲面积分之间有关系
式：
，该关系式称为
公式。
7、微分方程 y
6y
9y
2
x
6x
9 的特解可设为
（D ）不能比较。
23
4、设是由曲面 z xy , y x , x 1 及 z 0 所围成的空间区域，则
xy z dxdydz =（
）
（A） 1 ； 361
（ B） 1 ； 362

高等数学(同济第七版下)课后习题及解答

1.设u =a -b +2c ，v =-a +3b -c .试用a ，b ，c 表示2u -3v .解2u -3v =2（a -b +2c ）-3（-a +3b -c ）=5a -11b +7c .2.如果平面上一个四边形的对角线互相平分，试用向量证明它是平行四边形.证如图8-1，设四边形ABCD 中AC 与BD 交于M ，已知AM =MC ，MB DM =.故DC DM MC MB AM AB =+=+=.即DC AB //且|AB |=|DC |，因此四边形ABCD是平行四边形.3.把△ABC 的BC 边五等分，设分点依次为D 1，D 2，D 3，D 4，再把各分点与点A 连接.试以AB =c ,BC =a 表向量A D 1,A D 2,A D 3,A D4.证如图8-2，根据题意知511=BD a,5121=D D a,5132=D D a,5143=D D a,故A D 1=-（1BD AB +）=-51a -cA D 2=-（2BD AB +）=-52a -c A D 3=-（3BD AB +）=-53a -c A D 4=-（4BD AB +）=-54a -c.4.已知两点M 1（0，1，2）和M 2（1，-1，0）.试用坐标表示式表示向量21M M 及-221M M .解21M M =（1-0，-1-1，0-2）=（1，-2，-2）.-221M M =-2（1，-2，-2）=（-2，4，4）.5.求平行于向量a =（6，7，-6）的单位向量.解向量a 的单位向量为a a ，故平行向量a 的单位向量为±a a =111±（6，7，-6）=⎪⎭⎫ ⎝⎛-±116,117,116，其中11)6(76222=-++=a .6.在空间直角坐标系中，指出下列各点在哪个卦限？A （1，-2，3），B （2，3，-4），C （2，-3，-4），D （-2，-3，1）.解A 点在第四卦限，B 点在第五卦限，C 点在第八卦限，D 点在第三卦限.7.在坐标面上和在坐标轴上的点的坐标各有什么特征？指出下列各点的位置：A （3，4，0），B （0，4，3），C （3，0，0），D （0，-1，0）.解在坐标面上的点的坐标，其特征是表示坐标的三个有序数中至少有一个为零，比如xOy 面上的点的坐标为（x 0，y 0，0），xOz 面上的点的坐标为（x 0，0，z 0），yOz 面上的点的坐标为（0，y 0，z 0）.在坐标轴上的点的坐标，其特征是表示坐标的三个有序数中至少有两个为零，比如x 轴上的点的坐标为（x 0，0，0），y 轴上的点的坐标为（0，y 0，0），z 轴上的点的坐标为（0，0，z 0）.A 点在xOy 面上，B 点在yOz 面上，C 点在x 轴上，D 点在y 轴上.8.求点（a ，b ，c ）关于（1）各坐标面；（2）各坐标轴；（3）坐标原点的对称点的坐标.解（1）点（a ，b ，c ）关于xOy 面的对称点（a ，b ，-c ），为关于yOz 面的对称点为（-a ，b ，c ），关于zOx 面的对称点为（a ，-b ，c ）.（2）点（a ，b ，c ）关于x 轴的对称点为（a ，-b ，-c ），关于y 轴的对称点为（-a ，b ，-c ），关于z 轴的对称点为（-a ，-b ，c ）.（3）点（a ，b ，c ）关于坐标原点的对称点是（-a ，-b ，-c ）.9.自点P 0），，（000z y x 分别作各坐标面和各坐标轴的垂线，写出各垂足的坐标.解设空间直角坐标系如图8-3，根据题意，P 0F 为点P 0关于xOz面的垂线，垂足F 坐标为），，000(z x ；P 0D 为点P 0关于xOy 面的垂线，垂足D 坐标为），，0(00y x ；P 0E 为点P 0关于yOz 面的垂线，垂足E 坐标为)0(0o z y ，，.P 0A 为点P 0关于x 轴的垂线，垂足A 坐标为），0,0(o x ；P 0B 为点P 0关于y 轴的垂线，垂足B 坐标为)0,,0(0y ；P 0C 为点P 0关于z 轴的垂线，垂足C 坐标为),0,0(0z .10.过点P 0），，（000z y x 分别作平行于z 轴的直线和平行于xOy 面的平面，问在它们上面的点的坐标各有什么特点？解如图8-4，过P 0且平行于z 轴的直线l 上的点的坐标，其特点是，它们的横坐标均相同，纵坐标也均相同.而过点P 0且平行于xOy 面的平面上的点的坐标，其特点是，它们的竖坐标均相同.11.一边长为a 的正方体放置在xOy 面上，其底面的中心在坐标原点，底面的顶点在x 轴和y 轴上，求它各顶点的坐标.解如图8-5，已知AB=a ，故OA=OB=a 22，于是各顶点的坐标分别为A )0022(，，a ，B （），022,0(a ），C （-a 22，0，0），D （0，-a 22，0），E （a 22，0，a ），F （0，a 22，a ），G （-a 22，0，a ），H （0，-a 22，a ）.12.求点M （4，-3，5）到各坐标轴的距离.解点M 到x 轴的距离为d 1=345)3(22=+-，点M 到y 轴的距离为d 2=415422=+，点M 到z 轴的距离为d 3=525)3(422==-+.13.在yOz 面上，求与三点A （3，1，2），B （4，-2，-2），C （0，5，1）等距离的点.解所求点在yOz 面上，不妨设为P （0，y ，z ），点P 与三点A ，B ，C,)2()1(3222-+-+=z y,)2()2(4222++++=z y.)1()5(22-+-=z y==222222)2()2(4)2()1(3++++=-+-+z y z y 22)1()5(-+-=z y ，即.)1()5()2()1(9,)2()2(16)2()1(922222222-+-=-+-+++++=-+-+z y z y z y z y 解上述方程组，得y=1，z=-2.故所求点坐标为（0，1，-2）.14.试证明以三点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.证由2798)63()14()102(,7)93()14()42(,7)96()11()410(222222222==-+++-==-+-+-==-+--+-=.+==故△ABC 为等腰直角三角形.15.设已知两点为M 1（4，2，1），M 2（3，0，2），计算向量21M M 的模、方向余弦和方向角.解向量21M M =（3-4，0-2，2-1）=（-1，-2，-1），2412-1-222==++=）（）（.其方向余弦分别为cos α=-21，cos β=-22，cos γ=21.方向角分别为3,43,32πγπβπα===.16.设向量的方向余弦分别满足（1）cos α=0；（2）cos β=1；（3）cos α=cos β=0，问这些向量与坐标轴或坐标面的关系如何？解（1）由cos α=0得知2πα=，故向量与x 轴垂直，平行于yOz 面.（2）由cos β=1得知β=0，故向量与y 轴同向，垂直于xOz 面.（3）由cos α=cos β=0知2πβα==，故向量垂直于x 轴和y 轴，即与z 轴平行，垂直于xOy 面.17.设向量r 的模是4，它与u 轴的夹角为3π，求r 在u 轴上的投影.解已知|r |=4，则Prj u r=|r |cos θ=4∙cos 3π=4×21=2.18.一向量的终点在点B （2，-1，7），它在x 轴、y 轴和z 轴上的投影依次为4，-4和7，求这向量的起点A 的坐标.解设A 点坐标为（x ，y ，z ），则AB =（2-x ，-1-y ，7-z ），由题意知2-x=4，-1-y=-4，7-z=7，故x=-2，y=3，z=0，因此A 点坐标为（-2，-3，0）.19.设m =3i +4j +8k ，n =2i -4j -7k 和p =5i +j -4k .求向量a =4m +3n -p 在x 轴上的投影及在y轴上的分向量.解a=4m+3n-p=4（3i+5j+8k）+3（2i-4j-7k）-（5i+j-4k）=13i+7j+15k，a在x轴上的投影为13，在y轴上的分向量为7j.1.设k j i b k j i a -+=--=2,23，求（1）b a b a ⨯⋅及；（2）b a 2b 3a 2-⨯⋅及）（；（3）b a ,的夹角的余弦.解（1）），（），，（1-2,12-1-3⋅=⋅b a ，）（）（）（31-2-21-13=⨯+⨯+⨯==⨯b a 121213---kj i =（5,1,7）.（2）1836)(63)2(-=⨯-=⋅-=⋅-b a b a )14,2,10()7,1,5(2)(22==⨯=⨯b a b a （3222222)1(21)2()1(33),cos(-++-+-+=⋅=b a b a b a 21236143==2.设c b a ,,为单位向量，满足.,0a c c b b a cb a ⋅+⋅+⋅=++求解已知,0,1=++===c b a c b a 故0=++⋅++）（）（c b a c b a .即0222222=⋅+⋅+⋅+++a c c b b a c b a .因此23-21222=++-=⋅+⋅+⋅）（c b a a c c b b a 3.已知M 1（1，-1，2），M 2（3,3,1）M 3（3,1,3）.求与3221,M M M M 同时垂直的单位向量.解21M M =（3-1,3-（-1）,1-2）=（2，4，-1）32M M =（3-3,1-3,3-1）=（0，-2，2）由于3221M M M M ⨯与3221,M M M M 同时垂直，故所求向量可取为M M M M a =）（由3221M M M M ⨯=220142--k j i=（6，-4，-4），17268)4()4(6222==-+-+=⨯知).172,172,173()4,4,6(1721--±=--±=a 4.设质量为100kg 的物体从点M1（3,1,8）沿直线移动到点M2（1,4,2），计算重力所作的功（坐标系长度单位为m ，重力方向为z 轴负方向）.解21M M =（1-3,4-1,2-8）=（-2，3，-6）F=（0,0，-100×9.8）=（0,0，-980）W=F ∙21M M =（0,0，-980）∙（-2,3，-6）=5880（J）.5.在杠杆上支点O 的一侧与点O 的距离为x 1的点P 1处，有一与1OP 成角1θ的力F 1作用着；在O 的另一侧与点O 的距离为x 2的点P 2处，有一与2OP 成角2θ的力F 2作用着（图8-6），问1θ，2θ，x 1，x 2，21,F F 符合怎样的条件才能使杠杆保持平衡？解如图8-6，已知有固定转轴的物体的平衡条件是力矩的代数和为零，又由对力矩正负符号的规定可得杠杆保持平衡的条件为0sin sin 222111=-θθx F x F ，即222111sin sin θθx F x F =.6.求向量），（4,3-4=a在向量）（1,2,2=b 上的投影.解236122)1,2,2()4,3,4(Pr 222==++⋅-=⋅=b b a a j b .7.设)4,1,2(),2,5,3(=-=b a，问μλ与有怎样的关系，能使b a μλ+与z 轴垂直？解b a μλ+=λ（3,5，-2）+μ（2,1,4）=（μλμλμλ42,5,23+-++）.要b a μλ+与z 轴垂直，即要（b a μλ+）⊥（0,0,1），即（b a μλ+）∙（0，0,1）=0，亦即（μλμλμλ42,5,23+-++）∙（0,0,1）=0，故（μλ42+-）=0，因此μλ2=时能使b a μλ+与z 轴垂直.8.试用向量证明直径所对的圆周角是直角.证如图8-7，设AB 是圆O 的直径，C 点在圆周上，要证∠ACB=2π，只要证明0=⋅BCAC 即可.由BC AC ⋅=)()(OC BO OC AO +⋅+=BO OC OC AO BO AO ⋅+⋅+⋅=0=+⋅-⋅+OC AO OC AO .故BC AC⊥,∠ACB为直角.9.已知向量j i c k j i b k j i a 23,32-=+-=+-=和，计算：（1）b c a c b a )()(⋅-⋅（2）)()(c b b a +⨯+（3）cb a ⋅⨯)(解（1）8)3,1,1()1,3,2(=-⋅-=⋅ba ，8)0,2,1()1,3,2(=-⋅-=⋅c a ，b c a c b a )()(⋅-⋅)24,8,0()3,1,1(8)0,2,1(8--=---=k i 248--=.（2）b a +=（2，-3,1）+（1，-1,3）=（3，-4,4），c b +=（1，-1,3）+（1，-2,0）=（2，-3,3），)()(c b b a +⨯+332443--=kj i k j --=--=)1,1,0(.（3）c b a ⋅⨯)(.2021311132=---=10.已知k j OBk i OA 3,3+=+=，求△OAB 的面积.解由向量积的几何意义知S △OAB⨯)1,3,3(310301--==⨯kj i OB OA，⨯191)3()3(22=+-+-=S △OAB219=11.已知),,(),,,(),,,(z y x z y x z y x c c c c b b b b a a a a ===，试利用行列式的性质证明：ba c a cbc b a ⋅⨯=⋅⨯=⋅⨯)()()(证因为,)(z yxz y xz y xc c c b b b a a a cb a =⋅⨯zyxz y x z y x a a a c c c b b b a c b =⋅⨯)(=⋅⨯b a c )(zyxz yxz y xb b b a a ac c c ，而由行列式的性质知z yxz y x z y x c c c b b b a a a z yx z y x z y x a a a c c c b b b ==zyxz y x z y x b b b a a a c c c ，故b ac a c b c b a ⋅⨯=⋅⨯=⋅⨯)()()(.12.试用向量证明不等式：332211232221232221b a b a b a b b b a a a ++≥++++，其中321321,,,,,b b b a a a 为任意实数.并指出等号成立的条件.证设向量=a （321,,a a a ），=b （321,,b b b ）.由),cos(b a b a ba =⋅b a ≤，从而232221232221332211b b b a a a b a b a b a ++++≤++，当321,,a a a 与321,,b b b 成比例，即332211b a b a b a ==时，上述等式成立.1.求过点（3,0，-1）且与平面012573=-+-z y x 平行的平面方程.解所求平面与已知平面012573=-+-z y x 平行.因此所求平面的法向量可取为n=（3，-7，5），设所求平面为0573=++-D z y x .将点（3，0，-1）代入上式得D=-4.故所求平面方程为04573=-+-z y x .2.求过点M 0（2，9，-6）且与连接坐标原点及点M 0的线段OM 0垂直的平面方程.解.6,9,2(0）-=OM 所求平面与0OM 垂直，可取n=0OM ，设所求平面方程为0692=+-+D z y x .将点M 0（2，9，-6）代入上式得D=-121.故所求平面方程为0121692=--+z y x .3.求过（1，1，-1），（-2，-2，2）和（1，-1，2）三点的平面方程.解由0121111121212111=+---+----+--z y x ，得023=--z y x ，即为所求平面方程.注设M （x,y,z ）为平面上任意一点，)3,2,1)(,,(==i z y x M i i i i 为平面上已知点.由,0)(31211=⨯⋅M M M M MM 即,0131313121212111=---------z z y y x x z z y y x x z z y y x x 它就表示过已知三点M i （i=1,2,3）的平面方程.4.指出下列各平面的特殊位置，并画出各平面：（1）x=0;（2）3y-1=0;（3）2x-3y-6=0;（4）x-3y=0;（5）y+z=1;（6）x-2z=0;（7）6x+5y-z=0.解（1）—（7）的平面分别如图8—8（a ）—（g ）.（1）x=0表示yOz 坐标面.（2）3y-1=0表示过点（0,31,0）且与y 轴垂直的平面.（3）2x-3y-6=0表示与z 轴平行的平面.（4）x-3y=0表示过z 轴的平面.（5）y+z=1表示平行于x 轴的平面.（6）x-2z=0表示过y 轴的平面.（7）6x+5y-z=0表示过原点的平面.5.求平面0522=++-z y x 与各坐标面的夹角的余弦.解平面的法向量为n=（2，-2，1），设平面与三个坐标面xOy ，yOz ，zOx 的夹角分别为321,,θθθ.则根据平面的方向余弦知,3111)2(2)1,0,0()1,2,2(cos cos 2221=⋅+-+⋅-=⋅==k n k n γθ,3213)0,0,1()1,2,2(cos cos 2=⋅⋅-=⋅==i n i n αθ3213)0,1,0()1,2,2(cos cos 3-=⋅⋅-=⋅==j n j n βθ.6.一平面过点（1，0，-1）且平行于向量)1,1,2(=a 和)0,1,1(-=b ，试求这个平面方程.解所求平面平行于向量a 和b ，可取平面的法向量)3,1,1(011112-=-=⨯=kj i b a n .故所求平面为0)1(3)0(1)1(1=+--⋅+-⋅z y x ，即043=--+z y x .7.求三平面322,02,13=++-=--=++z y x z y x z y x 的交点.解联立三平面方程.322,02,13=++-=--=++z y x z y x z y x 解此方程组得.3,1,1=-==z y x故所求交点为（1，-1，3）.8.分别按下列条件求平面方程：（1）平行于xOz 面且经过点（2，-5，3）；（2）通过z 轴和点（-3，1，-2）；（3）平行于x 轴且经过两点（4，0，-2）和（5，1，7）.解（1）所求平面平行于xOz 面，故设所求平面方程为0=+D By .将点（2，-5，3）代入，得05=+-D B ，即B D 5=.因此所求平面方程为05=+B By ，即05=+y .（2）所求平面过z 轴，故设所求平面为0=+By Ax .将点（-3，1，-2）代入，得03=+-B A ，即A B 3=.因此所求平面方程为03=+Ay Ax ，即03=+y x .（3）所求平面平行于x 轴，故设所求平面方程为0=++D Cz By .将点（4，0，-2）及（5，1，7）分别代入方程得2=+-D C 及07=++D C B .D B D C 29,2-==.因此，所求平面方程为0229=++-D z DDy ，即029=--z y .9.求点（1,2,1）到平面01022=-++zy x 的距离.解利用点),,(00o o z y x M 到平面0=+++D Cz By Ax 的距离公式222000C B A DCz By Ax d +++++=.1332211012221222=-=++-⋅+⋅+=1.求过点（4，-1，3）且平行于直线51123-==-z y x 的直线方程.解所求直线与已知直线平行，故所求直线的方向向量)5,1,2(=s ，直线方程即为531124-=+=-z y x .2.求过两点)1,2,3(1-M 和)2,0,1(2-M 的直线方程.解取所求直线的方向向量)1,2,4()12),2(0,31(21-=-----==M M s ，因此所求直线方程为112243-=+=--z y x .3.用对称式方程及参数方程表示直线.42,1=++=+-z y x z y x 解根据题意可知已知直线的方向向量112111-=kj i s ).3,1,2(-=取x=0，代入直线方程得.4,1=+=+-z y z y 解得.25,23==z y 这样就得到直线经过的一点（25,23,0）.因此直线的对称式方程为.32512320-=-=--z y x 参数方程为.325,23,2t z t y t x +=+=-=注由于所取的直线上的点可以不同，因此所得到的直线对称式方程或参数方程得表达式也可以是不同的.4.求过点（2，0，-3）且与直线1253,0742=+-+=-+-z y x z y x 垂直的平面方程.解根据题意，所求平面的法向量可取已知直线的方向向量，即),11,14,16(253421-=--==kj i s n 故所求平面方程为.0)3(11)0(14)2(16=++-+--z y x 即.065111416=---z y x 5.求直线0123,09335=-+-=-+-z y x z y x 与直线01883,02322=-++=+-+z y x z y x 的夹角的余弦.解两已知直线的方向向量分别为),1,4,3(1233351-=--=k j i s ),10,5,10(1831222-=-=kj i s 因此，两直线的夹角的余弦212121),(cos cos s s s s s s ⋅== .010)5(10)1(4310154103222222=+-+-++⨯-⨯-⨯=6.证明直线72,72=++-=-+z y x z y x 与直线02,8363=--=-+z y x z y x 平行.证已知直线的方向向量分别是),15,3,9(112363),5,1,3(11212121---=---==--=kj i s k j i s 由123s s -=知两直线互相平行.7.求过点（0,2,4）且与两平面12=+zx 和23=-z y 平行的直线方程.解所求直线与已知的两个平面平行，因此所求直线的方向向量可取),1,3,2(31020121-=-=⨯=kj i n n s 故所求直线方程为.143220-=-=-z y x 注本题也可以这样解：由于所求直线与已知的两个平面平行，则可视所求直线是分别与已知平面平行的两平面的交线，不妨设所求直线为.3,2b z y a z x=-=+将点（0，2，4）代入上式，得.10,8-==b a 故所求直线为.103,82-=-=+z y z x 8.求过点（3，1，-2）且通过直线12354z y x =+=-的平面方程.解利用平面束方程，过直线12354z y x =+=-的平面束方程为,0)23(2354=-+=+=-z y y x λ将点（3，1，-2）代入上式得.2011=λ因此所求平面方程为,0)23(20112354=-+=+=-z y y x即.0592298=---z y x 9.求直线0,03=--=++z y x z y x 与平面01=+--z y x 的夹角.解已知直线的方向向量),2,4,2(111311-=--=k j is 平面的法向量).1,1,1(--=n 设直线与平面的夹角为,ϕ则,0)1()1(1)2(42)1()2()1(412),cos(sin 222222=-+-+-++-⋅-+-⋅+⋅=⋅==n s n s s n ϕ即.0=ϕ10.试确定下列各组中的直线和平面间的关系；（1）37423z y x =-+=-+和3224=--z y x ；（2）723z y x =-=和8723=+-z y x ；（3）431232--=+=-z y x 和.3=++z y x 解设直线的方向向量为s ，平面的法向量为n ，直线与平面的夹角为,ϕ且ns n s s n ⋅==),cos(sin ϕ.（1）),2,2,4(),3,7,2(--=--=ns,0)2()2(43)7()2()2(3)2()7(4)2(sin 222222=-+-+⋅+-+--⋅+-⋅-+⋅-=ϕ则.0=ϕ故直线平行于平面或在平面上，现将直线上的点A （-3，-4，0）代入平面方程，方程不成立.故点A 不在平面上，因此直线不在平面上，直线与平面平行.（2）),7,2,3(),7,2,3(-=-=n s 由于n s =或,17)2(37)2(377)2()2(33sin 222222=+-+⋅+-+⋅+-⋅-+⋅=ϕ知2πϕ=，故直线与平面垂直.（3）),1,1,1(),4,1,3(=-=n s 由于0=⋅n s 或,0111)4(131)4(1113sin 222222=++⋅-++⋅-+⋅+⋅=ϕ知,0=ϕ将直线上的点A （2，-2，3）代入平面方程，方程成立，即点A 在平面上.故直线在平面上.11.求过点（1,2,1）而与两直线1,012=-+-=+-+z y x z y x 和0,02=+-=+-z y x z y x 平行的平面的方程.解两直线的方向向量为),1,1,0(111112),3,2,1(11112121--=--=--=--=kj i s k j is取),1,1,1(11032121--=----=⨯=k j i s s n 则过点（1,2,1），以n 为法向量的平面方程为,0)1(1)2(1)1(1=-⋅--⋅+-⋅-z y x 即.0=+-z y x 12.求点（-1,2,0）在平面012=+-+z y x 上的投影.解作过已知点且与已知平面垂直的直线.该直线与平面的交点即为所求.根据题意，过点（-1,2,0）与平面012=+-+z y x 垂直的直线为,102211--=-=+z y x 将它化为参数方程,,22,1t z t y t x -=+=+-=代入平面方程得,01)()22(21=+--+++-t t t 整理得32-=t .从而所求点（-1,2,0）在平面012=+-+z y x 上的投影为（32,32,35-）.13.求点P （3，-1，2）到直线042,01=-+-=+-+z y x z y x 的距离.解直线的方向向量).3,3,0(112111--=--=kj i s 在直线上取点（1，-2，0），这样，直线的方程可表示成参数方程形式.3,32,1t z t y x -=--==（1）又，过点P （3，-1，2），以)3,3,0(--=s 为法向量的平面方程为,0)2(3)1(3=--+-z y 即.01=-+z y （2）将式（1）代入式（2）得21-=t ，于是直线与平面的交点为（23,21,1-），故所求距离为.223)232()211()13(222=-++-+-=d 14.设M 0是直线L 外一点，M 是直线L 上任意一点，且直线的方向向量为s ，试证：点M 0到直线L的距离d =.证如图8-9，点M 0到直线L 的距离为d.由向量积的几何意义知s ⨯表示以M M 0，s 为邻边的平行四边形的面积.而表示以s 为边长的该平面四边形的高，即为点M 0到直线L 的距离.于是d =15.求直线0923,042=---=+-z y x z y x 在平面14=+-z y x 上的投影直线的方程.解作过已知直线的平面束，在该平面束中找出与已知平面垂直的平面，该平面与已知平面的交线即为所求.设过直线0923,042=---=+-z y x z y x 的平面束方程为,0)923(42=---++-z y x z y x λ经整理得.09)21()4()32(=--+--++λλλλz y x 由,01)21()1()4(4)32(=⋅-+-⋅--+⋅+λλλ得1113-=λ.代入平面束方程，得.0117373117=--+z y x 因此所求投影直线的方程为.14,0117373117=+-=--+z y x z y x 16.画出下列各平面所围成的立体的图形.（1）;012243,1,2,0,0,0=-++=====z y x y x z y x（2）.4,2,1,0,0yz y x z x =====解（1）如图8-10（a ）；（2）如图8-10（b ）.1.一球面过原点及A （4，0，0），B （1，3，0）和C （0，0，-4）三点，求球面的方程及球心的坐标和半径.解设所求球面的方程为2222)()()(R c z b y a x =-+-+-，将已知点的坐标代入上式，得,2222R c b a =++（1）,)4(2222R c b a =++-（2）,)3()1(2222R c b a =+-+-（3）2222)4(R c b a =+++，（4）联立（1）（2）得,2=a 联立（1）（4）得,2-=c 将2=a 代入（2）（3）并联立得b=1，故R=3.因此所求球面方程为,9)2()1()2(222=++-+-z y x 其中球心坐标为),2,1,2(-半径为3.2.建立以点（1，3，-2）为球心，且通过坐标原点的球面方程.解设以点（1，3，-2）为球心，R 为半径的球面方程为,)2()3()1(2222R z y x =++-+-球面经过原点，故,14)20()30()10(2222=++-+-=R 从而所求球面方程为.14)2()3()1(222=++-+-z y x 3.方程0242222=++-++z y x z y x 表示什么曲面？解将已知方程整理成,)6()1()2()1(2222=++++-z y x所以此方程表示以（1，-2，-1）为球心，以6为半径的球面.4.求与坐标原点O 及点（2,3,4）的距离之比为1:2的点的全体所组成的曲面的方程，它表示怎样的曲面？解设动点坐标为（z y x ,,），根据题意有,21)4()3()2()0()0()0(222222=-+-+--+-+-z y x z y x 化简整理得.)2932()34()1()32(2222=+++++z y x 它表示以（34,1,32---）为球心，以2932为半径的球面.5.将xOz 坐标面上的抛物线x z 52=绕x 轴旋转一周，求所生成的旋转曲面的方程.解以22z y +±代替抛物线方程x z 52=中的z ，得222)(z y +±x 5=，即x z y 522=+.注xOz 面上的曲线0),(=z x F 绕x 轴旋转一周所生成的旋转曲面方程为0),(22=+±z y x F .6.将xOz 坐标面上的圆922=+z x 绕z 轴旋转一周，求所生成的旋转曲面的方程.解以22y x +±代替圆方程922=+z x 中的x ，得,9)(2222=++±z y x 即.9222=++z y x7.将xOy 坐标面上的双曲线369422=-y x分别绕x 轴及y 轴旋转一周，求所生成的旋转曲面的方程.解以22zy +±代替双曲线方程369422=-y x中的y ，得该双曲线绕x 轴旋转一周而生成的旋转曲面方程为,36)(942222=+±-z y x 即.36)(94222=+-z y x 以22zx +±代替双曲线方程369422=-y x中的x ，得该双曲线绕y 轴旋转一周而生成的旋转曲面方程为,369)(42222=-+±y z x 即.369)(4222=-+y z x 8.画出下列各方程所表示的曲面：（1）;)2()2(222a y a x =+-（2）;19422=+-y x （3）;14922=+z x （4）;02=-z y （5）22x z-=.解（1）如图8-11（a ）；（2）如图8-11（b ）；（3）如图8-11（c ）；（4）如图8-11（d ）；（5）如图8-11（e ）.9.指出下列方程在平面解析几何中和在空间解析几何中分别表示什么图形：（1）;2=x （2）;1+=x y （3）;422=+y x（4）.122=-y x解（1）2=x 在平面解析几何中表示平行于y 轴的一条直线，在空间解析几何中表示与yOz 面平行的平面.（2）1+=x y在平面解析几何中表示斜率为1，y 轴截距也为1的一条直线，在空间解析几何中表示平行于z 轴的平面.（3）422=+y x在平面解析几何中表示圆心在原点，半径为2的圆，在空间解析几何中表示母线平行于z 轴，准线为0,422==+z y x 的圆柱面.（4）122=-y x在平面解析几何中表示以x 轴为实轴，y 轴为虚轴的双曲线，在空间解析几何中表示母线平行于z轴，准线为,122==-z y x 的双曲柱面.10.说明下列旋转曲面是怎样形成的：（1）;1994222=++z y x （2）;14222=+-z y x （3）;1222=--z y x （4）.)(222y x a z+=-解（1）1994222=++z y x 表示xOy 面上的椭圆19422=+y x 绕x轴旋转一周而生成的旋转曲面，或表示xOz 面的椭圆19422=+z x 绕x 轴旋转一周而生成的旋转曲面.（2）14222=+-z y x 表示xOy 面上的双曲线1422=-y x 绕y 轴旋转一周而生成的旋转曲面，或表示yOz 面的双曲线1422=+-z y 绕y 轴旋转一周而生成的旋转曲面.（3）1222=--z y x表示xOy 面上的双曲线122=-y x 绕x 轴旋转一周而生成的旋转曲面，或表示xOz 面的双曲线122=-z x 绕x 轴旋转一周而生成的旋转曲面.（4）222)(y x a z+=-表示xOz 面上的直线a x z +=或a x z +-=绕z 轴旋转一周而生成的旋转曲面，或表示yOz 面的直线a y z+=或a y z +-=绕z 轴旋转一周而生成的旋转曲面.11.画出下列方程所表示的曲面：（1）;44222=++z y x（2）;44222=--z y x（3）.94322y x z +=解（1）如图8-12（a ）；（2）如图8-12（b ）；（3）如图8-12（c ）；12.画出下列各曲面所围立体的图形：（1）1,03,0,3,022=+=-=-==y x y x y x z z（在第一卦限内）；（2）222222,,0,0,0R z y R y x z y x =+=+===（在第一卦限内）.解（1）如图8-13所示；（2）如图8-14所示.1.画出下列曲线在第一卦限内的图形；（1）;2,1==y x （2）;0,422=---=yxyx z（3）.,222222a z x a y x =+=+解（1）如图8-15（a ）；（2）如图8-15（b ）；（3）如图8-15（c ）.2.指出下列方程组在平面解析几何中与在空间解析几何中分别表示什么图形：（1）;32,15-=+=x y x y （2）.3,19422==+y y x 解（1）32,15-=+=x y x y 在平面解析几何中表示两直线的交点.在空间解析几何中表示两平面的交线，即空间直线.（2）3,19422==+y y x 在平面解析几何中表示椭圆19422=+y x 与其切线3=y 的交点，即切点.在空间解析几何中表示椭圆柱面19422=+y x 与其切平面3=y 的交线，即空间直线.3.分别求母线平行于x 轴及y 轴而且通过曲线0,162222222=-+=++y z x z y x 的柱面方程.解在,162222222=-+=++y z x z y x 中消去x ，得,16322=-z y 即为母线平行于x 轴且通过已知曲线的柱面方程.在,162222222=-+=++y z x z y x 中消去y ，得,162322=+z x 即为母线平行于y 轴且通过已知曲线多的柱面方程.4.求球面9222=++z y x 与平面1=+z x 的交线在xOy 面上的投影的方程.解在1,9222=+=++z x z y x 中消去z ，得,9)1(222=-++x y x 即,82222=+-y x x它表示母线平行于z轴的柱面，故0,82222==+-z y x x 表示已知交线在xOy 面上的投影的方程.5.将下列曲线的一般方程化为参数方程：（1）;,9222x y z y x ==++（2）.0,4)1()1(222==+++-z z y x解（1）将x y=代入,9222=++z y x 得,9222=+z x 取,cos 23t x =则,sin 3t z =从而可得该曲线的参数方程tz t y t x sin 3,cos 23,cos 23===（t ≤0˂π2）（2）将z=0代入,4)1()1(222=+++-z y x 得,3)1(22=+-y x 取,cos 31t x =-则,sin 3t y =从而可得该曲线的参数方程0,sin 3,cos 31==+=z t y t x （t ≤0˂π2）6.求螺旋线θθθb z a y a x ===,sin ,cos 在三个坐标面上的投影曲线的直角坐标方程.解由θθsin ,cos a y a x==得,222a y x =+故该螺旋线在xOy 面上的投影曲线的直角坐标方程为,222==+z a y x 由θθb z a y ==,sin 得bza y sin =，故该螺旋线在yOz 面上的投影曲线的直角坐标方程为0,sin ==x bza y 由θθb z a x ==,cos 得,cos b za x =故故该螺旋线在yOz 面上的投影曲线的直角坐标方程为.0,cos ==y bza x 7.求上半球2220y x a z --≤≤与圆柱体a ax y x (22≤+>0)的公共部分在xOy 面和xOz 面上的投影.解如图8-16.所求立体在xOy 面上的投影即为ax y x ≤+22，而由axy x y x a z =+--=22222,得.2ax a z -=故所求立体在xOz 面上的投影为由x 轴，z 轴及曲线ax a z-=2所围成的区域.8.求旋转抛物面)40(22≤≤+=z y x z在三坐标面上的投影解联立422=+=z y x z ，得422=+y x.故旋转抛物面在xOy面上的投影为.0,422=≤+z y x 如图8-17.联立0,22=+=x y x z 得,2y z=故旋转抛物面在yOz 面上的投影为2y z=及4=z 所围成的区域.同理，联立0,22=+=y y x z 得,2x z =故旋转抛物面在xOz 面上的投影为2x z=及4=z 所围成的区域.。

同济大学《高等数学第五版》上下册习题答案(可编辑)

同济大学《高等数学第五版》上下册习题答案习题 1?11. 设 A?∞, ?5∪5, +∞, B[?10, 3, 写出 A∪B, A∩B, A\B及 A\A\B的表达式解 A∪B?∞, 3∪5, +∞, A∩B[?10, ?5, A\B?∞, ?10∪5, +∞, A\A\B[?10, ?5C C C2. 设A、B是任意两个集合, 证明对偶律: A∩B A ∪B证明因为C C C C Cx∈A∩B ?x?A∩B? x?A或x?B? x∈A 或x∈Bx∈A ∪B ,C C C所以 A∩B A ∪B 3. 设映射 f : X →Y, A?X, B?X证明1fA∪BfA∪fB; 2fA ∩B?fA∩fB 证明因为 y∈fA∪B??x∈A∪B, 使 fxy?因为 x∈A 或 x∈B y∈fA或 y∈fB? y∈ fA∪fB,所以 fA∪BfA∪fB 2因为y∈fA∩Bx∈A∩B, 使fxy?因为 x∈A且 x∈B y∈fA且 y∈fB? y∈ fA∩fB,所以 fA∩B?fA∩fB 4. 设映射f : X→Y, 若存在一个映射g: Y→X, 使 g f I , f g I , 其中I 、I 分别是X、X YX YY上的恒等映射, 即对于每一个x∈X, 有I xx; 对于每一个y∈Y, 有I yy. 证明: f是双射, 且gX Y?1是f的逆映射: gf证明因为对于任意的y∈Y, 有xgy∈X, 且fxf[gy]I yy, 即Y中任意元素都是X中某y元素的像, 所以f为X到Y的满射又因为对于任意的x ≠x , 必有fx ≠fx , 否则若fx fx ?g[ fx ]g[fx ]x x1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 因此 f 既是单射, 又是满射, 即 f 是双射对于映射g: Y→X, 因为对每个y∈Y, 有gyx∈X, 且满足fxf[gy]I yy, 按逆映射的y定义, g是f的逆映射 5. 设映射 f : X→Y, A?X证明: ?1 1f fA?A; ?1 2当f是单射时, 有f fAA ?1 ?1 证明 1因为x∈Afxy∈fAf yx∈f fA, ?1 所以 f fA?A1 2由1知f fA?A1 ?1 另一方面, 对于任意的x∈f fA?存在y∈fA, 使f yx?fxy因为y∈fA且f是单1 ?1射, 所以x∈A. 这就证明了f fA?A. 因此f fAA6. 求下列函数的自然定义域: 1 y 3x+2 ;2 2 解由 3x+2≥0 得 x 函数的定义域为[? , +∞3 31 2 y ;21?x2 解由 1?x ≠0得x≠±1函数的定义域为?∞, ?1∪?1, 1∪1, +∞12 3 y 1?x ;x2 解由x≠0 且 1?x ≥0得函数的定义域D[?1, 0∪0, 1]1 4 y ;24?x2 解由 4?x 0 得 |x|2函数的定义域为?2, 2 5 y sin x ;解由 x≥0 得函数的定义 D[0, +∞ 6 ytanx+1;ππx≠kπ + ?1解由 x+1≠ k0, ±1, ±2,得函数的定义域为 k0, ±1, ±2,2 2 7 yarcsinx?3; 解由|x?3|≤1 得函数的定义域 D[2, 4]1 8 y 3? x +arctan ;x 解由 3?x≥0 且 x≠0 得函数的定义域 D?∞, 0∪0, 3 9 ylnx+1; 解由 x+10 得函数的定义域 D?1, +∞1x 10 ye解由 x≠0 得函数的定义域 D?∞, 0∪0, +∞ 7. 下列各题中, 函数 fx和 gx是否相同?为什么? 2 1fxlg x , gx2lg x;2 2 fxx, gx x ;3 34 3 3 f x xx , gx x x?12 2 4fx1, gxsec x?tan x解 1不同因为定义域不同 2不同因为对应法则不同, x0时, gx?x 3相同因为定义域、对应法则均相相同 4不同因为定义域不同π|sin x| |x|πππ3 8. 设?x , 求? , ? , ?? , ??2, 并作出函数 y?x的图形π 64 4?0 |x|≥3ππ 1 ππ 2 ππ 2 解 ? |sin | , ? |sin | , ?? |sin? | , ??206 6 2 4 4 2 4 4 2 9. 试证下列函数在指定区间内的单调性:x 1 y , ?∞, 1;1? x 2yx+ln x, 0, +∞证明 1对于任意的x , x ∈?∞, 1, 有 1?x 0, 1?x 0. 因为当x x 时,1 2 1 2 1 2x x xx1 2 1 2yy 0,1 21? x 1? x 1? x 1? x1 2 1 2x所以函数 y 在区间?∞, 1内是单调增加的1? x 2对于任意的x , x ∈0, +∞, 当x x 时, 有1 2 1 2x1yy x +ln x ?x +ln x xx +ln 0,1 2 1 1 2 2 1 2x2所以函数 yx+ln x 在区间0, +∞内是单调增加的 10. 设 fx为定义在?l, l内的奇函数, 若 fx在0, l内单调增加, 证明 fx在?l, 0内也单调增加证明对于?x , x ∈?l, 0且x x , 有?x , ?x ∈0, l且?x ?x1 2 1 2 1 2 1 2 因为 fx在0, l内单调增加且为奇函数, 所以f?x f?x ,fx ?fx , fx fx ,2 1 2 1 2 1这就证明了对于?x , x ∈?l, 0, 有fx fx , 所以fx在?l, 0内也单调增加1 2 1 2 11. 设下面所考虑的函数都是定义在对称区间?l, l上的, 证明: 1两个偶函数的和是偶函数, 两个奇函数的和是奇函数; 2两个偶函数的乘积是偶函数, 两个奇函数的乘积是偶函数, 偶函数与奇函数的乘积是奇函数证明1设Fxfx+gx. 如果fx和gx都是偶函数, 则F?xf?x+g?xfx+gxFx,所以 Fx为偶函数, 即两个偶函数的和是偶函数如果 fx 和 gx都是奇函数, 则 F?xf?x+g?x?fx?gx?Fx,所以 Fx为奇函数, 即两个奇函数的和是奇函数2设Fxfx?gx. 如果fx和gx都是偶函数, 则F?xf?x?g?xfx?gxFx,所以 Fx为偶函数, 即两个偶函数的积是偶函数如果 fx 和 gx都是奇函数, 则 F?xf?x?g?x[?fx][?gx]fx?gxFx,所以 Fx为偶函数, 即两个奇函数的积是偶函数如果fx是偶函数, 而gx是奇函数, 则F?xf?x?g?xfx[?gx]?fx?gx?Fx,所以 Fx为奇函数, 即偶函数与奇函数的积是奇函数 12. 下列函数中哪些是偶函数, 哪些是奇函数, 哪些既非奇函数又非偶函数?2 21yx 1?x ;2 32y3x ?x ;21?x3 y ;21+x4yxx?1x+1; 5ysin x?cos x+1;x ?xa +a6 y22 2 2 2 解 1因为f?x?x [1??x ]x 1?x fx, 所以fx是偶函数2 3 2 3 2由f?x3?x ??x 3x +x 可见fx既非奇函数又非偶函数221??x1? x 3因为 f ?x f x , 所以 fx是偶函数221+ x1+x 4因为f?x?x?x?1?x+1?xx+1x?1?fx, 所以fx是奇函数5由f?xsin?x?cos?x+1?sin x?cos x+1 可见 fx既非奇函数又非偶函数?x ??x ?x xa +a a +a 6因为 f ?x f x , 所以 fx是偶函数2 2 13. 下列各函数中哪些是周期函数?对于周期函数, 指出其周期: 1ycosx?2; 2ycos 4x; 3y1+sin πx; 4yx cos x;25ysin x 解 1是周期函数, 周期为 l2ππ 2是周期函数, 周期为 l2 3是周期函数, 周期为 l2 4不是周期函数 5是周期函数, 周期为 lπ 14. 求下列函数的反函数:3 1 y x+1 ;1?x 2 y ;1+xax+b 3 y ad?bc≠0;cx+d 4 y2sin3x; 5 y1+lnx+2;x2 6yx2 +13 33 3 解 1由 y x+1得xy ?1, 所以 y x+1的反函数为yx ?11? y1?x 1?x 1?x 2由 y 得 x , 所以 y 的反函数为 y1+x 1+ y 1+x 1+x?dy+bax+b ax+b ?dx+b 3由 y 得 x , 所以 y 的反函数为 ycy?acx+d cx+d cx?ay1 1 x 4由 y2sin 3x 得 x arcsin, 所以 y2sin 3x的反函数为 y arcsin3 2 3 2y?1 x?1 5由y1+lnx+2得xe ?2, 所以y1+lnx+2的反函数为ye ?2x xy2 2 x 6由 y 得 xlog , 所以 y 的反函数为 ylog2 2x x2 +1 1? y 2 +1 1? x 15. 设函数 fx在数集 X 上有定义, 试证: 函数 fx在 X 上有界的充分必要条件是它在 X上既有上界又有下界证明先证必要性. 设函数 fx在 X 上有界, 则存在正数 M, 使|fx|≤M, 即?M≤fx≤M. 这这就证明了 fx在 X 上有下界?M 和上界 M 再证充分性. 设函数fx在X 上有下界K 和上界K , 即K ≤fx≤ K取M|K |, |K |,1 2 1 2 1 2则M≤ K ≤fx≤ K ≤M ,1 2即 |fx|≤M这就证明了 fx在 X 上有界 16. 在下列各题中, 求由所给函数复合而成的函数, 并求这函数分别对应于给定自变量值x 和x 的函数值:1 22 ππ 1 yu , usin x, x , x ;1 26 3ππ 2 ysin u, u2x, x , x ;1 28, 42 3 y u, u1+x , x 1, x 2;1 2u 2 4 ye , ux , x 0, x 1;1 22 x 5 yu , ue , x 1, x ?11 22 π 1 1 π3 32 2 2 2 解 1ysin x, y sin , y sin1 26 2 4 3 2 4ππ 2 ππ 2ysin2x, y sin2? sin , y sin2? sin 11 28 4 2 4 22 2 23 y, 1+ x y 1+1 2 , y 1+2 51 22 2 2x 0 1 4 y e , y e 1 , y e e1 22x 2?1 2 2??1 ?2 5ye , y e e , y e e1 2 17. 设 fx的定义域 D[0, 1], 求下列各函数的定义域:2 1 fx ; 2 fsinx; 3 fx+aa0; 4fx+a+fx?aa02 2 解 1由 0≤x ≤1 得|x|≤1, 所以函数fx 的定义域为[?1, 1] 2由0≤sin x≤1 得 2nπ≤x≤2n+1π n0, ±1, ±2 ?, 所以函数 fsin x的定义域为[2nπ, 2n+1π] n0, ±1, ±2 ?3由 0≤x+a≤1 得?a≤x≤1?a, 所以函数fx+a的定义域为[?a, 1?a]1 1 1 4由 0≤x+a≤1 且 0≤x?a≤1 得: 当 0a≤时, a≤x≤1?a; 当 a 时, 无解. 因此当 0a≤时2 2 21函数的定义域为[a, 1?a], 当 a 时函数无意义21 |x|1?x18. 设 f x 0 |x|1, gxe , 求f[gx]和g[fx], 并作出这两个函数的图形1 |x|1x1 |e |1 1 x0x解 f [gx] 0 |e |1 , 即 f [gx] 0 x0x1 |e |1 ?1 x0?1e |x| 1 e |x| 1f x 0 g[ f x ]e e |x|1, 即 g[ f x ] 1 |x|11 ?1?e |x|1 e |x|119. 已知水渠的横断面为等腰梯形, 斜角?40°图 1?37. 当过水断面ABCD的面积为定值S 时, 求湿周LLAC+CD+DB与水深h之间的函数关系式, 并说明定义域0图 1?37h 解 AbDC , 又从sin401h[BC +BC +2cot40 ?h]S 得2SBC ?cot40 ?h , 所以hS2?cos40L + hh sin 40 自变量 h 的取值范围应由不等式组Sh0, ?cot40 ?h0h确定, 定义域为 0h S cot400 20. 收敛音机每台售价为 90 元, 成本为 60 元. 厂方为鼓励销售商大量采购, 决定凡是订购量超过 100 台以上的, 每多订购 1台, 售价就降低 1 分, 但最低价为每台 75 元 1将每台的实际售价 p 表示为订购量 x 的函数; 2将厂方所获的利润 P表示成订购量 x 的函数; 3某一商行订购了 1000 台, 厂方可获利润多少?解 1当 0≤x≤100时, p90令 0. 01x ?10090?75, 得x 1600. 因此当x≥1600 时, p750 0 当 100x1600 时, p90?x?100×0. 0191?0. 01x 综合上述结果得到90 0≤ x≤100 p 91?0.01x 100 x1600?75x≥1600 30x 0≤ x≤1002P p?60x 31x?0.01x 100 x1600 215xx≥16002 3 P31×1000?0. 01×1000 21000元习题 1 ?21. 观察一般项x 如下的数列x 的变化趋势, 写出它们的极限:n n1 1 x ;nn21n 2 x ?1 ;nn1x 2 + 3 ;n2nn ?1 4 x ;nn +1n 5 x n ?1n1 1x lim 0 解 1 当 n →∞时, →0,nn nn →∞2 21 1n n 2 当 n →∞时, x ?1 →0, lim ?1 0 nn →∞n n1 1 3 当 n →∞时, x2 + →2,lim2 + 2 n2 2n →∞n nn ?1 2 n ?1x 1lim 1 4 当 n →∞时, →0,nn →∞n +1 n +1 n +1n 5 当n→∞时, x n ?1 没有极限nn πcos2 2. 设数列x 的一般项 x 问 lim x ? 求出N, 使当nN 时, x 与其极限之差的n nn nn →∞n绝对值小于正数ε , 当ε 0.001 时, 求出数N 解 lim x 0nn →∞n π|cos |1 1 1 12 |x ?0| ≤? ε 0, 要使|x ?0| ε , 只要ε , 也就是 n 取 N [ ], nnn nn εε则?nN, 有|x ?0| εn1N [ ] 当ε 0.001 时, 1000ε 3. 根据数列极限的定义证明: 1 1 lim 0 ;2n →∞n3n +1 3lim 2 ;n →∞2n +1 22 2n +a 3 lim 1n →∞n 4 lim 0.999 9 1n →∞n 个1 1 1 12| ?0| ε n 1 分析要使 , 只须 , 即 n2 2εn n ε1 11 证明因为ε0,N [ ], 当 nN 时, 有| ?0| ε , 所以 lim 02 2n →∞1 13n +1 3 1 1 2 分析要使|| ε , 只须ε , 即 n2n +1 2 22n +1 4n4n 4 ε3n +1 31 3n +1 3 证明因为ε0,N [ ] , 当 nN 时, 有|| ε , 所以 lim n →∞4 ε 2n +1 2 2n +1 22 2 2 2 2 2 2n +a n +a ?n a a a 3 分析要使|, ?1| ε只须 n2 2n n n εn n +a +n2 2 2 2 2an +a n +a证明因为? ε0,N [ ] , 当?nN 时, 有| ?1| ε , 所以 lim 1n →∞ε n n11 1 4 分析要使|0.99 9 ?1| , 只须ε , 即 n 1 +lgεn ?1 n ?1ε1证明因为? ε0,N [1 +lg ] , 当?nN 时, 有|0.99 9 ?1| ε , 所以 lim 0.999 9 1n →∞εn 个 4. lim u a , 证明 lim |u | |a|并举例说明: 如果数列|x | 有极限, 但数列x 未必有n nn nn →∞ n →∞极限证明因为 lim u a , 所以? ε0, ?N ∈N, 当 nN 时, 有|u ?a| ε , 从而n nn →∞||u | ?|a|| ≤|u ?a| εn n这就证明了 lim|u | |a|nn →∞n n 数列|x | 有极限, 但数列x 未必有极限. 例如 lim| ?1 | 1, 但lim ?1 不存在n nn →∞ n →∞ 5. 设数列x 有界, 又 lim y 0 , 证明: lim x y 0 nn →∞ n →∞证明因为数列x 有界, 所以存在M, 使?n ∈Z, 有|x | ≤Mn nε又 lim y 0 , 所以ε0, ?N ∈N, 当 nN 时, 有| y | 从而当 nN 时, 有n nn →∞Mε |x y ?0| |x y | ≤M | y | M ε ,n n n n nM所以 lim x y 0n nn →∞ 6. 对于数列x 若x →a k →∞, x →a k →∞, 证明: x →a n →∞n 2k 2k +1 n 证明因为x →a k →∞, x →a k →∞, 所以ε0,2k 2k +1?K , 当 2k2K 时, 有| x ?a | ε ;1 1 2kK , ?当 2k+12K +1 时, 有| x ?a | ε2 2 2k+1取N 2K , 2K +1, 只要nN, 就有|x ?a | ε因此x →a n →∞1 2 n n 习题 1 ?31. 根据函数极限的定义证明: 1 lim3x ?1 8;x →3 2 lim5x +2 12;x →22x ?4 3 lim ?4;x → ?2x +231 ?4x 4 lim 21x →2x +121 证明 1 分析 |3x ?1 ?8| |3x ?9| 3|x ?3|, 要使|3x ?1 ?8| ε , 只须|x ?3| ε31 证明因为ε 0,δε , 当 0 |x ?3| δ时, 有|3x ?1 ?8| ε , 所以 lim3x ?1 8x →331 2 分析 |5x +2 ?12| |5x ?10| 5|x ?2|, 要使|5x +2 ?12| ε , 只须|x ?2| ε51δε证明因为ε 0,, 当 0 |x ?2| δ时, 有|5x +2 ?12| ε , 所以 lim5x +2 12x →252 2 2x ?4 x +4x +4 x ?4 3 分析 ? ?4 |x +2| |x ? ?2| , 要使 ? ?4 ε , 只须x +2 x +2 x +2|x ? ?2| ε2 2x ?4 x ?4 证明因为ε 0,δε , 当 0 |x ? ?2| δ时, 有 ? ?4 ε ,所以 lim ?4x → ?2x +2 x +2331 ?4x 1 1 ?4x 1 1 4 分析 , 要使 ?2 ε , 只须|x ?| ε 2 |1 ?2x ?2| 2|x ?|2x +1 2 2x +1 2 23 31 1 1 ?4x 1 ?4x 证明因为ε 0,δε , 当 0 |x ?| δ时, 有 ?2 ε , 所以 lim 212 2 2x +1 2x +1x →2 2. 根据函数极限的定义证明:31 + x 1 1 ;lim3x →∞22xsin x 2 lim 0x → +∞x33 3 31 + x 1 1 + xx 1 1 + x 1 1 证明 1 分析 , 要使ε , 只须ε , 即3 3 3 3 32 22x 2x 2|x| 2x 2|x|1|x| 32 ε 331 1 + x 11 + x 1 证明因为ε 0,X , 当|x| X 时, 有ε , 所以 lim3 33x →∞2 22x 2x2 εsin x |sin x| 1 sin x 1 1 2 分析 ?0 ≤ , 要使 ?0 ε , 只须ε , 即 x 2εx x x x x1sin x sin x 证明因为ε 0,X , 当 x X 时, 有 ?0 ε , 所以 lim 0 2x → +∞εx x2 3. 当x →2 时, y x →4. 问δ等于多少, 使当|x ?2| δ时, |y ?4|0. 001 ?2 解由于x →2, |x ?2| →0, 不妨设|x ?2| 1, 即 1 x 3. 要使|x ?4| |x +2||x ?2| 5|x ?2| 0. 001, 只要0.0012|x ?2| 0.0002, 取δ 0. 0002, 则当 0 |x ?2| δ时, 就有|x ?4| 0. 00152x ?1 4. 当x →∞时, y →1, 问X 等于多少, 使当|x|X 时, |y ?1|0.012x +32x ?1 44 解要使 ?1 0.01, 只 ,|x| ?3 397 X 3972 20.01x +3 x +3 5. 证明函数 fx |x| 当 x →0 时极限为零x |x| 6. 求 f x , ?x 当 x →0 时的左?右极限, 并说明它们在 x →0 时的极限是否存在x x 证明因为xlim f x lim lim 1 1,x →0 x →0 x x →0xlim f x lim lim 1 1,+ + +x →0 x →0 x x →0lim f x lim f x,? +x →0 x →0所以极限 lim f x 存在x →0 因为|x| ?xlim ?x lim lim ?1,x →0 x →0 x →0x x|x| xlim ?x lim lim 1,+ + +x →0 x →0 x →0x xlim ?x ≠ lim ?x,? +x →0 x →0所以极限 lim ?x 不存在x →0 7. 证明: 若 x →+ ∞及 x →?∞时, 函数 fx 的极限都存在且都等于 A, 则 lim f x Ax →∞证明因为 lim f x A , lim f x A , 所以? ε0,x → ?∞ x →+∞?X 0, 使当x ?X 时, 有|fx ?A| ε ;1 1?X 0, 使当x X 时, 有|fx ?A| ε2 2取XX , X , 则当|x| X时, 有|fx ?A| ε , 即 lim f x A1 2x →∞ 8. 根据极限的定义证明: 函数fx 当x →x 时极限存在的充分必要条件是左极限、右极限各自存在并且相等证明先证明必要性. 设fx →Ax →x , 则? ε0,δ 0, 使当 0|x ?x | δ时, 有0 0|fx ?A| ε因此当xδxx 和x xx + δ时都有0 0 0 0|fx ?A| ε这说明fx 当x →x 时左右极限都存在并且都等于A0 再证明充分性. 设fx ?0 fx +0 A, 则? ε0,0 0? δ 0, 使当xδ xx 时, 有| fx ?A ε ;1 0 1 0? δ 0, 使当x xx + δ时, 有| fx ?A| ε2 0 0 2取δ min δ , δ , 则当0|x ?x | δ时, 有xδ xx 及x xx + δ , 从而有1 2 0 0 1 0 0 0 2| fx ?A| ε ,即fx →Ax →x0 9. 试给出 x →∞时函数极限的局部有界性的定理, 并加以证明解 x →∞时函数极限的局部有界性的定理 : 如果 fx 当 x→∞时的极限存在 , 则存在 X0 及M 0 , 使当|x|X 时, |fx| M证明设 fx →Ax →∞ , 则对于ε 1 , ?X0 , 当|x| X 时, 有|fx ?A| ε 1所以|fx| |fx ?A+A| ≤|fx ?A| +|A| 1 +|A| 这就是说存在 X0 及 M 0 , 使当|x| X 时, |fx| M , 其中 M 1 +|A|习题1 ?41. 两个无穷小的商是否一定是无穷小?举例说明之解不一定αx 2 αx 例如, 当 x →0 时, αx 2x, βx 3x 都是无穷小, 但 lim , 不是无穷小x →0β x 3 β x 2. 根据定义证明:2x ?9 1 y 当 x →3 时为无穷小;x +31 2 y xsin 当 x →0 时为无穷小x2x ?9 证明 1 当 x ≠3 时| y| |x ?3|因为ε 0,δε , 当 0 |x ?3| δ时, 有x +32x ?9| y| |x ?3| δε ,x +32x ?9所以当 x →3 时 y 为无穷小x +31 2 当 x ≠0 时| y| |x||sin | ≤|x ?0|因为? ε 0,δε , 当 0 |x ?0| δ时, 有x1| y| |x||sin | ≤|x ?0| δε ,x1所以当 x →0 时 y xsin 为无穷小x1 +2x 3. 根据定义证明: 函数 y 为当x →0 时的无穷大. 问x 应满足什么条件, 能使x4|y|10 ?1 +2x 1 1 1 1 证明分析| y|2 + ≥ ?2 , 要使|y| M, 只须 ?2 M , 即|x|x x |x| |x| M +21 1 + 2x 证明因为 ?M 0,δ , 使当 0 |x ?0| δ时, 有 M ,M +2 x1 +2x所以当 x →0 时, 函数 y 是无穷大x1 14 4 取M 10 , 则δ当 0 |x ?0| 时, |y|104 410 +2 10 +2 4. 求下列极限并说明理由:2x +1 1 lim ;n →∞x21x 2 limx →01x2x +1 1 1 2x +1 解 1 因为 2 + , 而当 x→∞时是无穷小, 所以 lim 2n →∞x x x x2 21x 1x 2 因为 1 + x x ≠1, 而当 x →0 时 x 为无穷小, 所以 lim 1 x →01x 1x 5. 根据函数极限或无穷大定义, 填写下表: 6. 函数 y xcos x 在?∞, +∞内是否有界?这个函数是否为当 x →+∞时的无穷大?为什么?解函数 y xcos x 在?∞, +∞内无界这是因为?M 0, 在 ?∞, +∞内总能找到这样的 x, 使得|yx| M. 例如y2k π 2k π cos2k π 2k π k 0, 1, 2,,当 k 充分大时, 就有| y2k π| M 当 x →+ ∞时, 函数 y xcos x 不是无穷大这是因为?M 0, 找不到这样一个时刻 N, 使对一切大于 N 的 x, 都有|yx| M. 例如πππy2k π + 2k π + cos2k π + 0 k 0, 1, 2,,2 2 2π对任何大的 N, 当 k 充分大时, 总有 x 2k π + N , 但|yx| 0 M21 1+ 7. 证明: 函数 y sin 在区间0, 1] 上无界, 但这函数不是当x →0 时的无穷大x x1 1 证明函数 y sin 在区间0, 1] 上无界. 这是因为x xM 0, 在0, 1] 中总可以找到点x , 使yx M. 例如当k k1x k 0, 1, 2,kπ2k π +2时, 有πyx 2k π + ,k2当k 充分大时, yx Mk+当x →0 时, 函数 y sin 不是无穷大. 这是因为x xM 0, 对所有的δ 0, 总可以找到这样的点x , 使 0 x δ, 但yx M. 例如可取k k k1x k 0, 1, 2,,k2k π当k 充分大时, x δ, 但yx 2k πsin2k π 0 Mk k习题 1 ?51. 计算下列极限:2x +5 1 lim ;x →2x ?32 2x +5 2 +5 解 lim ?9x →2x ?3 2 ?32x ?3 2 lim ;2x → 3 x +1223 ?3x ?3 解 lim 02x → 3 x +13 +12x ?2x +1 3 lim ;2x →1x ?122x ?2x +1 x ?1 x ?1 0 解 lim lim lim 0 2x →1 x →1 x →1x ?1 x ?1x +1 x +1 23 24x ?2x +x 4 lim ;2x →03x +2x3 2 24x ?2x +x 4x ?2x +1 1 解 lim lim2x →0 x →03x + 2x 3x + 2 22 2x +h ?x 5 lim ;h →0h2 22 2 2x +h ?xx +2hx +h ?x 解 lim lim lim2x +h 2x h →0 h →0 h →0h h1 1 6 lim2+ ;2x →∞x x1 1 1 1 解 lim2+ 2lim + lim 22 2x →∞ x →∞ x →∞x x x x2x ?1 7 lim ;2x →∞2x ?x ?11122x 解 lim lim2x →∞ x ?xx →∞ 1 1 22 12?2x x2x +x 8 lim ;4 2x →∞x ?3x ?12x +x 解 lim 0 分子次数低于分母次数, 极限为零4 2x →∞x ?3x ?11 1+22 3x +xx x 或 lim lim 04 2x →∞ x →∞ 2 11?2 4x x2x6x + 8 9 lim ;2x →4x5x + 42x ?2x ?4x ?6x +8 x ?2 4 ?2 2lim lim lim 解2x →4 x →4 x →4x ?5x +4 x ?1x ?4 x ?1 4 ?1 31 1 10 lim1 +2 ;2x →∞x x1 1 1 1 解 lim1 +2 lim1 + lim2 1 ×2 22 2x →∞ x →∞ x →∞x x x x1 1 1 11 lim1 + + + + ;nn →∞2 4 21n +11 ?1 1 12 解 lim1 + + + + lim 2 nn →∞ n →∞ 12 4 2121 +2 +3 + +n ?1 12 lim ; 2n →∞nn ?1n1 +2 +3 + +n ?1 1 n ?1 12 解lim lim lim2 2n →∞ n →∞ n →∞n n 2 n 2n +1n +2n +3 13 lim ;3n →∞5nn +1n +2n +3 1 解 lim 分子与分母的次数相同, 极限为最高次项系数之比3n →∞ 5n 5n +1n +2n +31 123 1 或 lim lim1 + 1 + 1 +3n →∞ n →∞5n 5 n n n 51 3 14 lim ;3x →11 ?x 1 ?x21 ?xx +21 3 1 +x +x ?3 x +2lim lim ?lim ?lim ?1 解3 2 2 2x →1 x →1 x →1 x →11 ?x 1 ?x 1 ?x1 +x +x 1 ?x1 +x +x 1 +x +x 2. 计算下列极限:3 2x +2x 1 lim ;2x →223 2x ?20 x +2x 解因为 lim 0 , 所以 lim ∞3 2 2x →2 x →2x +2x 16 x ?22x 2 lim ;x →∞2x +12x 解 lim ∞因为分子次数高于分母次数x →∞2x +13 3 lim2x ?x +1x →∞3 解 lim2x ?x +1 ∞因为分子次数高于分母次数x →∞ 3. 计算下列极限:12 1 limx sin ;x →0x1 2 12 解 limx sin 0 当x →0 时, x 是无穷小, 而 sin 是有界变量x →0arctanx 2 limx →∞xarctanx 1 1 解 lim lim ?arctanx 0 当 x →∞时, 是无穷小, 而arctan x 是有界变量x →∞ x →∞x x x 4. 证明本节定理 3 中的2. 习题 1 ?61. 计算下列极限:sin ωx 1 lim ;x →0xsin ωx sin ωx 解 lim ω lim ωx →0 x →0x ωxtan3x 2 lim ;x →0xtan3x sin3x 1 解 lim 3lim3x →0 x →0x 3x cos3xsin2x 3 lim ;x →0sin5xsin2x sin2x 5x 2 2 解 lim lim?x →0 x →0sin5x 2x sin5x 5 5 4 lim x cot x ;x →0x x 解 lim xcot x lim ?cosx lim ?limcosx 1x →0 x →0 x →0 x →0sin x sin x1 ?cos2x 5 lim ;x →0xsin x21 ?cos2x 1 ?cos2x 2sin x sin x2 解法一 lim lim lim 2lim 22 2x →0 x →0 x →0 x →0xsin x x x x21 ?cos2x 2sin x sin x 解法二 lim lim 2lim 2x →0 x →0 x →0xsin x xsin x xxn 6 lim 2 sin x 为不等于零的常数nn →∞2xsinnxn2 解 lim2 sin lim ?x xnxn →∞ n →∞2n2 2. 计算下列极限:1x 1 lim1 ?x ;x →01 11?1?1?1?x ?xx 解 lim1x lim[1 + ?x] lim[1 + ?x] e x →0 x →0 x →01x 2 lim1 +2x ;x →01 1 1?222x 2x 2x 解 lim1 +2x lim1 +2x [ lim1 +2x ] ex →0 x →0 x →01 + x2x 3 lim ;x →∞x1 + x 1 22x x 2[ ] 解 lim lim1 + ex →∞ x →∞x x1kx 4 lim1 k 为正整数x →∞x1 1kx ?x ?k ?k 解 lim1 lim1 + ex →∞ x →∞xx 3. 根据函数极限的定义, 证明极限存在的准则 I ′解 4. 利用极限存在准则证明:1 1 lim 1 + 1;n →∞ n1 1 证明因为1 1 + 1 + ,n n1而lim1 1 且 lim1 + 1,n →∞ n →∞ n1由极限存在准则 I, lim 1 + 1n →∞n1 1 12 limn + + + 1;2 2 2n →∞n + π n +2 π n +n π证明因为2 2n 1 1 1 nn + + + ,2 2 2 2 2n +n π n + π n +2 π n +n π n + π2 2n n而lim 1, lim 1,2 2n →∞ n →∞n +n π n + π1 1 1所以 limn + + + 12 2 2n →∞ n + π n +2 π n +n π 3 数列 2 , 2 + 2 , 2 + 2 + 2 , 的极限存在; 证明 x 2 , x 2 + x n 1, 2, 3,1 n +1 n 先证明数列x 有界. 当n 1 时 x2 2 , 假定n k 时x 2, 当n k +1 时,n k1x 2 + x 2 +2 2,k +1 k所以x 2n 1, 2, 3,, 即数列x 有界n n 再证明数列单调增22 + xx ?x ?2x +1n n n nxx 2 + xx ,n +1 n n n2 + x + x 2 + x + xn n n n而x ?2 0, x +1 0, 所以x ?x 0, 即数列x 单调增n n n +1 n n 因为数列x 单调增加有上界, 所以此数列是有极限的nnlim 1 + x 1 4 ;x →0 证明当|x| ≤1 时, 则有n 1 +x ≤1 +|x| ≤1 +|x| ,n 1 +x ≥1 ?|x| ≥1 ?|x| ,n从而有 1 ?|x| ≤ 1 + x ≤1 +|x|因为 lim1 ?|x| lim1 +|x| 1,x →0 x →0根据夹逼准则, 有nlim 1 + x 1x →01 5 lim x [ ] 1+x →0 x1 1 1 1 证明因为 ?1 [ ] ≤ , 所以1x x [ ] ≤1x x x x1 又因为 lim 1x lim 1 1 , 根据夹逼准则, 有 lim x [ ] 1+ + +x →0 x →0 x →0x习题 1?72 23 1. 当x→0 时, 2x?x 与x ?x 相比, 哪一个是高阶无穷小?2 3 2x ?x x?x 解因为 lim lim 0,2x→0 x→02?x2x?x2 3 2 3 2所以当x→0 时, x ?x 是高阶无穷小, 即x ?x o2x?x13 2 2. 当x→1 时, 无穷小 1?x 和11?x , 2 1x 是否同阶?是否等价? 23 21?x 1?x1+x+x2 解 1 因为 lim lim lim1+x+x 3,x→1 x→1 x→11?x 1?x3所以当x→1 时, 1?x 和 1?x 是同阶的无穷小, 但不是等价无穷小121?x12 2 因为 lim lim1+x1,x→1 x→11?x 212所以当x→1 时, 1?x 和 1?x 是同阶的无穷小, 而且是等价无穷小2 3. 证明: 当x→0 时, 有: 1 arctanx~x;2x 2 secx?1~2arctanx y 证明 1 因为 lim lim 1 提示: 令yarctan x, 则当x→0 时, y →0,x→0 y→0x tany所以当x→0 时, arctanx~xx x22sin 2sin2secx?1 1?cosx2 2 2 因为 lim 2lim lim lim 1,2 2x→0 x→0 x→0 x→01 x2 x cosx xx2 222x所以当x→0 时, secx?1~2 4. 利用等价无穷小的性质, 求下列极限:tan3x 1 lim ;x→02xnsinx 2 lim n, m 为正整数;mx→0sinxtanx?sinx 3 lim ;3x→0sin xsinx?tanx 4 limx→0 3 21+x ?1 1+sinx ?1tan3x 3x 3 解 1 lim lim x→0 x→02x 2x 21 nmnnsinx x 2 lim lim 0 nmm mx→0 x→0sinx x∞nm1 12sinx ?1 xtanx?sinx 1?cosx 1cosx2 3 lim lim lim lim3 3 2 2x→0 sin x x→0 sin x x→0 cosxsin x x→0x cosx 2 4 因为。

高等数学(同济)下册期末考试题及答案(5套)

高等数学(同济)下册期末考试题及答案(5套)高等数学（下册）考试试卷（一）一、填空题（每小题3分，共计24分）1、z=log(a,(x+y))的定义域为D={(x,y)|x+y>0}。

2、二重积分22ln(x+y)dxdy的符号为负号。

3、由曲线y=lnx及直线x+y=e+1，y=1所围图形的面积用二重积分表示为∬(x+y-e-1)dxdy，其值为1/2.4、设曲线L的参数方程表示为{x=φ(t),y=ψ(t)}(α≤t≤β)，则弧长元素ds=sqrt(φ'(t)^2+ψ'(t)^2)dt。

5、设曲面∑为x+y=9介于z=0及z=3间的部分的外侧，则∬(x+y+1)ds=27√2.6、微分方程y'=ky(1-y)的通解为y=Ce^(kx)/(1+Ce^(kx))，其中C为任意常数。

7、方程y(4)d^4y/dx^4+tan(x)y'''=0的通解为y=Acos(x)+Bsin(x)+Ccos(x)e^x+Dsin(x)e^x，其中A、B、C、D为任意常数。

8、级数∑n(n+1)/2的和为S=1/2+2/3+3/4+。

+n(n+1)/(n+1)(n+2)=n/(n+2)，n≥1.二、选择题（每小题2分，共计16分）1、二元函数z=f(x,y)在(x,y)处可微的充分条件是（B）f_x'(x,y)，f_y'(x,y)在(x,y)的某邻域内存在。

2、设u=yf(x)+xf(y)，其中f具有二阶连续导数，则x^2+y^2等于（B）x。

3、设Ω：x+y+z≤1,z≥0，则三重积分I=∭Ω2z dV等于（C）∫0^π/2∫0^1-rsinθ∫0^1-r sinθ-zrdrdφdθ。

4、球面x^2+y^2+z^2=4a^2与柱面x^2+y^2=2ax所围成的立体体积V=（A）4∫0^π/4∫0^2acosθ∫0^4a-rsinθ rdrdφdθ。

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学霸联
同济第六版高数下习题册答案
第八章
一、设 f ( x, y)
2
多元函数的微分法及其应用
§1 多元函数概念
2 y , ( x, y)
2 2 2 2
x
x
2
2 y , 求:
4
2 f [ ( x, y), y ] .
2 2 4
答案： f ( ( x , y ), y )
(x
y )
y
x
4
2x y
2y
二、求下列函数的定义域： 1、 f ( x, y )
2
xy sin
1 x 0,
2
y
2
, ( x, y ) ( x, y )
( 0,0 ) ( 0,0 )
在整个 xoy 面上连续。
(0 ,0 ) 时，
(0,0 ) 时， f ( x, y )为初等函数，连续。当 ( x, y ) 1 y
2
0
f ( 0,0 ) ，所以函数在（ 0，0）也连续。所以函数
在整个 xoy 面上连续。六、设 z x y 2 f ( x y) 且当 y=0 时 z 解： f(x)= x
x
3
,Fy
1
2 3
1
y
3
, Fz
1
2 3
1
z , z0 ) 0 a
2
3
在任一点
x0 , y 0 , z0
处的切平面方程为
1 2
x0
1
3
y0 3 ( y
y0)
z0 3 ( z
在在三个坐标轴上的截距分别为证明曲面
x0 3 a 3 , y 0 3 a 3 , z0 3 a 3 , 在三个坐标轴上的截距的平方和为 0) 处的切平面都通过原点

同济第五版高数下册答案

高等数学同步练习第八章多元函数微分法及其应用第一节多元函数的基本概念1. 求定义域(1){(x,y ) 1xy e e≤≤}；(2)},122),{(22N k k y x k y x ∈+≤+≤； (3){(x,y,z )22219x y z <++≤}.2.求极限(1)001)2x y →→=;(2)0 ;(3)22222002sin2lim 0()xyx y x y x y e →→+=+; (4)20sin cos lim.2x y xy xyx xy →→=.3.判断下列极限是否存在，若存在，求出极限值(1)沿直线y=kx 趋于点（0，0）时，2222222201lim 1x x k x k x k x k→--=++,不存在; (2)沿直线y =0,极限为1；沿曲线y,极限为0，不存在 ;(3)222222221100x y x y x y x y x y x y x y x y+≤≤+≤+=+→+++.极限为0 .4.因当220x y +≠时，2222220.x y x y y x y x y ≤=≤++, 所以0lim (,)0(0,0)x y f x y f →→==，故连续.1. 求下列函数的偏导数(1)2(1).2(1)xy y y xy +=+; 2x (1+xy ); (2)yz cos(xyz )+2xy ; xz cos(xyz )+2x ; (3)22()1()x y x y -+- , 22()1()x y x y --+-. 2.6π.3.11(11xy y =+-==. 4.1222222222222222222222222222221ln()ln(),212.,2()2,()()()z x y x y z x x x x y x y z x y x x y x x y x y z y x y x y -=+=-+∂=-=-∂++∂+--=-=∂++∂-=∂+5.22002202010sin,lim (,)0(0,0),1sin00lim 10sin 00(0,0)lim 0x y x y x x x yf x y f x f x x xf y y y→→∆→∆→≤≤+==∆-∂∆+=∂∆-∂+∆==∂∆g 因为所以连续.（0，0），不存在，.1. 求下列函数的全微分解：(1)21z z dz dx dy x y x ∂∂=+∂∂-=+=.(2)1ln ln yz yz yz u u u du dx dy dz x y zyzx dx zx xdy yx xdz -∂∂∂=++∂∂∂=++.2.解：33222222220033332222(0,0)0033322322200,(,)(0,0)lim (,)0(0,0),000000(0,0)lim 1,lim 11x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y f x y f y x yx f f x y x y x x y x y y x y z x y →→∆→∆→+≤=+≤+→→+++==+∆∆+--+∆∆+====∆∆∆+∆∆+∆∆+∆∆+∆-∆∆∆==∆+∆.所以连续.两个偏导数都存在，为222222211(0,0)0,.x y x y x yx y x y x y y x ρρ→→-∆∆∆∆+∆∆=∆+∆-∆+∆∆+∆=→==≠g g 当沿时，故不可微第四节 1.解：322235221''(1)22323(21)(5456)1(2)1(3)()ln()v vdzuv w u v w x u v x x x xdxdzdx xdz z du z duvu f x u u g xdx u dx v dx-=⋅+⋅+⋅=++-===+∂∂=⋅+⋅=⋅+⋅∂∂...2.解：(1)222221121(arctan ln21()uxy xy vz z x z y u uvye xe e u vuu x u y u u v u v vv∂∂∂∂∂=+=⋅⋅+⋅=+∂∂∂∂∂+++.221(arctanuvz z x z y ue u vv x v y v u v v∂∂∂∂∂=+=-∂∂∂∂∂+.(2)'''()(1)()()()uf x xy xyz y yzxuf x xy xyz x xzyuf x xy xyz xyz∂=++++∂∂=+++∂∂=++⋅∂3. 解：''''1212.z z zf a f b f ft x yz z za bt x y∂∂∂=⋅+⋅==∂∂∂∂∂∂=+∂∂∂，，，所以，4. 解：'222'222''2222''22''22()22(()2())2()24()zf x y xxzf x y x f x yxzx f x y y xyf x yx y∂=+⋅∂∂=+++∂∂=⋅+⋅=+∂∂第五节1.解：令(,,)sin()01cos()1cos()1cos()1cos()x z y z F x y z x y z xyz F z yz xyz x F xy xyz F z xz xyz y F xy xyz =++-=∂-=-=-∂-∂-=-=-∂- 2. .解：令22222222(0,0,1)2(,,)10()|1x z F x y z x y z F z x x F z z xz x z x zx z x z zzx=++-=∂=-=-∂∂-⋅--∂∂=-=-∂∂=-∂ 3.证明：''11''''1212'1''12()().x z c c zx a b a b c z y a b z zab C x yφφφφφφφφφφφ⋅⋅∂=-=-=∂-+-+⋅∂=∂+∂∂+=∂∂所以6.（1）解：方程两边对y 求导，得：222460222642146212622242(62)(62)2(61)(61)22(61)61dz dxx ydy dy dx dz x y z dydy dx dz x y dy dy dx dz x z y dy dyy y z x x zx yx ydx y z y z dyx z x z dz y dy x z z =+++=-=-+=-------⎧⎪⎨⎪⎩⎧⎪⎨⎪⎩-++===-++-==++（3）''12''12()(1)2u u v f u x f x x x v u vg g vy x xx ∂∂∂=⋅++⋅∂∂∂∂∂∂=⋅-+⋅⋅∂∂∂⎧⎨⎩'''121'''121''12'''''''1212121''''''''21212112''12''11''11'''''212121(1)(21)212221121122u v xf f uf x x u v g vyg g x xuf f g vyg uvyf g uf f g u x vyg vxyf g xf f g xf f g vyg xf uf g g uy vyg vxyf g xf f g ∂∂-⋅-=∂∂∂∂+-=∂∂---+∂==∂-++-----∂=∂-++'''''11111'''''''2121211221g xf g uf g vyg vxyf g xf f g --=--++-7.证明：x t dy f dx f dt =+ →x tdy dtf f dx dx=+ ① 0x y t dF F dx F dy F dt =++= → x y tF dx F dydt F +=-→y x t t F F dtdy dx F F dx=--⋅ ② ②代入①，得：()(1)y x x t t t t y t x x t tt t y x t t xt t x t t x t t yF F dydy f f dx F F dx f F f Fdy f F dx F F f F f F f F dy F dx F f F f F dy dx F f F =+--⋅+=-+-⋅=-∴=+第六节多元函数微分学的几何应用1．解：切向量),cos ,sin (=b t a t a T 。

高等数学同济第六版下册课后习题答案

习题8-11. 设u =a -b +2c , v =-a +3b -c . 试用a 、b 、c 表示2u -3v . 解 2u -3v =2(a -b +2c )-3(-a +3b -c )=2a -2b +4c +3a -9b +3c=5a -11b +7c .2. 如果平面上一个四边形的对角线互相平分, 试用向量证明这是平行四边形.证 →→→-=OA OB AB ; →→→-=OD OC DC ,而 →→-=OA OC , →→-=OB OD ,所以 →→→→→→-=-=+-=AB OA OB OB OA DC .这说明四边形ABCD 的对边AB =CD 且AB //CD , 从而四边形ABCD 是平行四边形.3. 把∆ABC 的BC 边五等分, 设分点依次为D 1、D 2、D 3、D 4, 再把各分点与点A 连接. 试以c =→AB 、a =→BC 表示向量→A D 1、→A D 2、→A D 3、→A D 4.解 a c 5111--=-=→→→BD BA A D , a c 5222--=-=→→→BD BA A D , a c 5333--=-=→→→BD BA A D , a c 5444--=-=→→→BD BA A D .4. 已知两点M 1(0, 1, 2)和M 2(1, -1, 0). 试用坐标表示式表示向量→21M M 及→-212M M .解 )2 ,2 ,1()2 ,1 ,0()0 ,1 ,1(21--=--=→M M ,)4 ,4 ,2()2 ,2 ,1(2221-=---=-→M M .5. 求平行于向量a =(6, 7, -6)的单位向量.解 11)6(76||222=-++=a ,平行于向量a =(6, 7, -6)的单位向量为)116 ,117 ,116(||1-=a a 或)116 ,117 ,116(||1--=-a a . 6. 在空间直角坐标系中, 指出下列各点在哪个卦限？ A (1, -2, 3); B (2, 3, -4); C (2, -3, -4); D (-2, -3, 1).解 A 在第四卦限, B 在第五卦限, C 在第八卦限, D 在第三卦限.7. 在坐标面上和坐标轴上的点的坐标各有什么特征？指出下列各点的位置:A (3, 4, 0);B (0, 4, 3);C (3, 0, 0);D (0, -1, 0).解在xOy 面上, 点的坐标为(x , y , 0); 在yOz 面上, 点的坐标为(0, y , z ); 在zOx 面上, 点的坐标为(x , 0, z ).在x 轴上, 点的坐标为(x , 0, 0); 在y 轴上, 点的坐标为(0, y , 0), 在z 轴上, 点的坐标为(0, 0, z ).A 在xOy 面上,B 在yOz 面上,C 在x 轴上,D 在y 轴上. 8. 求点(a , b , c )关于(1)各坐标面; (2)各坐标轴; (3)坐标原点的对称点的坐标.解 (1)点(a , b , c )关于xOy 面的对称点为(a , b , -c ), 点(a , b , c )关于yOz 面的对称点为(-a , b , c ), 点(a , b , c )关于zOx 面的对称点为(a , -b , c ).(2)点(a , b , c )关于x 轴的对称点为(a , -b , -c ), 点(a , b , c )关于y 轴的对称点为(-a , b , -c ), 点(a , b , c )关于z 轴的对称点为(-a , -b , c ).(3)点(a , b , c )关于坐标原点的对称点为(-a , -b , -c ). 9. 自点P 0(x 0, y 0, z 0)分别作各坐标面和各坐标轴的垂线, 写出各垂足的坐标.解在xOy 面、yOz 面和zOx 面上, 垂足的坐标分别为(x 0, y 0, 0)、(0, y 0, z 0)和(x 0, 0, z 0).在x 轴、y 轴和z 轴上, 垂足的坐标分别为(x 0, 0, 0), (0, y 0, 0)和(0, 0, z 0).10. 过点P 0(x 0, y 0, z 0)分别作平行于z 轴的直线和平行于xOy 面的平面, 问在它们上面的点的坐标各有什么特点？解在所作的平行于z 轴的直线上, 点的坐标为(x 0, y 0, z ); 在所作的平行于xOy 面的平面上, 点的坐标为(x , y , z 0).11. 一边长为a 的立方体放置在xOy 面上, 其底面的中心在坐标原点, 底面的顶点在x 轴和y 轴上, 求它各顶点的坐标. 解因为底面的对角线的长为a 2, 所以立方体各顶点的坐标分别为)0 ,0 ,22(a -, )0 ,0 ,22(a , )0 ,22 ,0(a -, )0 ,22 ,0(a , ) ,0 ,22(a a -, ) ,0 ,22(a a , ) ,22 ,0(a a -, ) ,22 ,0(a a . 12. 求点M (4, -3, 5)到各坐标轴的距离.解点M 到x 轴的距离就是点(4, -3, 5)与点(4, 0, 0)之间的距离, 即345)3(22=+-=x d .点M 到y 轴的距离就是点(4, -3, 5)与点(0, -3, 0)之间的距离, 即415422=+=y d .点M 到z 轴的距离就是点(4, -3, 5)与点(0, 0, 5)之间的距离, 即5)3(422=-+=z d .13. 在yOz 面上, 求与三点A (3, 1, 2)、B (4, -2, -2)和C (0, 5,1)等距离的点.解设所求的点为P (0, y , z )与A 、B 、C 等距离, 则 2222)2()1(3||-+-+=→z y PA ,2222)2()2(4||++++=→z y PB ,222)1()5(||-+-=→z y PC .由题意, 有222||||||→→→==PC PB PA , 即 ⎩⎨⎧-+-=++++-+-=-+-+2222222222)1()5()2()2(4)1()5()2()1(3z y z y z y z y 解之得y =1, z =-2, 故所求点为(0, 1, -2).14. 试证明以三点A (4, 1, 9)、B (10, -1, 6)、C (2, 4, 3)为顶点的三角形是等腰三角直角三角形.解因为7)96()11()410(||222=-+--+-=→AB ,7)93()14()42(||222=-+-+-=→AC ,27)63()14()102(||222=-+++-=→BC ,所以222||||||→→→+=AC AB BC , ||||→→=AC AB . 因此∆ABC 是等腰直角三角形.15. 设已知两点1) ,2 ,4(1M 和M 2(3, 0, 2). 计算向量→21M M 的模、方向余弦和方向角.解 )1 ,2 ,1()12 ,20 ,43(21-=---=→M M ;21)2()1(||22221=++-=→M M ;21cos -=α, 22cos =β, 21cos =γ; 32πα=, 43 πβ=, 3πγ=. 16. 设向量的方向余弦分别满足(1)cos α=0; (2)cos β=1;(3)cos α=cos β=0, 问这些向量与坐标轴或坐标面的关系如何？解 (1)当cos α=0时, 向量垂直于x 轴, 或者说是平行于yOz 面.(2)当cos β=1时, 向量的方向与y 轴的正向一致, 垂直于zOx 面.(3)当cos α=cos β=0时, 向量垂直于x 轴和y 轴, 平行于z 轴, 垂直于xOy 面.17. 设向量r 的模是4, 它与轴u 的夹角是60︒, 求r 在轴 u 上的投影.解 22143cos ||j Pr =⋅=⋅=πr r u . 18. 一向量的终点在点B (2, -1, 7), 它在x 轴、y 轴和z 轴上的投影依次为4, -4, 7. 求这向量的起点A 的坐标.解设点A 的坐标为(x , y , z ). 由已知得⎪⎩⎪⎨⎧=--=--=-774142z y x ,解得x =-2, y =3, z =0. 点A 的坐标为A (-2, 3, 0).19. 设m =3i +5j +8k , n =2i -4j -7k 和p =5i +j -4k . 求向量a =4m +3n -p 在x 轴上的投影及在y 轴上的分向量.解因为a =4m +3n -p=4(3i +5j +8k )+3(2i -4j -7k )-(5i +j -4k )=13i +7j +15k ,所以a =4m +3n -p 在x 轴上的投影为13, 在y 轴上的分向量7j .习题8-21. 设a =3i -j -2k , b =i +2j -k , 求(1)a ⋅b 及a ⨯b ; (2)(-2a )⋅3b 及a ⨯2b ; (3)a 、b 夹角的余弦.解 (1)a ⋅b =3⨯1+(-1)⨯2+(-2)⨯(-1)=3,k j i k j i b a 75121 213++=---=⨯. (2)(-2a )⋅3b =-6a ⋅b = -6⨯3=-18,a ⨯2b =2(a ⨯b )=2(5i +j +7k )=10i +2j +14k .(3)21236143||||||) ,cos(^==⋅=b a b a b a . 2. 设a 、b 、c 为单位向量, 且满足a +b +c =0, 求a ⋅b +b ⋅c +c ⋅a .解因为a +b +c =0, 所以(a +b +c )⋅(a +b +c )=0,即 a ⋅a +b ⋅b +c ⋅c +2a ⋅b +2a ⋅c +2c ⋅a =0,于是 23)111(21)(21-=++-=⋅+⋅+⋅-=⋅+⋅+⋅c c b b a a a c c b b a . 3. 已知M 1(1, -1, 2)、M 2(3, 3, 1)和M 3(3, 1, 3). 求与→21M M 、→32M M 同时垂直的单位向量.解 →)1 ,4 (2,2)1 ,13 ,13(21-=-+-=M M , →)2 ,2 ,0()13 ,31 ,33(32-=---=M M . →→k j i k j i n 446 220 142 3221--=--=⨯=M M M M , 172161636||=++=n ,)223(171)446(1721k j i k j i e --±=--±=为所求向量. 4. 设质量为100kg 的物体从点M 1(3, 1, 8)沿直线称动到点M 2(1, 4, 2), 计算重力所作的功(长度单位为m , 重力方向为z 轴负方向).解F =(0, 0, -100⨯9. 8)=(0, 0, -980), →)6 ,3 ,2()82 ,14 ,31(21--=---==M M S . W =F ⋅S =(0, 0, -980)⋅(-2, 3, -6)=5880(焦耳).5. 在杠杆上支点O 的一侧与点O 的距离为x 1的点P 1处, 有一与→1OP 成角θ1的力F 1作用着; 在O 的另一侧与点O 的距离为x 2的点P 2处, 有一与→2OP 成角θ1的力F 1作用着. 问θ1、θ2、x 1、x 2、|F 1|、|F 2|符合怎样的条件才能使杠杆保持平衡？解因为有固定转轴的物体的平衡条件是力矩的代数和为零, 再注意到对力矩正负的规定可得, 使杠杆保持平衡的条件为x 1|F 1|⋅sin θ1-x 2|F 2|⋅sin θ2=0,即 x 1|F 1|⋅sin θ1=x 2|F 2|⋅sin θ2.6. 求向量a =(4, -3, 4)在向量b =(2, 2, 1)上的投影.解2)142324(31)1 ,2 ,2()4 ,3 ,4(1221||1||j Pr 222=⨯+⨯-⨯=⋅-++=⋅=⋅=⋅=b a b b b a e a a b b . 7. 设a =(3, 5, -2), b =(2, 1, 4), 问λ与μ有怎样的关系, 能使得λa +μb 与z 轴垂直? 解 λa +μb =(3λ+2μ, 5λ+μ, -2λ+4μ),λa +μb 与z 轴垂⇔λa +μb ⊥k⇔(3λ+2μ, 5λ+μ, -2λ+4μ)⋅(0, 0, 1)=0,即-2λ+4μ=0, 所以λ=2μ. 当λ=2μ时, λa +μb 与z 轴垂直.8. 试用向量证明直径所对的圆周角是直角.证明设AB 是圆O 的直径, C 点在圆周上, 则→→OA OB -=, →→||||OA OC =.因为→→→→→→→→→→→→0||||)()()()(22=-=+⋅-=-⋅-=⋅OA OC OA OC OA OC OB OC OA OC BC AC ,所以→→BC AC ⊥, ∠C =90︒.9. 设已知向量a =2i -3j +k , b =i -j +3k 和c =i -2j , 计算: (1)(a ⋅b )c -(a ⋅c )b ; (2)(a +b )⨯(b +c );(3)(a ⨯b )⋅c .解 (1)a ⋅b =2⨯1+(-3)⨯(-1)+1⨯3=8, a ⋅c =2⨯1+(-3)⨯(-2)=8,(a ⋅b )c -(a ⋅c )b =8c -8b =8(c -b )=8[(i -2j )-(i -j +3k )]=-8j -24k .(2)a +b =3i -4j +4k , b +c =2i -3j +3k ,k j k j i c b b a --=--=+⨯+332443)()(. (3)k j i k j i b a +--=--=⨯58311132, (a ⨯b )⋅c =-8⨯1+(-5)⨯(-2)+1⨯0=2.10. 已知→j i 3+=OA , →k j 3+=OB , 求∆OAB 的面积.解根据向量积的几何意义, →→||OB OA ⨯表示以→OA 和→OB 为邻边的平行四边形的面积, 于是∆OAB 的面积为→→||21OB OA S ⨯=. 因为→→k j i k j i +--==⨯33310301OB OA , →→191)3()3(||223=+-+-=⨯OB OA , 所以三角形∆OAB 的面积为→→1921||21=⨯=OB OA S . 12. 试用向量证明不等式:||332211232221232221b a b a b a b b b a a a ++≥++++,其中a 1、a 2、a 3、b 1、b 2、b 3为任意实数, 并指出等号成立的条件.解设a =(a 1, a 2, a 3), b =(b 1, b 2, b 3), 则有||||) ,cos(||||^b a b a b a b a ⋅≤⋅=⋅,于是 ||332211232221232221b a b a b a b b b a a a ++≥++++,其中当) ,cos(^b a =1时, 即a 与b 平行是等号成立.习题8-31. 一动点与两定点(2, 3, 1)和(4, 5, 6)等距离, 求这动点的轨迹方程.解设动点为M (x , y , z ), 依题意有(x -2)2+(y -3)2+(z -1)2=(x -4)2+(y -5)2+(z -6)2,即 4x +4y +10z -63=0.2. 建立以点(1, 3, -2)为球心, 且通过坐标原点的球面方程.解球的半径14)2(31222=-++=R ,球面方程为(x -1)2+(y -3)2+(z +2)2=14,即 x 2+y 2+z 2-2x -6y +4z =0.3. 方程x 2+y 2+z 2-2x +4y +2z =0表示什么曲面?解由已知方程得(x 2-2x +1)+(y 2+4y +4)+(z 2+2z +1)=1+4+1,即 2222)6()1()2()1(=++++-z y x ,所以此方程表示以(1, -2, -1)为球心, 以6为半径的球面.4. 求与坐标原点O 及点(2, 3, 4)的距离之比为1:2的点的全体所组成的曲面的方程, 它表示怎样曲面？解设点(x , y , z )满足题意, 依题意有21)4()3()2(222222=-+-+-++z y x z y x , 化简整理得9116)34()1()32(222=+++++z y x , 它表示以)34 ,1 ,32(---为球心, 以2932为半径的球面. 5. 将zOx 坐标面上的抛物线z 2=5x 绕x 轴旋转一周, 求所生成的旋转曲面的方程. 解将方程中的z 换成22z y +±得旋转曲面的方程y 2+z 2=5x .6. 将zOx 坐标面上的圆x 2+z 2=9绕z 轴旋转一周, 求所生成的旋转曲面的方程.解将方程中的x 换成22y x +±得旋转曲面的方程x 2+y 2+z 2=9.7. 将xOy 坐标面上的双曲线4x 2-9y 2=36分别绕x 轴及y 轴旋转一周, 求所生成的旋转曲面的方程.解双曲线绕x 轴旋转而得的旋转曲面的方程为4x 2-9y 2-9z 2=36.双曲线绕y 轴旋转而得的旋转曲面的方程为4x 2+4z 2-9y 2=36.8. 画出下列方程所表示的曲面:(1)222)2()2(a y a x =+-;(2)19422=+-y x ;(3)14922=+z x ;(4)y2-z=0;(5)z=2-x2.9.指出下列方程在平面解析几何中和在空间解析几何中分别表示什么图形:(1)x=2;解在平面解析几何中,x=2表示平行于y轴的一条直线;在空间解析几何中,x=2表示一张平行于yOz面的平面.(2)y=x+1;解在平面解析几何中,y=x+1表示一条斜率是1,在y轴上的截距也是1的直线;在空间解析几何中，y=x+1表示一张平行于z轴的平面.(3)x2+y2=4;解在平面解析几何中,x2+y2=4表示中心在原点,半径是4的圆;在空间解析几何中, x2+y2=4表示母线平行于z轴,准线为x2+y2=4的圆柱面.(4)x2-y2=1.解在平面解析几何中,x2-y2=1表示双曲线;在空间解析几何中,x2-y2=1表示母线平行于z轴的双曲面.10.说明下列旋转曲面是怎样形成的:(1)1994222=++z y x ;解这是xOy 面上的椭圆19422=+y x 绕x 轴旋转一周而形成的, 或是zOx 面上的椭圆19422=+z x 绕x 轴旋转一周而形成的.(2)14222=+-z y x ;解这是xOy 面上的双曲线1422=-y x 绕y 轴旋转一周而形成的, 或是yOz 面上的双曲线1422=+-z y 绕y 轴旋转一周而形成的. (3)x 2-y 2-z 2=1;解这是xOy 面上的双曲线x 2-y 2=1绕x 轴旋转一周而形成的, 或是zOx 面上的双曲线x 2-z 2=1绕x 轴旋转一周而形成的. (4)(z -a )2=x 2+y 2 .解这是zOx 面上的曲线(z -a )2=x 2绕z 轴旋转一周而形成的, 或是yOz 面上的曲线(z -a )2=y 2绕z 轴旋转一周而形成的. 11. 画出下列方程所表示的曲面: (1)4x 2+y 2-z 2=4;(2)x 2-y 2-4z 2=4;(3)94322y x z +=.习题8-41. 画出下列曲线在第一卦限内的图形: (1)⎩⎨⎧==21y x ;(2)⎩⎨⎧=---=0422y x y x z ;(3) ⎩⎨⎧=+=+222222az x a y x .2. 指出下方程组在平面解析几何中与在空间解析几何中分别表示什么图形: (1)⎩⎨⎧-=+=3215x y x y ;解在平面解析几何中, ⎩⎨⎧-=+=3215x y x y 表示直线y =5x +1与y =2x -3的交点)317 ,34(--; 在空间解析几何中, ⎩⎨⎧-=+=3215x y x y 表示平面y =5x +1与y =2x -3的交线, 它表示过点)0 ,317 ,34(--, 并且行于z 轴. (2)⎪⎩⎪⎨⎧==+319422y y x .解在平面解析几何中, ⎪⎩⎪⎨⎧==+319422y y x 表示椭圆19422=+y x 与其切线y =3的交点(0, 3); 在空间解析几何中, ⎪⎩⎪⎨⎧==+319422y y x 表示椭圆柱面19422=+y x 与其切平面y =3的交线.3. 分别求母线平行于x 轴及y 轴而且通过曲线⎩⎨⎧=-+=++0162222222y z x z y x 的柱面方程.解把方程组中的x 消去得方程3y 2-z 2=16, 这就是母线平行于x 轴且通过曲线⎩⎨⎧=-+=++0162222222y z x z y x 的柱面方程. 把方程组中的y 消去得方程3x 2+2z 2=16, 这就是母线平行于y轴且通过曲线⎩⎨⎧=-+=++0162222222y z x z y x 的柱面方程. 4. 求球面x 2+y 2+z 2=9与平面x +z =1的交线在xOy 面上的投影的方程.解由x +z =1得z =1-x 代入x 2+y 2+z 2=9得方程2x 2-2x +y 2=8, 这是母线平行于z 轴, 准线为球面x 2+y 2+z 2=9与平面x +z =1的交线的柱面方程, 于是所求的投影方程为 ⎩⎨⎧==+-082222z y x x .5. 将下列曲线的一般方程化为参数方程:(1)⎩⎨⎧==++x y z y x 9222 ;解将y =x 代入x 2+y 2+z 2=9得2x 2+z 2=9, 即13)23(2222=+z x .令t x cos 23=, 则z =3sin t .故所求参数方程为t x cos 23=, t y cos 23=, z =3sin t .(2)⎩⎨⎧==+++-04)1()1(222z z y x .解将z =0代入(x -1)2+y 2+(z +1)2=4得(x -1)2+y 2=3. 令t x cos 31+=, 则t y sin 3=, 于是所求参数方程为t x cos 31+=, t y sin 3=, z =0.6. 求螺旋线⎪⎩⎪⎨⎧===θθθb z a y a x sin cos 在三个坐标面上的投影曲线的直角坐标方程.解由前两个方程得x 2+y 2=a 2, 于是螺旋线在xOy 面上的投影曲线的直角坐标方程为 ⎩⎨⎧==+0222z a y x .由第三个方程得bz=θ代入第一个方程得b z a x cos =, 即axb z arccos =,于是螺旋线在zOx 面上的投影曲线的直角坐标方程为⎪⎩⎪⎨⎧==0arccos y a xb z .由第三个方程得b z =θ代入第二个方程得b z a y sin =, 即ay b z arcsin =, 于是螺旋线在yOz 面上的投影曲线的直角坐标方程为 ⎪⎩⎪⎨⎧==a y b z x arcsin 0.7. 求上半球2220y x a z --≤≤与圆柱体x 2+y 2≤ax (a >0)的公共部分在xOy 面和zOx 面上的投影.解圆柱体x 2+y 2≤ax 在xOy 面上的投影为x 2+y 2≤ax , 它含在半球2220y x a z --≤≤在xOy 面上的投影x 2+y 2≤a 2内, 所以半球与圆柱体的公共部分在xOy 面上的投影为x 2+y 2≤ax .为求半球与圆柱体的公共部分在zOx 面上的投影, 由圆柱面方程x 2+y 2=ax 得y 2=ax -x 2, 代入半球面方程222y x a z --=, 得ax a z -=2(0≤x ≤a ), 于是半球与圆柱体的公共部分在zOx 面上的投影为ax a z -≤≤20(0≤x ≤a ), 即z 2+ax ≤a 2, 0≤x ≤a , z ≥0.8. 求旋转抛物面z =x 2+y 2(0≤z ≤4)在三坐标面上的投影.解令z =4得x 2+y 2=4, 于是旋转抛物面z =x 2+y 2(0≤z ≤4)在xOy 面上的投影为x 2+y 2≤4. 令x =0得z =y 2, 于是旋转抛物面z =x 2+y 2(0≤z ≤4)在yOz 面上的投影为y 2≤z ≤4. 令y =0得z =x 2, 于是旋转抛物面z =x 2+y 2(0≤z ≤4)在zOx 面上的投影为x 2≤z ≤4.习题8-51. 求过点(3, 0, -1)且与平面3x -7y +5z -12=0平行的平面方程.解所求平面的法线向量为n =(3, -7, 5), 所求平面的方程为 3(x -3)-7(y -0)+5(z +1)=0, 即3x -7y +5z -4=0.2. 求过点M 0(2, 9, -6)且与连接坐标原点及点M 0的线段OM 0垂直的平面方程.解所求平面的法线向量为n =(2, 9, -6), 所求平面的方程为 2(x -2)+9(y -9)-6(z -6)=0, 即2x +9y -6z -121=0. 3. 求过(1, 1, -1)、(-2, -2, 2)、(1, -1, 2)三点的平面方程. 解 n 1=(1, -1, 2)-(1, 1, -1)=(0, -2, 3), n 1=(1, -1, 2)-(-2, -2, 2)=(3, 1, 0), 所求平面的法线向量为k j i kj i n n n 69301332021++-=-=⨯=,所求平面的方程为-3(x -1)+9(y -1)+6(z +1)=0, 即x -3y -2z =0. 4. 指出下列各平面的特殊位置, 并画出各平面: (1)x =0;解 x =0是yOz 平面. (2)3y -1=0;解 3y -1=0是垂直于y 轴的平面, 它通过y 轴上的点)0 ,31 ,0(. (3)2x -3y -6=0;解 2x -3y -6=0是平行于z 轴的平面, 它在x 轴、y 轴上的截距分别是3和-2. (4)03=-y x ;解 03=-y x 是通过z 轴的平面, 它在xOy 面上的投影的斜率为33.(5)y +z =1;解 y +z =1是平行于x 轴的平面, 它在y 轴、z 轴上的截距均为1.(6)x -2z =0;解 x -2z =0是通过y 轴的平面. (7)6x +5-z =0.解 6x +5-z =0是通过原点的平面.5. 求平面2x -2y +z +5=0与各坐标面的夹角的余弦. 解此平面的法线向量为n =(2, -2, 1). 此平面与yOz 面的夹角的余弦为321)2(22||||) ,cos(cos 122^=+-+=⋅⋅==i n i n i n α;此平面与zOx 面的夹角的余弦为321)2(22||||) ,cos(cos 122^-=+-+-=⋅⋅==j n j n j n β; 此平面与xOy 面的夹角的余弦为311)2(21||||) ,cos(cos 122^=+-+=⋅⋅==k n k n k n γ.6. 一平面过点(1, 0, -1)且平行于向量a =(2, 1, 1)和b =(1, -1, 0), 试求这平面方程.解所求平面的法线向量可取为k j i kj i b a n 3011112-+=-=⨯=,所求平面的方程为(x -1)+(y -0)-3(z +1)=0, 即x +y -3z -4=0.7. 求三平面x +3y +z =1, 2x -y -z =0, -x +2y +2z =3的交点. 解解线性方程组 ⎪⎩⎪⎨⎧=++-=--=++3220213z y x z y x z y x得x =1, y =-1, z =3. 三个平面的交点的坐标为(1, -1, 3). 8. 分别按下列条件求平面方程: (1)平行于zOx 面且经过点(2, -5, 3);解所求平面的法线向量为j =(0, 1, 0), 于是所求的平面为 0⋅(x -2)-5(y +5)+0⋅(z -3)=0, 即y =-5. (2)通过z 轴和点(-3, 1, -2); 解所求平面可设为Ax +By =0. 因为点(-3, 1, -2)在此平面上, 所以 -3A +B =0, 将B =3A 代入所设方程得 Ax +3Ay =0, 所以所求的平面的方程为 x +3y =0,(3)平行于x 轴且经过两点(4, 0, -2)和(5, 1, 7).解所求平面的法线向量可设为n =(0, b , c ). 因为点(4, 0, -2)和(5, 1, 7)都在所求平面上, 所以向量n 1=(5, 1, 7)-(4, 0, -2)=(1, 1, 9)与n 是垂直的, 即 b +9c =0, b =-9c ,于是 n =(0, -9c , c )=-c (0, 9, -1). 所求平面的方程为9(y -0)-(z +2)=0, 即9y -z -2=0.9. 求点(1, 2, 1)到平面x +2y +2z -10=0的距离. 解点(1, 2, 1)到平面x +2y +2z -10=0的距离为 1221|1012221|222=++-⨯+⨯+=d .习题8-61. 求过点(4, -1, 3)且平行于直线51123-==-z y x 的直线方程.解所求直线的方向向量为s =(2, 1, 5), 所求的直线方程为531124-=+=-z y x .2. 求过两点M 1(3, -2, 1)和M 2(-1, 0, 2)的直线方程. 解所求直线的方向向量为s =(-1, 0, 2)-(3, -2, 1)=(-4, 2, 1),所求的直线方程为112243-=+=--x y x .3. 用对称式方程及参数方程表示直线⎩⎨⎧=++=+-421z y x z y x .解平面x -y +z =1和2x +y +z =4的法线向量为n 1=(1, -1, 1), n 2=(2, 1, 1), 所求直线的方向向量为k j i k j i n n s 3211211121++-=-=⨯=. 在方程组⎩⎨⎧=++=+-421z y x z y x 中, 令y =0, 得⎩⎨⎧=+=+421z x z x , 解得x =3, z =-2. 于是点(3, 0, -2)为所求直线上的点.所求直线的对称式方程为32123+==--z y x ; 参数方程为x =3-2t , y =t , z =-2+3t .4. 求过点(2, 0, -3)且与直线⎩⎨⎧=+-+=-+-012530742z y x z y x 垂直的平面方程.解所求平面的法线向量n 可取为已知直线的方向向量, 即k j i k j i n 111416253421)2 ,5 ,3()4 ,2 ,1(++-=--=-⨯-=. 所平面的方程为-16(x -2)+14(y -0)+11(z +3)=0,即 16x -14y -11z -65=0.5. 求直线⎩⎨⎧=+-=-+-02309335z y x z y x 与直线⎩⎨⎧=-++=+-+0188302322z y x z y x 的夹角的余弦.解两直线的方向向量分别为k j i k j i s -+=--=431233351, k j i k j i s 105101831222+-=-=. 两直线之间的夹角的余弦为||||) ,cos(2121^21s s s s s s ⋅⨯=010)5(10)1(4310)1()5(4103222222=+-+-++⨯-+-⨯+⨯=. 6. 证明直线⎩⎨⎧=++-=-+7272z y x z y x 与直线⎩⎨⎧=--=-+028363z y x z y x 平行. 解两直线的方向向量分别为k j i k j i s 531121211++=--=, k j i k j i s 15391123632---=---=. 因为s 2=-3s 1, 所以这两个直线是平行的.7. 求过点(0, 2, 4)且与两平面x +2z =1和y -3z =2平行的直线方程.解因为两平面的法线向量n 1=(1, 0, 2)与n 2=(0, 1, -3)不平行, 所以两平面相交于一直线, 此直线的方向向量可作为所求直线的方向向量s , 即k j i k j i s ++-=-=32310201. 所求直线的方程为14322-=-=-z y x . 8. 求过点(3, 1, -2)且通过直线12354z y x =+=-的平面方程. 解所求平面的法线向量与直线12354z y x =+=-的方向向量s 1=(5, 2, 1)垂直. 因为点(3, 1, -2)和(4, -3, 0)都在所求的平面上, 所以所求平面的法线向量与向量s 2=(4, -3, 0)-(3, 1, -2)=(1, -4, 2)也是垂直的. 因此所求平面的法线向量可取为k j i k j i s s n 229824112521--=-=⨯=. 所求平面的方程为8(x -3)-9(y -1)-22(z +2)=0,即 8x -9y -22z -59=0.9. 求直线⎩⎨⎧=--=++003z y x z y x 与平面x -y -z +1=0的夹角. 解已知直线的方向向量为)2(2242111311)1 ,1 ,1()3 ,1 ,1(k j i k j i k j i s -+=-+=--=--⨯=, 已知平面的法线向量为n =(1, -1, -1).因为s ⋅n =2⨯1+4⨯(-1)+(-2)⨯(-1)=0,所以s ⊥n , 从而直线⎩⎨⎧=--=++003z y x z y x 与平面x -y -z +1=0的夹角为0. 10. 试确定下列各组中的直线和平面间的关系:(1)37423z y x =-+=-+和4x -2y -2z =3; 解所给直线的方向向量为s =(-2, -7, 3), 所给平面的法线向量为n =(4, -2, -2).因为s ⋅n =(-2)⨯4+(-7)⨯(-2)+3⨯(-2)=0, 所以s ⊥n , 从而所给直线与所给平面平行. 又因为直线上的点(-3, -4, 0)不满足平面方程4x -2y -2z =3, 所以所给直线不在所给平面上.(2)723z y x =-=和3x -2y +7z =8; 解所给直线的方向向量为s =(3, -2, 7), 所给平面的法线向量为n =(3, -2, 7).因为s =n , 所以所给直线与所给平面是垂直的.(3)431232--=+=-z y x 和x +y +z =3. 解所给直线的方向向量为s =(3, 1, -4), 所给平面的法线向量为n =(1, 1, 1).因为s ⋅n =3⨯1+1⨯1+(-4)⨯1=0, 所以s ⊥n , 从而所给直线与所给平面平行. 又因为直线上的点(2, -2, 3)满足平面方程x +y +z =3, 所以所给直线在所给平面上.11. 求过点(1, 2, 1)而与两直线⎩⎨⎧=-+-=+-+01012z y x z y x 和⎩⎨⎧=+-=+-002z y x z y x 平行的平面的方程.解已知直线的方向向量分别为k j i k j i s 32111121)1 ,1 ,1()1 ,2 ,1(1--=--=-⨯-=, k j k j i s --=--=-⨯-=111112)1 ,1 ,1()1 ,1 ,2(1. 所求平面的法线向量可取为k j i k j i s s n -+-=----=⨯=11032121, 所求平面的方程为-(x -1)+(y -2)-(z -1)=0, 即x -y +z =0.12. 求点(-1, 2, 0)在平面x +2y -z +1=0上的投影.解平面的法线向量为n =(1, 2, -1). 过点(-1, 2, 0)并且垂直于已知平面的直线方程为12211-=-=+z y x . 将此方程化为参数方程x =-1+t , y =2+2t , z =-t , 代入平面方程x +2y -z +1=0中, 得(-1+t )+2(2+2t )-(-t )+1=0, 解得32-=t . 再将32-=t 代入直线的参数方程, 得35-=x , 32=y , 32=z . 于是点(-1, 2, 0)在平面x +2y -z +1=0上的投影为点)32 ,32 ,25(-. 13. 求点P (3, -1, 2)到直线⎩⎨⎧=-+-=+-+04201z y x z y x 的距离.解已知直线的方向向量为k j k j i s 33112111)1 ,1 ,2()1 ,1 ,1(--=--=-⨯-=. 过点P 且与已知直线垂直的平面的方程为-3(y +1)-3(z -2)=0, 即y +z -1=0.解线性方程组⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-+-=+-+0104201z y z y x z y x ,得x =1, 21-=y , 23=z . 点P (3, -1, 2)到直线⎩⎨⎧=-+-=+-+04201z y x z y x 的距离就是点P (3, -1, 2)与点)23 ,21 ,1(-间的距离, 即 223)232()211()13(22=-++-+-=d . 14. 设M 0是直线L 外一点, M 是直线L 上任意一点, 且直线的方向向量为s , 试证: 点M 0到直线L 的距离→||||0s s ⨯=M M d . 解设点M 0到直线L 的距离为d , L 的方向向量→=MN s , 根据向量积的几何意义, 以→M M 0和→MN 为邻边的平行四边形的面积为||||00s ⨯=⨯→→→M M MN M M ,又以→M M 0和→MN 为邻边的平行四边形的面积为||||s ⋅=⋅→d MN d . 因此 ||||0s s ⨯=⋅→M M d , ||||0s s ⨯=→M M d . 15. 求直线⎩⎨⎧=---=+-0923042z y x z y x 在平面4x -y +z =1上的投影直线的方程.解过已知直线的平面束方程为(2+3λ)x +(-4-λ)y +(1-2λ)z -9λ=0.为在平面束中找出与已知平面垂直的平面, 令(4 -1, 1)⋅(2+3λ, -4-λ, 1-2λ)=0,即 4⋅(2+3λ)+(-1)⋅(-4-λ)+1⋅(1-2λ)=0. 解之得1113-=λ. 将1113-=λ代入平面束方程中, 得 17x +31y -37z -117=0.故投影直线的方程为⎩⎨⎧=--+=+-011737311714z y x z y x . 16. 画出下列各曲面所围成的立体图形:(1)x =0, y =0, z =0, x =2, y =1, 3x +4y +2z -12=0;(2)x =0, z =0, x =1, y =2, 4y z =;(3)z =0, z =3, x -y =0, 03=-y x , x 2+y 2=1(在第一卦限内);(4)x =0, y =0, z =0, x 2+y 2=R 2, y 2+z 2=R 2(在第一卦限内).总习题八1. 填空(1)设在坐标系[O ; i , j , k ]中点A 和点M 的坐标依次为(x 0, y 0, z 0)和(x , y , z ), 则在[A ; i , j , k ] 坐标系中, 点M 的坐标为___________, 向量→OM 的坐标为___________.解 M (x -x 0, y -y 0, z -z 0), →) , ,(z y x OM =.提示: 自由向量与起点无关, 它在某一向量上的投影不会因起点的位置的不同而改变.(2)设数λ1、λ2、λ3不全为0, 使λ1a +λ2b +λ3c =0, 则a 、b 、c 三个向量是__________的. 解共面.(3)设a =(2, 1, 2), b =(4, -1, 10), c =b -λa , 且a ⊥c , 则λ=____________.解3.提示: 因为a ⊥c , 所以a ⋅c =0.又因为由a ⋅c =a ⋅b -λa ⋅a =2⨯4+1⨯(-1)+2⨯10-λ(22+12+22)=27-9λ, 所以λ=3.(4)设a 、b 、c 都是单位向量, 且满足a +b +c =0, 则a ⋅b +b ⋅c +c ⋅a =____________. 解 23-. 提示: 因为a +b +c =0, 所以(a +b +c )⋅(a +b +c )=0,即 a ⋅a +b ⋅b +c ⋅c +2a ⋅b +2a ⋅c +2c ⋅a =0,于是 23)111(21)(21-=++-=⋅+⋅+⋅-=⋅+⋅+⋅c c b b a a a c c b b a . (5)设|a |=3, |b |=4, |c |=5, 且满足a +b +c =0, 则|a ⨯b +b ⨯c +c ⨯a |=____________.解36.提示: c =-(a +b ),a ⨯b +b ⨯c +c ⨯a =a ⨯b -b ⨯(a +b )-(a +b )⨯a =a ⨯b -b ⨯a -b ⨯a =3a ⨯b ,|a ⨯b +b ⨯c +c ⨯a |=3|a ⨯b |=3|a |⋅|b |=3⋅3⋅4=36.2. 在y 轴上求与点A (1, -3, 7)和点B (5, 7, -5)等距离的点.解设所求点为M (0, y , 0), 则有12+(y +3)2+72=52+(y -7)2+(-5)2,即 (y +3)2=(y -7)2,解得y =2, 所求的点为M (0, 2, 0).3. 已知∆ABC 的顶点为A (3,2,-1)、B (5,-4,7)和C (-1,1,2), 求从顶点C 所引中线的长度. 解线段AB 的中点的坐标为)3 ,1 ,4()271 ,242 ,253(-=+--+. 所求中线的长度为 30)23()11()14(222=-+--++=d .4. 设∆ABC 的三边→a =BC 、→b =CA 、→c =AB , 三边中点依次为D 、E 、F , 试用向量a 、b 、c 表示→AD 、→BE 、→CF , 并证明→→→0=++CF BE AD .解 →→→a c 21+=+=BD AB AD , →→→b a 21+=+=CE BC BE , →→→c b 21+=+=AF CA CF . →→→0=+-=++=++)(23)(23c c c b a CF BE AD 5. 试用向量证明三角形两边中点的连线平行于第三边, 且其长度等于第三边长度的一半.证明设D , E 分别为AB , AC 的中点, 则有→→→→→)(21AB AC AD AE DE -=-=, →→→→→AB AC AC BA BC -=+=,所以 →→BC DE 21=, 从而DE //BC , 且||21||BC DE =. 6. 设|a +b |=|a -b |, a =(3, -5, 8), b =(-1, 1, z ), 求z .解a +b =(2, -4, 8+z ), a -b =(4, -6, 8-z ). 因为|a +b |=|a -b |, 所以222222)8()6(4)8()4(2z z -+-+=++-+,解得z =1.7. 设3||=a , |b |=1, 6) ,(^π=b a , 求向量a +b 与a -b 的夹角. 解 |a +b |2=(a +b )⋅(a +b )=|a |2+|b |2+2a ⋅b =|a |2+|b |2+2|a |⋅|b |cos(a ,^ b )76cos 3213=++=π, |a -b |2=(a -b )⋅(a -b )=|a |2+|b |2-2a ⋅b =|a |2+|b |2-2|a |⋅|b |cos(a ,^ b )16cos 3213=-+=π. 设向量a +b 与a -b 的夹角为θ, 则721713||||||||||||)()(cos 22=⋅-=-⋅+-=-⋅+-⋅+=b a b a b a b a b a b a b a θ,72arccos =θ. 8. 设a +3b ⊥7a -5b , a -4b ⊥7a -2b , 求) ,(^b a .解因为a +3b ⊥7a -5b , a -4b ⊥7a -2b ,所以 (a +3b )⋅(7a -5b )=0, (a -4b )⋅(7a -2b )=0,即 7|a |2+16a ⋅b -15|b |2 =0, 7|a |2-30a ⋅b +8|b |2 =0,又以上两式可得b a b a ⋅==2||||,于是 21||||) ,cos(^=⋅⋅=b a b a b a , 3) ,(^π=b a . 9. 设a =(2, -1, -2), b =(1, 1, z ), 问z 为何值时) ,(^b a 最小？并求出此最小值.解 2^2321||||) ,cos(z z +-=⋅⋅=b a b a b a . 因为当2) ,(0^π<<b a 时, ) ,cos(^b a 为单调减函数. 求) ,(^b a 的最小值也就是求22321)(z z z f +-=的最大值.令0)2(431)(2/32=+--⋅='z z z f , 得z =-4. 当z =-4时, 22) ,cos(^=b a , 所以422arccos ) ,(min ^π==b a .10. 设|a |=4, |b |=3, 6) ,(^π=b a , 求以a +2b 和a -3b 为边的平行四边形的面积. 解 (a +2b )⨯(a -3b )=-3a ⨯b +2b ⨯a =5b ⨯a .以a +2b 和a -3b 为边的平行四边形的面积为3021435) ,sin(||||5||5|)3()2(|^=⋅⋅⋅=⋅=⨯=-⨯+b a a b a b b a b a . 11. 设a =(2, -3, 1), b =(1, -2, 3), c =(2, 1, 2), 向量r 满足r ⊥a , r ⊥b , Prj c r =14, 求r . 解设r =(x , y , z ).因为r ⊥a , r ⊥b , 所以r ⋅a =0, r ⋅b =0, 即2x -3y +z =0, x -2y +3z =0.又因为Prj c r =14, 所以14||1=⋅c c r , 即 2x +y +2z =42.解线性方程组⎪⎩⎪⎨⎧=++=+-=+-4222032032z y x z y x z y x ,得x =14, y =10, z =2, 所以r =(14, 10, 2).另解因为r ⊥a , r ⊥b , 所以r 与k j i k j i b a ---=--=⨯57321132平行, 故可设r =λ(7, 5, 1). 又因为Prj c r =14, 所以14||1=⋅c c r , r ⋅c =42, 即 λ(7⨯2+5⨯1+1⨯2)=42, λ=2,所以r =(14, 10, 2).12. 设a =(-1, 3, 2), b =(2, -3, -4), c =(-3, 12, 6), 证明三向量a 、b 、c 共面, 并用a 和b 表示c .证明向量a 、b 、c 共面的充要条件是(a ⨯b )⋅c =0. 因为k i k j i b a 36432231--=---=⨯, (a ⨯b )⋅c =(-6)⨯(-3)+0⨯12+(-3)⨯6=0,所以向量a 、b 、c 共面.设c =λa +μb , 则有(-λ+2μ, 3λ-3μ, 2λ-4μ)=(-3, 12, 6),即有方程组⎪⎩⎪⎨⎧=-=--=+-642123332μλμλμλ,解之得λ=5, μ=1, 所以c =5a +b .13. 已知动点M (x ,y ,z )到xOy 平面的距离与点M 到点(1, -1, 2)的距离相等, 求点M 的轨迹方程.解根据题意, 有222)2()1()1(||-+++-=z y x z ,或 z 2=(x -1)2+(y +1)2+(z -2)2,化简得(x -1)2+(y +1)2=4(z -1),这就是点M 的轨迹方程.14. 指出下列旋转曲面的一条母线和旋转轴:(1)z =2(x 2+y 2);解旋转曲面的一条母线为zOx 面上的曲线z =2x 2, 旋转轴为z 轴.(2)136936222=++z y x ; 解旋转曲面的一条母线为xOy 面上的曲线193622=+y x , 旋转轴为y 轴. (3)z 2=3(x 2+y 2);解旋转曲面的一条母线为yOz 面上的曲线y z 3=, 旋转轴为z 轴.(4)144222=--z y x . 解旋转曲面的一条母线为xOy 面上的曲线1422=-y x , 旋转轴为x 轴.15. 求通过点A (3, 0, 0)和B (0, 0, 1)且与xOy 面成3π角的平面的方程. 解设所求平面的法线向量为n =(a , b , c ).→)1 ,0 ,3(-=BA , xOy 面的法线向量为k =(0, 0, 1).按要求有→0=⋅BA n , 3cos ||||π=⋅⋅k n k n , 即 ⎪⎩⎪⎨⎧=++=-2103222c b a c c a ,解之得c =3a , a b 26±=. 于是所求的平面的方程为0326)3(=+±-z y x ,即 3326=++z y x , 或3326=+-z y x .16. 设一平面垂直于平面z =0, 并通过从点(1, -1, 1)到直线⎩⎨⎧==+-001x z y 的垂线, 求此平面方程.解直线⎩⎨⎧==+-001x z y 的方向向量为s =(0, 1, -1)⨯(1, 0, 0)=(0, -1, -1).设点(1, -1, 1)到直线⎩⎨⎧==+-001x z y 的垂线交于点(x 0, y 0, z 0). 因为点(x 0, y 0, z 0)在直线⎩⎨⎧==+-001x z y 上, 所以(x 0, y 0, z 0)=(0, y 0, y 0+1). 于是, 垂线的方向向量为 s 1=(-1, y 0+1, y 0).显然有s ⋅s 1=0, 即-y 0-1-y 0=0, 210-=y . 从而)21 ,21 ,1() ,1 ,1(001--=+-=y y s . 所求平面的法线向量可取为j i k j i k s k n --=-+-⨯=⨯=21)2121(1, 所求平面的方程为0)1()1(21=+---y x , 即x +2y +1=017. 求过点(-1, 0, 4), 且平行于平面3x -4y +z -10=0, 又与直线21311z y x =-=+相交的直线的方程.解过点(-1, 0, 4), 且平行于平面3x -4y +z -10=0的平面的方程为3(x +1)-4(y -0)+(z -4)=0, 即3x -4y +z -1=0.将直线21311z y x =-=+化为参数方程x =-1+t , y =3+t , z =2t , 代入平面方程3x -4y +z -1=0, 得3(-1+t )-4(3+t )+2t -1=0,解得t =16. 于是平面3x -4y +z -1=0与直线21311z y x =-=+的交点的坐标为(15, 19, 32), 这也是所求直线与已知直线的交点的坐标.所求直线的方向向量为s =(15, 19, 32)-(-1, 0, 4)=(16, 19, 28),所求直线的方程为28419161-==+z y x . 18. 已知点A (1, 0, 0)及点B (0, 2, 1), 试在z 轴上求一点C , 使∆ABC 的面积最小. 解设所求的点为C (0, 0, z ), 则→) ,0 ,1(z AC -=, →)1 ,2 ,0(--=z BC .因为 →→k j i k j i 2)1(212001+-+=---=⨯z z z z BC AC , 所以∆ABC 的面积为→→4)1(421||2122+-+=⨯=z z BC AC S . 令04)1(4)1(284122=+-+-+⋅=z z z z dz dS , 得51=z , 所求点为)51 ,0 ,0(C . 19. 求曲线⎩⎨⎧-+-=--=2222)1()1(2y x z y x z 在三个坐标面上的投影曲线的方程. 解在xOy 面上的投影曲线方程为⎩⎨⎧=--=-+-02)1()1(2222z y x y x , 即⎩⎨⎧=+=+022z y x y x . 在zOx 面上的投影曲线方程为⎩⎨⎧=---±+-=0)12()1(222y z x x z , 即⎩⎨⎧==+--++002342222y z x z xz x . 在yOz 面上的投影曲线方程为⎩⎨⎧=-+---±=0)1()12(222x y z y z , 即⎩⎨⎧==+--++002342222x z y z yz y . 20. 求锥面22y x z +=与柱面z 2=2x 所围立体在三个坐标面上的投影.解锥面与柱面交线在xOy 面上的投影为⎩⎨⎧=+=0222z y x x , 即⎩⎨⎧==+-01)1(22z y x , 所以, 立体在xOy 面上的投影为⎩⎨⎧=≤+-01)1(22z y x . 锥面与柱面交线在yOz 面上的投影为⎪⎩⎪⎨⎧=+=0)21(222x y z z , 即⎪⎩⎪⎨⎧==+-01)22(222x y z , 所以, 立体在yOz 面上的投影为⎪⎩⎪⎨⎧=≤+-01)22(222x y z .锥面22y x z +=与柱面z 2=2x 与平面y =0的交线为⎩⎨⎧==0||y x z 和⎩⎨⎧==02y x z , 所以, 立体在zOx 面上的投影为⎩⎨⎧=≤≤02y x z x . 21. 画出下列各曲面所围立体的图形:(1)抛物柱面2y 2=x , 平面z =0及1224===z y x ;(2)抛物柱面x 2=1-z , 平面y =0, z =0及x +y =1;(3)圆锥面22y x z +=及旋转抛物面z =2-x 2-y 2;(4)旋转抛物面x 2+y 2=z , 柱面y 2=x , 平面z =0及x =1.习题9-11. 判定下列平面点集中哪些是开集、闭集、区域、有界集、无界集？并分别指出它们的聚点所成的点集(称为导集)和边界.(1){(x , y )|x ≠0, y ≠0};解开集, 无界集, 导集为R 2,边界为 {(x , y )|x =0或y =0}.(2){(x , y )|1<x 2+y 2≤4};解既非开集, 又非闭集, 有界集,导集为 {(x , y )|1≤x 2+y 2≤4},边界为 {(x , y )|x 2+y 2=1或x 2+y 2=4}.(3){(x , y )|y >x 2};解开集, 区域, 无界集,导集为 {(x , y )| y ≥x 2},边界为 {(x , y )| y =x 2}.(4){(x , y )|x 2+(y -1)2≥1}⋂{(x , y )|x 2+(y -2)2≤4}.解闭集, 有界集, 导集与集合本身相同,边界为 {(x , y )|x 2+(y -1)2=1}⋃{(x , y )|x 2+(y -2)2=4}.2. 已知函数yx xy y x y x f tan ),(22-+=, 试求f (tx , ty ).解 )(tan )()()()(),(22tytx ty tx ty tx ty tx f ⋅⋅-+= ),()tan (2222y x f t yx xy y x t =-+=. 3. 试证函数F (x , y )=ln x ⋅ln y 满足关系式:F (xy , uv )=F (x , u )+F (x , v )+F (y , u )+F (y , v ).证明 F (xy , uv )=ln((x , y )⋅ln(uv )=(ln x +ln y )(ln u +ln v )=ln x ⋅ln u +ln x ⋅ln v +ln y ⋅ln u +ln y ⋅ln v =F (x , u )+F (x , v )+F (y , u )+F (y , v ). 4. 已知函数f (u , v , w )=u w +w u +v , 试求f (x +y , x -y , xy ). 解 f (x +y , x -y , xy )=(x +y )xy +(xy )(x +y )+(x -y )=(x +y )xy +(xy )2x .5. 求下列各函数的定义域:(1)z =ln(y 2-2x +1);解要使函数有意义, 必须y 2-2x +1>0,故函数的定义域为D ={(x , y )|y 2-2x +1>0}.(2)yx y x z -++=11; 解要使函数有意义, 必须x +y >0, x -y >0,故函数的定义域为D ={(x , y )|x +y >0, x -y >0}.(3)y x z -=;解要使函数有意义, 必须y ≥0,0≥-y x 即y x ≥,于是有 x ≥0且x 2≥y ,故函数定义域为D ={(x , y )| x ≥0, y ≥0, x 2≥y }.(4)221)ln(yx x x y z --+-=; 解要使函数有意义, 必须y -x >0, x ≥0, 1-x 2-y 2>0,故函数的定义域为D ={(x , y )| y -x >0, x ≥0, x 2+y 2<1}.(5)222222221rz y x z y x R u -+++---=(R >r >0); 解要使函数有意义, 必须R 2-x 2-y 2-z 2≥0且x 2+y 2+z 2-r 2>0, 故函数的定义域为D ={(x , y , z )| r 2<x 2+y 2+z 2≤R 2}.(6)22arccos yx z u +=. 解要使函数有意义, 必须x 2+y 2≠0, 且1||22≤+y x z 即z 2≤x 2+y 2,故函数定义域为D ={(x , y , z )|z 2≤x 2+y 2, x 2+y 2≠0}.6. 求下列各极限:(1)22)1,0(),(1limy x xy y x +-→; 解 110011lim22)1,0(),(=+-=+-→y x xy y x . (2)22)0,1(),()ln(lim yx e x y y x ++→; 解 2ln 01)1ln()ln(lim 22022)0,1(),(=++=++→e y x e x y y x . (3)xyxy y x 42lim )0,0(),(+-→; 解 xy xy y x 42lim )0,0(),(+-→)42()42)(42(lim )0,0(),(+++++-=→xy xy xy xy y x 41)42(1lim)0,0(),(-=++-=→xy y x . (4)11lim )0,0(),(-+→xy xy y x ; 解 11lim )0,0(),(-+→xy xy y x )11)(11()11(lim )0,0(),(-+++++=→xy xy xy xy y x 2)11lim )11(lim )0,0(),()0,0(),(=++=++=→→xy xyxy xy y x y x . (5)y xy y x )sin(lim )0,2(),(→;解 y xy y x )sin(lim)0,2(),(→221sin lim )0,2(),(=⋅=⋅=→x xy xyy x .(6)22)()cos(1lim 2222)0,0(),(yx y x e y x y x ++-→. 解 2222)()(21lim )()cos(1lim 22222)0,0(),(2222)0,0(),(yx y x y x y x e y x y x e y x y x ++=++-→→ 0lim 212222)0,0(),(=+=→y x y x e y x (用等价无穷小代换). 7. 证明下列极限不存在: (1)yx yx y x -+→)0,0(),(lim;证明如果动点p (x , y )沿y =0趋向(0, 0), 则1lim lim00 )0,0(),(==-+→=→x x y x yx x y y x ;如果动点p (x , y )沿x =0趋向(0, 0), 则1lim lim 00 )0,0(),(-=-=-+→=→y yy x y x y x y x .因此, 极限yx yx y x -+→)0,0(),(lim 不存在.。

高等数学（同济）下册期末考试题及答案（5套）

大学高等数学（下册）考试试卷（一）一、填空题（每小题3分，共计24分）分）1、 z =)0()(log 22>+a y x a 的定义域为D= 。

2、二重积分òò£++1||||22)ln(y x dxdy y x的符号为的符号为。

3、由曲线x y ln =及直线1+=+e y x ，1=y 所围图形的面积用二重积分表示为，其值为。

4、设曲线L 的参数方程表示为),()()(b a y j ££îíì==x t y t x 则弧长元素=ds 。

5、设曲面∑为922=+y x 介于0=z 及3=z 间的部分的外侧，则=++òòåds y x )122（。

6、微分方程xyx ydx dytan+=的通解为的通解为。

7、方程04)4(=-y y的通解为的通解为。

8、级数å¥=+1)1(1n n n 的和为的和为。

二、选择题（每小题2分，共计16分）分）1、二元函数),(y x f z =在),(00y x 处可微的充分条件是（处可微的充分条件是（）（A ）),(y x f 在),(00y x 处连续；处连续；（B ）),(y x f x¢，),(y x f y¢在),(00y x 的某邻域内存在；的某邻域内存在；（C ） yy x f x y x f z yxD ¢-D ¢-D ),(),(0当0)()(22®D +D y x 时，是无穷小；时，是无穷小；（D ）0)()(),(),(lim22000000=D +D D¢-D ¢-D ®D ®D y x yy x f x y x f z y x y x 。

2、设),()(x y xf y xyf u +=其中f 具有二阶连续导数，则2222yu y x u x ¶¶+¶¶等于（等于（）（A ）y x +；（B ）x ； (C)y ； (D)0 。

高等数学下(同济大学第五版)课后习题答案1(精品文档)

第八章多元函数微分法及其应用第一节多元函数的基本概念本节主要概念，定理，公式和重要结论理解多元函数的概念，会表达函数，会求定义域；理解二重极限概念，注意A y x f y x y x =→),(lim),(),(00是点),(y x 以任何方式趋于),(00y x ;注意理解本节中相关概念与一元函数中相应内容的区分与联系。

习题 8－11.求下列函数表达式:(1)xy y x y x f +=),(，求),(y x xy f +解：(,)()x yxy f xy x y xyx y ++=++(2)22),(y x y x y x f -=-+，求),(y x f解：(,)()()(,)f x y x y x y x y f x y xy +-=-+⇒= 2.求下列函数的定义域，并绘出定义域的图形: (1)221)1ln(yx x y x z --+-+=解：22221011010x y x y x y x y x +->⎧+>⎧⎪-->⇒⎨⎨+<⎩⎪≥⎩(2))12ln(2+-=y x z 解：2210x y -+>(3) |)|||1ln(),(y x y x f --= 解：1||||0||||1x y x y -->⇒+< 3.求下列极限:(1)22)1,0(),(1limy x xyx y x ++-→解：22(,)(0,1)1lim1x y x xyx y →-+=+ (2)xyxy y x 42lim)0,0(),(+-→解一：(,)(0,0)(,)(0,0)(,)(0,0)18lim2lim2lim 4x y x y x y xyxy →→→=-=-=-(3)yxy x y x )sin()2(lim )0,1(),(+→(4)2222011limy x y x y x +-+→→解一：(,)(1,0)(,)(1,0)sin()sin()lim (2)lim [(2)]3x y x y xy xy x x x y xy→→+=+=解二：(,)(1,0)(,)(1,0)(,)(1,0)sin()lim (2)lim (2)lim (2)3x y x y x y xy xyx x x x y y →→→+=+=+= (4)22220011limyx y x y x +-+→→解一：2222222200000011lim lim()022x x x y y y x y y x xy x y →→→→→→==⋅=++ 解二：222222000000x x x y y y y x y →→→→→→===+ 4.证明下列函数当)0,0(),(→y x 时极限不存在:(1)2222),(yx y x y x f +-=解：222222222222001lim lim 1x x y kxx y x k x k x y x k x k →→=---==+++ (2)22222)(),(y x y x y x y x f -+= 解：224222400lim lim 1()x x y x x y x x y x y x →→===+- 2222200lim 0()x y x y x y x y →==+- 5.下列函数在何处是间断的? (1) yx z -=1解：x y =(2)x y xy z 2222-+=解：22y x =第二节偏导数本节主要概念，定理，公式和重要结论1.偏导数：设),(y x f z =在),(00y x 的某一邻域有定义，则xy x f y x x f y x f x x ∆∆∆),(),(lim),(0000000-+=→， yy x f y y x f y x f y y ∆∆∆),(),(lim ),(0000000-+=→. ),(00y x f x 的几何意义为曲线⎩⎨⎧==0),(y y y x f z 在点)),(,,(0000y x f y x M 处的切线对x 轴的斜率.),(y x f 在任意点),(y x 处的偏导数),(y x f x 、),(y x f y 称为偏导函数，简称偏导数.求),(y x f x 时，只需把y 视为常数，对x 求导即可. 2.高阶偏导数),(y x f z =的偏导数),(),,(y x f y x f y x 的偏导数称为二阶偏导数，二阶偏导数的偏导数称为三阶偏导数，如此类推. 二阶偏导数依求导次序不同，有如下4个：xy zy x z y z x z ∂∂∂∂∂∂∂∂∂∂222222,,,，其中后两个称为混合偏导数. 若两个混合偏导数皆为连续函数，则它们相等，即可交换求偏导数的次序.高阶混合偏导数也有类似结果.习题 8－21.求下列函数的一阶偏导数:(1)xy y xz +=解：21,z z xy x x y y y∂∂=+=-+∂∂ (2)xyz arctan =解：2222222111,1()1()z y y z x y y x x x y y x x y x x∂--∂=⋅==⋅=∂+∂+++ (3))ln(22y x x z ++=解：(1z x ∂=+=∂z y ∂==∂ (4))ln(222z y x u ++=解：222222222222,,u x u y u z x x y z y x y z z x y z∂∂∂===∂++∂++∂++ (5)⎰=yzxzt dt e u 2解：22222222,,x z y z y z x z u u u ze ze ye xe x y z∂∂∂=-==-∂∂∂ (6)x y y x z cos sin = 解：2211cos cos sin sin ,cos cos sin sin z x y y x y u x x y x y x y y x x y x y y y x x y x ∂∂=+=--∂∂ (7)y x xy z ++=)1( (8))cos(ϕθϕθ-=+e u解：(1)[ln(1)],(1)[ln(1)]11x y x y z x y u x y xy xy y xy xy x x xy y xy ++∂+∂+=+++=+++∂+∂+ (8))cos(ϕθϕθ-=+e u解：[cos()sin()],[cos()sin()]u u e e θϕθϕθϕθϕθϕθϕθϕ++∂∂=---=-+-∂∂ 2.求下列函数在指定点处的一阶偏导数: （1）yxy x z arcsin)1(2-+=，求)1,0(x z 解：20(0,1)lim0x x x z x∆→∆==∆ （2）xyx e x z yarctan)1(2-+=，求)0,1(y z 解：01(1,0)lim1y y y e z y∆∆→-==-∆ 3.求下列函数的高阶偏导数:(1))ln(xy x z =，求22x z ∂∂，22yz ∂∂，y x z∂∂∂2解：ln()1,z z x xy x y y∂∂=+=∂∂ 22222211,,z z x z x x y y x y y∂∂∂==-=∂∂∂∂ (2))2(cos 2y x z +=，求22x z ∂∂，22yz ∂∂，y x z ∂∂∂2，x y z ∂∂∂2解：2cos(2)sin(2)sin 2(2)z x y x y x y x∂=-++=-+∂4cos(2)sin(2)2sin 2(2)zx y x y x y y∂=-++=-+∂ 222222cos 2(2),8cos 2(2),4cos 2(2)z z zx y x y x y x y x y∂∂∂=-+=-+=-+∂∂∂∂ (3)⎰+=22 y x xtdt e z ，求22x z ∂∂， yx z∂∂∂2解：22222222222,2(12),4x y x x y x x y z z z xe e x e e xye x x x y+++∂∂∂=-=+-=∂∂∂∂ 4.设⎪⎩⎪⎨⎧=+≠++-=0 00),(22222233y x y x y x xy y x y x f ，求)0,0(xy f 和)0,0(yx f .解：00(0)(0,0)00(0,0)lim lim 0x x x f x f f x x ∆→∆→∆--===∆∆，00(0,)(0,0)00(0,0)lim lim 0y y y f y f f y y ∆→∆→∆--===∆∆4224222224(,),0()x x x y y f x y y x y x y +-=+≠+ 4224222224(,),0()y x x y y f x y x x y x y --=+≠+ 54000(0,)(0,0)(0,0)lim lim 1x x xy y y y f y f yf y y∆→∆→-∆-∆-∆===-∆∆54000(,0)(0,0)(0,0)lim lim 1x x yx x x x f x f x f x x ∆→∆→∆-∆-∆===∆∆5.设)11(y x e z +-=，求证z y z y x z x222=∂∂+∂∂ 解: 1111()()2211,x y x y z z e ex x y y-+-+∂∂==∂∂ 111111()()()2222221122x yx y x y z z x y x e y e e z x y x y-+-+-+∂∂+=⋅+⋅==∂∂ 6.设222z y x r ++=，证明r zr y r x r 2222222=∂∂+∂∂+∂∂证明: 22222223,r x r x r r x r r x x r x r x r r r ∂--∂∂-∂=====∂∂由轮换对称性, 2222222323,r r y r r z y r z r∂-∂-==∂∂ 222222222223321r r r r x y z r x y z r r r∂∂∂---++===∂∂∂ 第三节全微分本节主要概念，定理，公式和重要结论 1.全微分的定义若函数),(y x f z =在点),(00y x 处的全增量z ∆表示成22),(y x o y B x A z ∆+∆=+∆+∆=∆ρρ则称),(y x f z =在点),(00y x 可微，并称Bdy Adx y B x A +=+∆∆为),(y x f z =在点),(00y x 的全微分，记作dz .2.可微的必要条件：若),(y x f z =在),(00y x 可微，则（1）),(y x f 在),(00y x 处连续；（2）),(y x f 在),(00y x 处可偏导，且),(),,(0000y x f B y x f A y x ==，从而dy y x f dx y x f dz y x ),(),(0000+=.一般地，对于区域D 内可微函数， dy y x f dx y x f dz y x ),(),(+=.3.可微的充分条件：若),(y x f z =在),(00y x 的某邻域内可偏导，且偏导数在),(00y x 处连续，则),(y x f z =在),(00y x 可微。

高等数学(同济第七版下)课后习题及解答

1.设u=a-b+2c，v=-a+3b-c.试用a，b，c表示2u-3v.解2u-3v=2（a-b+2c）-3（-a+3b-c）=5a-11b+7c.2.如果平面上一个四边形的对角线互相平分，试用向量证明它是平行四边形.证如图8-1，设四边形ABCD中AC与BD交于M，已知AM=MC，DM MB.故AB AM MB MC DM DC.即AB//DC且|A B|=|DC|，因此四边形ABCD是平行四边形.3.把△ABC的BC边五等分，设分点依次为D1，D2，D3，D4，再把各分点与点A连接.试以AB=c,BC=a表向量D1A,D2A,D3A,D A4.证如图8-2，根据题意知1 BD a,151D1D a,251D2D a,351 D3D a,45故D A1=-（AB BD1）=- 15a-cD2A=-（AB BD2）=- 25a-cD3A=-（AB BD3）=- 35a-cD4 A=-（AB BD）=-445a-c.4.已知两点M1（0，1，2）和M2（1，-1，0）.试用坐标表示式表示向量M1M2及-2M1M2.解M1M2=（1-0，-1-1，0-2）=（1，-2，-2）.-2M1M2=-2（1，-2，-2）=（-2，4，4）.5.求平行于向量a=（6，7，-6）的单位向量.解向量a的单位向量为aa，故平行向量a的单位向量为a a =1（6，7，-6）=1167,,1111611 ，22 2其中a67(6)11.6.在空间直角坐标系中，指出下列各点在哪个卦限？A（1，-2，3），B（2，3，-4），C（2，-3，-4），D（-2，-3，1）.解A点在第四卦限，B点在第五卦限，C点在第八卦限，D点在第三卦限.7.在坐标面上和在坐标轴上的点的坐标各有什么特征？指出下列各点的位置：A（3，4，0），B（0，4，3），C（3，0，0），D（0，-1，0）.解在坐标面上的点的坐标，其特征是表示坐标的三个有序数中至少有一个为零，比如xOy面上的点的坐标为（x0，y0，0），xOz面上的点的坐标为（x0，0，z0），yOz面上的点的坐标为（0，y0，z0）.在坐标轴上的点的坐标，其特征是表示坐标的三个有序数中至少有两个为零，比如x轴上的点的坐标为（x0，0，0），y轴上的点的坐标为（0，y0，0），z轴上的点的坐标为（0，0，z0）.A点在xOy面上，B点在yOz面上，C点在x轴上，D点在y轴上.8.求点（a，b，c）关于（1）各坐标面；（2）各坐标轴；（3）坐标原点的对称点的坐标.解（1）点（a，b，c）关于xOy面的对称点（a，b，-c），为关于yOz面的对称点为（-a，b，c），关于zOx面的对称点为（a，-b，c）.（2）点（a，b，c）关于x轴的对称点为（a，-b，-c），关于y 轴的对称点为（-a，b，-c），关于z轴的对称点为（-a，-b，c）.（3）点（a，b，c）关于坐标原点的对称点是（-a，-b，-c）. 9.自点P（0x0，y0，z0）分别作各坐标面和各坐标轴的垂线，写出各垂足的坐标.解设空间直角坐标系如图8-3，根据题意，P0F为点P0关于xOz 面的垂线，垂足F坐标为(x0，0，z0）；P0D为点P0关于xOy面的垂线，垂足D坐标为(，，0）x0y；P0E为点P0关于yOz面的垂线，垂足E坐标为(0)，y0，z o.P0A为点P0关于x轴的垂线，垂足A坐标为(x o，0,0）；P0B为点P0关于y轴的垂线，垂足B坐标为(0,y0,0)；P0C为点P0关于z轴的垂线，垂足C坐标为(0,0,)z.10.过点P（0x0，y0，z0）分别作平行于z轴的直线和平行于xOy面的平面，问在它们上面的点的坐标各有什么特点？解如图8-4，过P0且平行于z轴的直线l上的点的坐标，其特点是，它们的横坐标均相同，纵坐标也均相同.而过点P0且平行于xOy面的平面上的点的坐标，其特点是，它们的竖坐标均相同.11.一边长为a的正方体放置在xOy面上，其底面的中心在坐标原点，底面的顶点在x轴和y轴上，求它各顶点的坐标.2 解如图 8-5，已知 AB=a ，故 OA=OB=a2，于是各顶点的坐 22 2 标分别为 A0 0)(a ，，，B （(0,a ，0）），C （-a222，0，0），D 2 （0，- a 2 2 ，0），E （ a 2 2 ，0，a ），F （0， a 2 2 ，a ），G （- a2， 2 0，a ），H （0，- a 2，a ）. 12.求点 M （4，-3，5）到各坐标轴的距离 .2 2解点 M 到 x 轴的距离为 d 1=( 3) 534，点 M 到 y 22轴的距离为 d 2=4541，点 M 到 z 轴的距离为 22.d 3=4 ( 3) 25 513.在 yOz 面上，求与三点 A （3，1，2），B （4，-2，-2），C （0，5， 1）等距离的点 .解所求点在 yOz 面上，不妨设为 P （0，y ，z ），点 P 与三点 A ，2y 2 z 2B ，C 等距离， PA 3( 1) ( 2) , PB2 y 2 z 4 ( 2)(2) 2,PC(y 2z1) 2 .5)(由 PAPBPC 知，2( 1)2 ( 2)2 42 (2)( 2)223yz yz2( 1)2( y 5)z ，即9 ( y 1) 9 ( y 1) 2 2 2 (z 2) 16 ( y 2) 22 2 (z 2) ( y 5)( z( z21) . 2 2), 解上述方程组，得 y=1，z=-2.故所求点坐标为（ 0，1，-2）. 14.试证明以三点 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 .证由AB (10 24)( 1 1) 2( 6 29)7, AC (2 24)( 4 1)22(3 9)7,BC(2 210)(4 1) 2(3 26)98 7 2 222知.ABAC 及 BCABAC 故△ABC 为等腰直角三角形.15. 设已知两点为 M 1（4， 2 ，1），M 2（3，0，2），计算向量 M 1M 2的模、方向余弦和方向角 .解向量M 1M=（3-4，0-2 ，2-1）=（-1，- 2 ，-1），2其模-1 2- 2 2 12 4 2M1M（）（）.其方向余弦分2别为cos=- 12，cos=-22，cos=12.方向角分别为23,34,3.16.设向量的方向余弦分别满足（1）cos=0；（2）cos=1；（3）cos=cos=0，问这些向量与坐标轴或坐标面的关系如何？解（1）由cos=0得知，故向量与x轴垂直，平行于2yOz面.（2）由cos=1得知=0，故向量与y轴同向，垂直于xOz面.（3）由cos=cos=0知，故向量垂直于x轴和y轴，2即与z轴平行，垂直于xOy面.，求r在u轴上的投影.17.设向量r的模是4，它与u轴的夹角为3解已知|r|=4，则Prju r=|r|cos=4?cos 3 =4×12 =2.18.一向量的终点在点B（2，-1，7），它在x轴、y轴和z轴上的投影依次为4，-4和7，求这向量的起点A的坐标.解设A点坐标为（x，y，z），则AB=（2-x，-1-y，7-z），由题意知2-x=4，-1-y=-4，7-z=7，故x=-2，y=3，z=0，因此A点坐标为（-2，-3，0）.19.设m=3i+4j+8k，n=2i-4j-7k和p=5i+j-4k.求向量a=4m+3n-p在x轴上的投影及在y轴上的分向量.解a=4m+3n-p=4（3i+5j+8k）+3（2i-4j-7k）-（5i+j-4k）=13i+7j+15k，a在x轴上的投影为13，在y轴上的分向量为7j.1.设a3i j2k,b i2j k，求（1）a b及a b；（2）（-2a）3b及a2b；（3）a,b的夹角的余弦.解（1）a b（3，-1，-2）（1,2，-1）31（-12-2-1 3）（）（），i j ka b31 2=（5,1,7）.12 1（2）(2a)3b6(a b)6318a2b2(a b)2(5,1,7)(10,2,14)（3 cos(a,b) aabb32(1)(2)12(1)222 232 3 31462212.设a,b,c为单位向量，满足a b c0,求a b b c c a.解已知a b c1,a b c0,故（a b c）（a b c）0.22 2即2220a b c a b b c c a.因此a b b c c a 122 2（a b c）2-323.已知M1（1，-1，2），M2（3,3,1）M3（3,1,3）.求与M1M2,M2M3同时垂直的单位向量.解M1M2=（3-1,3-（-1）,1-2）=（2，4，-1）M 2M=（3-3,1-3,3-1）=（0，-2，2）3由于 M 1M 2 M 2M 3 与M 1M 2,M 2M 3 同时垂直，故所求向量可取为a（M M1 2M M12M M23M M2）3，ij k 由M 1M 2 M 2M 3 =2 4 1 022=（6，-4，-4），M 1M M M2 232 6 ( 24) ( 24)68 2 17 132 2知). a(6, 4, 4)(, , 2 171717174. 设质量为 100kg 的物体从点 M1（3,1,8）沿直线移动到点 M2（1,4,2），计算重力所作的功（坐标系长度单位为 m ，重力方向为 z 轴负方向）.解M 1M 2 =（1-3,4-1,2-8）=（-2，3，-6）F=（0,0，-100×9.8）=（0,0，-980）W=F?M 1M 2 =（0,0，-980）?（-2,3 ，-6 ）=588（0 J ）.1处，有一与O P 1 5.在杠杆上支点 O 的一侧与点 O 的距离为 x 1 的点 P 成角 1 的力 F1作用着；在 O 的另一侧与点 O 的距离为 x 2 的点 P2处，有一与OP2成角2的力F2，F1,F2作用着（图8-6），问1，2，x1，x2符合怎样的条件才能使杠杆保持平衡？解如图8-6，已知有固定转轴的物体的平衡条件是力矩的代数和为零，又由对力矩正负符号的规定可得杠杆保持平衡的条件为F1x sin1F2x2sin20，1即F1x1sin1F2x2sin2.6.求向量a（4，-3,4）在向量b（2,2,1）上的投影.a b(4,3,4)(2,2,1) 6解 2Pr j b a.22 2b 322 17.设a(3,5,2),b(2,1,4)，问与有怎样的关系，能使a b与z轴垂直？解a b=（3,5，-2）+（2,1,4）=（32,5,24）.要a b与z轴垂直，即要（a b）（0,0,1），即（a b）?（0，0,1）=0，亦即（32,5,24）?（0,0,1）=0，故（24）=0，因此2时能使a b与z轴垂直.8.试用向量证明直径所对的圆周角是直角.证如图8-7，设AB是圆O的直径，C点在圆周上，要证∠ACB=，2 只要证明AC BC0即可.由AC BC=(AO OC)(BO OC)2AO BO AO OC OC BO OC =2 2=0AO AO OC AO OC OC.故AC BC,∠ACB为直角.9.已知向量a2i3j k,b i j3k和c i2j，计算：（1）(a b)c(a c)b（2）(a b)(b c)（3）(a b) c 解（1）a b(2,3,1)(1,1,3)8，a c(2,3,1)(1,2,0)8，(a b)c(a c)b8(1,2,0)8(1,1,3)(0,8,24)8i24k.（2）a b=（2，-3,1）+（1，-1,3）=（3，-4,4），b c=（1，-1,3）+（1，-2,0）=（2，-3,3），i j k(a b)(b c)344(0,1,1)j k.23323 1（3）(ab) c2. 1 1 3 12 010. 已知OA i 3k,OB j 3k ，求△OAB 的面积.解由向量积的几何意义知1△OAB= OA OB S2，ij kOA OB 1 0 3 ( 3, 3,1) ， 0 1 32 2OA OB( 3) ( 3) 119S△OAB19 211. 已知( , , ), ( , , ), ( , , )a a x a a bb b b cc c c ，试利用yzxyzxyz行列式的性质证明：(a b) c (b c) a (c a) baxa yazbxbybz证因为(), a b c bbbx y z (b c) acxcyczcxc yc zaxayazcx cy cz(c a) baxayaz，bxbybz而由行列式的性质知a x a y a zb x b y b zc x c y cz b x b y b z c x c y c z = a x a y a z ，故 c x c y c z a x a y a zb x b ybz(a b) c (b c) a (c a) b .12. 试用向量证明不等式：222222a 1aabbba ba b a b ，231231 12 23 3其中a 1,a 2 ,a 3,b 1,b 2,b 3 为任意实数 . 并指出等号成立的条件.证设向量 a （ a 1,a ,a ），b （b 1,b 2,b 3）.23由ab a b cos(a, b ) a b ，从而222222 a 1ba ba baaa bbb ，1 2 23 3121 233当a 1,a 2 ,a 3与b 1,b 2 ,b 3 成比例，即a1b1a 2b2a 3b3时，上述等式成立.1.求过点（3,0，-1）且与平面3x7y5z120平行的平面方程.解所求平面与已知平面3x7y5z120平行.因此所求平面的法向量可取为n=（3，-7，5），设所求平面为3x7y5z D0.将点（3，0，-1）代入上式得D=-4.故所求平面方程为3x7y5z40.2.求过点M0（2，9，-6）且与连接坐标原点及点M0的线段OM0垂直的平面方程.解OM(2,9,6.所求平面与0）O M垂直，可取n=OM0，0设所求平面方程为2x9y6z D0.将点M0（2，9，-6）代入上式得D=-121.故所求平面方程为2x9y6z1210.3.求过（1，1，-1），（-2，-2，2）和（1，-1，2）三点的平面方程.x1y1z 1解由021212 1，得x3y2z0，11112 1即为所求平面方程.注设M（x,y,z）为平面上任意一点，M(x,y,z)(i1,2,3)i为i i i平面上已知点.由()0,M1M M M M M即1213x x1 y y1z z1x 2 x1y2y1z2z10,x 3 x1y3y1z3z1它就表示过已知三点M i（i=1,2,3）的平面方程.4.指出下列各平面的特殊位置，并画出各平面：（1）x=0;（2）3y-1=0;（3）2x-3y-6=0;（4）x-3y=0;（5）y+z=1;（6）x-2z=0;（7）6x+5y-z=0.解（1）—（7）的平面分别如图8—8（a）—（g）. （1）x=0表示yOz坐标面.1（2）3y-1=0表示过点（,00,）且与y轴垂直的平面.3（3）2x-3y-6=0表示与z轴平行的平面.（4）x-3y=0表示过z轴的平面.（5）y+z=1表示平行于x轴的平面.（6）x-2z=0表示过y轴的平面.（7）6x+5y-z=0表示过原点的平面.5.求平面2x2y z50与各坐标面的夹角的余弦.解平面的法向量为n=（2，-2，1），设平面与三个坐标面xOy，yOz，zOx的夹角分别为1,2,3.则根据平面的方向余弦知cosn kcos1n k(2,222,1)(0,0,1)21( 22)113,cos2cos nnii(2, 2,1)3(1,0,0)123,cos3 cos nnjj(2, 2,1)3(10,1,0)23.6.一平面过点（1，0，-1）且平行于向量a(2,1,1)和b(1,1,0)，试求这个平面方程.解所求平面平行于向量a和b，可取平面的法向量i j kn a b211(1,1,3).110故所求平面为1(x1)1(y0)3(z1)0，即x y3z40.7.求三平面x3y z1,2x y z0,x2y2z3的交点.解联立三平面方程x3y z1,2x y z0,x2y2z 3.解此方程组得x1,y1,z 3.故所求交点为（1，-1，3）. 8.分别按下列条件求平面方程：（1）平行于xOz面且经过点（2，-5，3）；（2）通过z轴和点（-3，1，-2）；（3）平行于x轴且经过两点（4，0，-2）和（5，1，7）.解（1）所求平面平行于xOz面，故设所求平面方程为By D0.将点（2，-5，3）代入，得5B D0，即D5B.因此所求平面方程为By5B0，即y50.（2）所求平面过z轴，故设所求平面为Ax By0.将点（-3，1，-2）代入，得3A B0，即B3A.因此所求平面方程为Ax3Ay0，即x3y0.（3）所求平面平行于x轴，故设所求平面方程为By Cz D0. 将点（4，0，-2）及（5，1，7）分别代入方程得2C D0及B7C D0.C D2, B92D .因此，所求平面方程为9 2DDy z D0，2即9y z20.9.求点（1,2,1）到平面x2y2z100的距离.解利用点(,,)M0x y o z o到平面Ax By Cz D0的距离公式dA xABy2B2CzC2D1 2212 22212210 331.1.求过点（4，-1，3）且平行于直线x3y z21 51的直线方程.解所求直线与已知直线平行，故所求直线的方向向量s(2,1,5)，直线方程即为x 4y1z 21 5 3 .2.求过两点M1(3,2,1)和M2(1,0,2)的直线方程.解取所求直线的方向向量s M1M(13,0(2),21)(4,2,1)，2因此所求直线方程为x 3y2z4 2 1 1 .3.用对称式方程及参数方程表示直线x y z1,2x y z 4.解根据题意可知已知直线的方向向量i j ks111(2,1,3).21 1取x=0，代入直线方程得yzy z1,4.3 5解得.y,z这2 2样就得到直线经过的一点（3 50,,）.因此直线的对称式方程为2 2x30y z22 1 352 .参数方程为x2t,y 32t ,z 523t.注由于所取的直线上的点可以不同，因此所得到的直线对称式方程或参数方程得表达式也可以是不同的.4.求过点（2，0，-3）且与直线x2y4z70,3x5y2z10垂直的平面方程.解根据题意，所求平面的法向量可取已知直线的方向向量，即i j kn s124(16,14,11),35 2故所求平面方程为16(x2)14(y0)11(z3)0.即16x14y11z650.5.求直线5x3x3y2y3zz91 00,与直线2x3x28yyzz23180,的夹角的余弦.解两已知直线的方向向量分别为i j k i j ks533(3,4,1),s221(10,5,10), 1 232138 1因此，两直线的夹角的余弦cos(cos s1,)s2 s1s1s2s22 332410(1)4252101(1025)2100.6.证明直线x 2yz2xyz7,7与直线3x2x6yy 3zz 08,平行.证已知直线的方向向量分别是i j k i j ks 1 121(3,1,5),s2363(9,3,15), 21121 1由s23s1知两直线互相平行.7.求过点（0,2,4）且与两平面x2z1和y3z2平行的直线方程.解所求直线与已知的两个平面平行，因此所求直线的方向向量可取i j ks n1 n102(201 32,3,1),故所求直线方程为x 2 0y2z3 14.注本题也可以这样解：由于所求直线与已知的两个平面平行，则可视所求直线是分别与已知平面平行的两平面的交线，不妨设所求直线为x2z a,y3z b.将点（0，2，4）代入上式，得a8,b10.故所求直线为x2z8,y3z10.8.求过点（3，1，-2）且通过直线x54y3z2 1的平面方程.解利用平面束方程，过直线x54y3z2 1的平面束方程为x4y3y 3(z)0,52 211将点（3，1，-2）代入上式得.因此所求平面方程为20x4y311y5220 23(z) 0,即8x9y22z590.9.求直线xxyy3zz0,与平面x y z10的夹角.i j k解已知直线的方向向量(2,4,2),s113平面11 1的法向量n(1,1,1).设直线与平面的夹角为,则sin cos(n, s) ssnn 2221244((1)22)21(2)((1) 21)( 21)0,即0.10.试确定下列各组中的直线和平面间的关系；（1）x3y4z27 3和4x2y2z3；（2）x3y2z7 和3x2y7z8；（3）x32y2z134和x y z 3.解设直线的方向向量为s，平面的法向量为n，直线与平面的夹角为,且s nsin cos(n,s).s n （1）s(2,7,3),n(4,2,2),sin ( 2) ( 2 2) ( 4 2 7) ( 7) 2 3 ( 2) 2 4 3 ( ( 2 2)2) ( 2) 20, 则0.故直线平行于平面或在平面上，现将直线上的点 A （-3，-4，0）代入平面方程，方程不成立 .故点 A 不在平面上，因此直线不在平面上，直线与平面平行 . （2）s(3, 2,7), n (3, 2,7),由于s n 或sin 2 3 3( 3 2) 2( 2) 2 7 ( 2)2 3 7 ( 7 2) 22 71,知，故直线与平面垂直 .2（3）s( 3,1, 4), n (1,1,1),由于s n 0或sin 2 3 3 2 1 1 ( 1 1 4) 2( 4) 2 1 1 2 1 21 0, 知0,将直线上的点 A （2，-2，3）代入平面方程，方程成立，即点 A 在平面上 .故直线在平面上 . 11.求过点（1,2,1）而与两直线x x2 yy z 1 0, 2x y z z 1 0xy z 00,和平行的平面的方程.解两直线的方向向量为i j k i j ks 1 121(1,2,3),s2211(0,1,1), 11111 1i j k取(1,1,1),n s s12 31 201 1则过点（1,2,1），以n为法向量的平面方程为1(x1)1(y2)1(z1)0,即x y z0.12.求点（-1,2,0）在平面x2y z10上的投影.解作过已知点且与已知平面垂直的直线.该直线与平面的交点即为所求.根据题意，过点（-1,2,0）与平面x2y z10垂直的直线为x 1 1y2z21,将它化为参数方程x1t,y22t,z t,代入平面方程得1t2(22t)(t)10,整理得2t.从而所求点（-1,2,0）在平面x2y z10上的3投影为（53,23,23）.13.求点P（3，-1，2）到直线x2xy z 1y z 40,的距离.i j k解直线的方向向量(0,3,3).s11 121 1在直线上取点（1，-2，0），这样，直线的方程可表示成参数方程形式x 1, y 2 3t,z 3t.（1）又，过点 P （3，-1，2），以s (0, 3, 3)为法向量的平面方程为3(y 1) 3(z 2) 0,即y z 1 0.（2）将式（1）代入式（2）得11 3t，于是直线与平面的交点为（1, , ），2 2 2故所求距离为 d (321) ( 1 1 2 ) 2 (2 3 2 ) 2322.14.设 M 0 是直线 L 外一点，M 是直线 L 上任意一点，且直线的方向向量为s ，试证：点 M 0 到直线 L 的距离dM M ss.证如图 8-9，点 M 0 到直线 L 的距离为 d.由向量积的几何意义知M 0 表示以 M 0M ，s 为邻边的平行四边形的面积 .而M s M 0Mss表示以 s为边长的该平面四边形的高，即为点 M 0 到直线L 的距离.于是dM 0 Mss.15.求直线2x3x4yy z2z0,9 0在平面4x y z1上的投影直线的方程.解作过已知直线的平面束，在该平面束中找出与已知平面垂直的平面，该平面与已知平面的交线即为所求.设过直线2x3x4yy z2z0,9 0的平面束方程为2x4y z(3x y2z9)0,经整理得(23)x(4)y(12)z90. 由(23)4(4)(1)(12)10,得1311.代入平面束方程，得17x31y37z1170.因此所求投影直线的方程为17x31y37z1170,4x y z 1.16.画出下列各平面所围成的立体的图形.（1）x0,y0,z0,x2,y1,3x4y2z120;y（2）.x0,z0,x1,y2,z4解（1）如图8-10（a）；（2）如图8-10（b）.1.一球面过原点及A（4，0，0），B（1，3，0）和C（0，0，-4）三点，求球面的方程及球心的坐标和半径.解设所求球面的方程为2()()2 22(x a)y b z c R，将已知点的坐标代入上式，得2b c R22 2a,（1）2b2c2R2(a4),（2）( 2b2c2R2a1)(3),（3）2b2(4c)2R2a，（4）联立（1）（2）得a2,联立（1）（4）得c2,将a2代入（2）（3）并联立得b=1，故R=3.因此所求球面方程为(x2y2z2)(1)(2) 2 9,其中球心坐标为(2,1,2),半径为3.2.建立以点（1，3，-2）为球心，且通过坐标原点的球面方程.解设以点（1，3，-2）为球心，R为半径的球面方程为(x1)2y z R22 2(3)(2),球面经过原点，故2R (021) ( 0 3)2 2(02) 14,从而所求球面方程为(x1)2(y3)2(z2)214.2y z x y z2 23.方程x2420表示什么曲面？解将已知方程整理成(x2y2z1)(2)( 1) 2 2(6) ,所以此方程表示以（1，-2，-1）为球心，以6为半径的球面.4.求与坐标原点O及点（2,3,4）的距离之比为1:2的点的全体所组成的曲面的方程，它表示怎样的曲面？解设动点坐标为（x,y,z），根据题意有2(x0) (y (x22) ( y220)3)((zz220)4)12,化简整理得(x 232y2z)(1)(43)2 (它表示以（23,1,43 2）为球心，以293为25.将xOz坐标面上的抛物线z5x 绕x轴旋转一周，求所生成的旋转曲面的方程.解以2z 22y代替抛物线方程z5x中的z，得22)2(y z5x，即y2z25x.注xOz面上的曲线F(x,z)0绕x轴旋转一周所生成的旋转2z2曲面方程为(,)0F x y.2z26.将xOz坐标面上的圆x9绕z轴旋转一周，求所生成的旋转曲面的方程.解以2y22z2x代替圆方程x9中的x，得9,( 2y22z2x)2y2z2即9.x2y27.将xOy坐标面上的双曲线4x936分别绕x轴及y轴旋转一周，求所生成的旋转曲面的方程.解以2z22y2y代替双曲线方程4936x中的y，得该双曲线绕x轴旋转一周而生成的旋转曲面方程为4 2y2z2 x9(2) 36,即4x29(y2z2)36.以2z22y2x代替双曲线方程4936x中的x，得该双曲线绕y轴旋转一周而生成的旋转曲面方程为4( 2z y22 2x)936,即4(x2z2)9y236.8.画出下列各方程所表示的曲面：2y2 a2a x2 2（1）);(x)y(（2）1;22492z2x（3）1;9 4（4）y2z0;（5）z2x2.解（1）如图8-11（a）；（2）如图8-11（b）；（3）如图8-11（c）；（4）如图8-11（d）；（5）如图8-11（e）.9.指出下列方程在平面解析几何中和在空间解析几何中分别表示什么图形：（1）x2;（2）y x1;2y22y2（3）4;x（4）x 1.解（1）x2在平面解析几何中表示平行于y轴的一条直线，在空间解析几何中表示与yOz面平行的平面.（2）y x1在平面解析几何中表示斜率为1，y轴截距也为1的一条直线，在空间解析几何中表示平行于z轴的平面.2y2（3） 4x在平面解析几何中表示圆心在原点，半径为2的圆，在空间解析几何中表示母线平行于z轴，准线为2x2y4, z0的圆柱面.（4）x2y21在平面解析几何中表示以x轴为实轴，y轴为虚轴的双曲线，在空间解析几何中表示母线平行于z轴，准线为2 x2y1,的双曲柱面.z010.说明下列旋转曲面是怎样形成的：2y2z2x（1）1;49922y z2 （2）1;x4（3）x2y2z21;（4）(z a)2x2y2.2y2z22y2 xx解（1）1表示x Oy面上的椭圆 1绕x 499492z2 x轴旋转一周而生成的旋转曲面，或表示xOz面的椭圆 1绕49x轴旋转一周而生成的旋转曲面.2 22y z2y2（2） 1x表示xOy面上的双曲线x1绕y轴4 42y2旋转一周而生成的旋转曲面，或表示yOz面的双曲线 1z4绕y轴旋转一周而生成的旋转曲面.（3）x2y2z21表示xOy面上的双曲线x2y21绕x轴2z2旋转一周而生成的旋转曲面，或表示xOz面的双曲线 1x绕x轴旋转一周而生成的旋转曲面.（4）22 2(z a)x y表示x Oz面上的直线z x a或z x a绕z轴旋转一周而生成的旋转曲面，或表示yOz面的直线z y a或z y a绕z轴旋转一周而生成的旋转曲面.11.画出下列方程所表示的曲面：（1）4x2y2z24;（2）x2y24z24;2y2z x（3）.349解（1）如图8-12（a）；（2）如图8-12（b）；（3）如图8-12（c）；12.画出下列各曲面所围立体的图形：（1）z0,z3,x y0,x3y0,x2y21（在第一卦限内）；222,22 2 x0,y0,z0,x y R y z R（在第一卦（2）限内）.解（1）如图8-13所示；（2）如图8-14所示.1.画出下列曲线在第一卦限内的图形；（1）xy1,2;（2）zx y4 2 x0;y 2 ,（3）2x2x2y2z2a,2a.解（1）如图8-15（a）；（2）如图8-15（b）；（3）如图8-15（c）.2.指出下列方程组在平面解析几何中与在空间解析几何中分别表示什么图形：（1）yy5x2x1,3;（2）2x4y2y3.91,解（1）yy5x2x1,3在平面解析几何中表示两直线的交点.在空间解析几何中表示两平面的交线，即空间直线.（2）2xy 32y91,2y2x在平面解析几何中表示椭圆 1与449 其切线y3的交点，即切点.在空间解析几何中表示椭圆柱面2y2 x49与其切平面y3的交线，即空间直线. 13.分别求母线平行于x轴及y轴而且通过曲线22x2x2y2z2z2y16,的柱面方程.解在22x2x2y2zy2z216,中消去x，得3 2z2y16,即为母线平行于x轴且通过已知曲线的柱面方程.在22x2xy2z2y2z216,中消去y，得2z23x 216,即为母线平行于y轴且通过已知曲线多的柱面方程.2y z2 2x与平面x z1的交线在xOy面上的投4.求球面9影的方程.解在2x2y2z 9, 中消去z，得x z 12y2x2x y2 2 x(1)9,即2x28,它表示母线平行于z轴的柱面，故2 22x2x yz08,表示已知交线在xOy面上的投影的方程.5.将下列曲线的一般方程化为参数方程：（1）2x(x1)y x;z0.2y2z 9, （2）2 2y ( z21) 4,。

关于同济版高等数学下册练习题附答案

(C)(2,3,4) ; (D)(2, 1, 4).、选择题:1、若a , b 为共线的单位向量，则它们的数量积 a b()■(A) 1 ； (B)-1 ； (C) 0； (D) cos(a, b).向量a b 与二向量a 及b 的位置关系是()■ 共面；(B)共线； (C)垂直；(D)斜交■3、设向量 Q 与三轴正向夹角依次为，，，当cos 0时，有() 5、()2()2 22 2(A)； (B)2 ；2222(C)；(D)2 .6、设平面方程为Bx Cz D 0，且 B , C , D 0 ,则平面 ( ).(A)平行于X 轴；；(B) 平行于y 轴；(C)经过y 轴；(D)经过y 轴.A 1xB 1yC 1zD 1 0冃7、设直线方程为且B ?y D 2 0A l ,B 1,C 1 ,D 1,B 2 , D2 0，则直线( ).(A)过原点； (B)平行于x 轴；(C)平行于y 轴；(D)平行于x 轴■2x y 58、曲面z xy yz 5x 0与直线13z 10的交点是().7(A)(1, 2,3 ),(2, 1, 4) ； (B)(1, 2,3)； 9、已知球面经过(0 , 3,1)且与xoy 面交成圆周2x2y16则此球面的方程是 ().z 0(A) x 22y 2z 6z 160 ；(B) x22 y 2z 16z；(C) x22 y 2z 6z 16 0 ；(D) x 22 y2z6z160.10、下列方程中所示曲面是双叶旋转双曲面的是()2 221 ；2 2 -(A) xyz (B) x y4z ；22 2 2亠 2y 21；x yz (C) xz(D)-1 .4916r r二、已知向量a,b 的夹角等于一，且a 2, b 5，求3(a 2b) (a 3b).三、求向量a {4,3,4}在向量b {2,2,1}上的投影.四、设平行四边形二边为向量a {1, 3,1};b {2,1,3} b 2, 1,3，求其面积.五、已知a, b,为两非零不共线向量，求证：(a b) (a b) 2(a b).六、一动点与点 M (1, 0,0 )的距离是它到平面 x 4的距离的一半，试求该动点轨迹曲面与yoz 面的交线方程.x 3 t七、求直线L :y 1 2t 在三个坐标面上及平面第八章测验题z 5 8tx y 3z 8 0上的投影方程.x 1 y 2 z 2八、求通过直线且垂直于平面2 3 23x 2y z 5 0的平面方程. 九、求点(1 , 4,3)并与下面两直线x 2 4t2x 4y z 1L 1 : L 2 :y 1 t 都垂直的直线x 3y 5z3 2t方程.十、求通过三一平面 : 2x y z 2 0，0的交点，且平行于3、 X m 0(x 2y 2)xy().y 0(A) 0 ;(B) 1 ; (C) 2 ;(D) e .4、函数f (x, y)在点(x 0, y 0)处连续，且两个偏导数f x (X o , y o ), f y (X o , y o )存在是 f (x, y)在该点可微的().(A) 充分条件，但不是必要条件； (B) 必要条件，但不是充分条件；(C) 充分必要条件；(D) 既不是充分条件，也不是必要条件.x 3y z5、设 f (x, y)(x 2y 2)sin平面x y2z 0的平面方程. 0,1~~2~x2y 1y z 1 0内，求作一直线，使它通过则在原点(0,0)处f(x, y)( ).直线y zx 2z 0 与平面的交点，且与已知直线垂直十二、判断下列两直线 (A)偏导数不存在；(C)偏导数存在且连续; (B)不可微；(D)可微.6、设zf (x,v), v v(x, y)其中f,v 具有二阶连续偏导数L : x gL-2 : 1 34 求交点，不在同一平面上求两直线间的距离验题-，是否在同一平面上,在同一平面上2则韦(y).第九章测、选择题： 1、二元函数 ln arcs in 二 x —的定义域y是(). (A) 1 x 2 4；(B)x 2 (C)1 x 2 4 ； (D) x 2 4.2f (A)-v y2f(C)2v7、曲面 2v~~2y(B)」j ；v yxyz2v~~2y2(D)f v f ~~2vyv2v~~2 .ya 3 (a 成的四面体的体积 3 3(A) 2a ；(B)V=(3a 3；0)的切平面与三个坐标面所围). (C)9 3 3~2a； (D) 6a .x 2、设 f (xy,)y(x2y)，则 f(x,y)).8、二元函数 3(xy) 33x y 的极值点是().(A) (1,2)(B) (1.-2)； (C) (-1,2) ； (D) (-1,-1).2(A) x (yy)2x(B)(1yy)2；9、函数sin xsin ysin z 满足2 z(C) y (x丄)2；x(D) -(1xy)2.-(x 0,y0,z 0)的条件极值是().23(A) 1 ; (B) 0 ;(C) i ； (D) 8 .10、设函数u u(x, y), v v(x, y)在点(x, y)的某邻域内可微分，则在点(x, y)处有grad (uv)().二、讨论函数 z X打的连续性，并指岀间断点类型x y三、求下列函数的一阶偏导数：第十章测验题」、选择题：1 1 x1、0dx 0 f(x, y)dy =()1 x 111 x(A) o dy 0 f(x, y)dx ; (B) 0 dy 0 f(x, y)dx ; 111 1 y(C) dy f (x, y)dx ；(D) dy f (x,y)dx .2 2 22、设 D 为 x y a ，当 a ()时，a 2 x 2 y 2 dxdyD(A) 1 ； (B)2、u f (x,xy,xyz),z (x,y)；四、设 uf (x, z)，而 z(x, y)是由方程 z x y (z)所3、当D 是（）围成的区域时二重积分Ddxdy 1.4、 d xe xy dxdy 的值为（）.其中区域D 为1 1 (A)； (B) e ; (C) ； (D) 1.ee2 2 25、设 I (x y )dxdy ,其中 D 由 xD2 2 2 x y z _2221的切平面，使abc该切平面与三坐标面所围成的四面体的体积最小，求这切平面的切点，并求此最小体积六、设 x £ cos v, y e usin v, z uv ,试求一z和一 x y 七、设x 轴正向到方向I 的转角为,求函数 2 2f （x,y ） x xy y 在点（i,i ）沿方向I 的方向导数，并分别确定转角 ,使这导数有（1）最大值；（2）最小值；（3）等于零八、求平面x-3 4 5xoy 平面距离最短的点2 1和柱面x 2y 1的交线上与2a 2rdr4a ;(A)da(B)2 da 2rrdr1 4a2(C)2 da 2r dr 2 3 a ；0 032a(D)d2a adr2 a 4围成,则1=（）.6、设是由三个坐标面与平面 x 2y z =1所围成的空间区域，则xdxdydz =（）. 1、 zIn y3、 f (x, y)2x y 2x 2y22xy220 x y确的函数，求du . 五、设z（u ,x ,y）,uxe y ,其中f 具有连续的二阶偏导0 x 1, 1 y 0.九、在第一卦限内作椭球面1 (A)48 ； (B)11 1(C)； (D)— 4824242 2x y-2 牙(a 0,b 0,c 0)与平 a b2 2 2 2X y 4,x y 1,y x 所围成的在第一象面x 0,y 0,z c 所围成的空间区域在第分,则子 dxdydz =(). (A) 丄a 2b 2 . c ； 1 (B) a 2b 2b ；36 36 (C)—b 2c 2 .. a ； 1 (D) c ab .36368计算1 zdv ,其中2 2为z x 立体,则正确的解法为 ()和().2 1 1(A) I d 0 rdr 0 zdz ; 02 1 1(B) I d 0 rdr 0 zdz ;r2 1 1(C) I d 0 dz 0 rdr ;r1 2 z (D) I dz d zrdr .0 0 07、设 29、曲面卦限的部 2是锥面一2c y 2, z 1围成的3、(yD3x 6y 9)d ，其中D 是闭区域: 2 x 2yR 24、D2x 2 y 2d，其中D :x 2 y 2 3限内的闭区域 . 三、作岀积分区域图形并交换下列二次积分的次序 1 2y33 y1、0dy 0 f (x, y)dx 1 dy 0 f (x, y)dx ；11；1 x 22、dx _ f (x,y)dy ；a3、 0 d o f (r cos , r sin )rdr .11 y 四、将三次积分dx dy f (x, y, z)dz 改换积分次序为xxx y z .五、计算下列三重积分：1、 y cos(x z) dxdyd 乙 :抛物柱面 y x及平面yz x 2 y 2包含在圆柱 2x 内部的那°zo,xz勺所围成的区域部分面积s (). ； (B) ' 2：5 ； (D) 2 .2(y 2 2x 绕成的闭区域z 2)dv,其中是由xoy 平面上曲线x 轴旋转而成的曲面与平面x 5所围10、由直线x y 2,x2,y2所围成的质量分布均匀(设面密度为)的平面溥板，关于 x 轴的转动惯量I x =().(A) 3 ； (B)5 ;(C) 4; (D)6 .【、计算下列二重积分：2 21、(x y )d 其中D 是闭区域:Dzln(x 22 22y2z 1)dv,其中y z 1是由球面1所围成的闭区域六、求平面b :1被三坐标面所割岀的有限部分七、设f (x)在［0,1］上连续，试证:1 1 y0 x x f(x)f(y)f(z)dxdydz第十一章测1 1gff(x)dx]验题、选择题:2、arctg — d ，其中D 是由直线y 0及圆周 D X3设L 为x x 0 , 0 y，则L 4ds 的值为().23(A) 4X o , (B) 6, (C) 6X 0 .设L 为直线y y o 上从点A(0 , y 。

高等数学(同济)下册期末考试题及答案(5套)

高等数学（下册) 考试试卷(一）一、填空题（每小题3分，共计24分）1、 z =)0()(log 22>+a y x a 的定义域为D= . 2、二重积分⎰⎰≤++1||||22)ln(y x dxdy y x的符号为。

3、由曲线x y ln =及直线1+=+e y x ，1=y 所围图形的面积用二重积分表示为，其值为。

4、设曲线L 的参数方程表示为),()()(βαψϕ≤≤⎩⎨⎧==x t y t x 则弧长元素=ds 。

5、设曲面∑为922=+y x 介于0=z 及3=z 间的部分的外侧，则=++⎰⎰∑ds y x )122（。

6、微分方程xyx y dx dy tan +=的通解为。

7、方程04)4(=-y y 的通解为。

8、级数∑∞=+1)1(1n n n 的和为。

二、选择题（每小题2分，共计16分)1、二元函数),(y x f z =在),(00y x 处可微的充分条件是（） (A ）),(y x f 在),(00y x 处连续；（B ）),(y x f x '，),(y x f y '在),(00y x 的某邻域内存在；（C ） y y x f x y x f z y x ∆'-∆'-∆),(),(0000当0)()(22→∆+∆y x 时，是无穷小；(D ）0)()(),(),(lim2200000=∆+∆∆'-∆'-∆→∆→∆y x yy x f x y x f z y x y x .2、设),()(x y xf y x yf u +=其中f 具有二阶连续导数，则2222yuy x u x ∂∂+∂∂等于（）（A ）y x +；（B ）x ； (C ）y ； (D)0 . 3、设Ω：,0,1222≥≤++z z y x 则三重积分⎰⎰⎰Ω=zdV I 等于（）(A)4⎰⎰⎰202013cos sin ππϕϕϕθdr r d d ；（B)⎰⎰⎰2012sin ππϕϕθdr r d d ；（C)⎰⎰⎰ππϕϕϕθ20213cos sin dr r d d ；（D ）⎰⎰⎰ππϕϕϕθ2013cos sin dr r d d 。

高等数学第六版下册课后习题答案-同济大学

本答案由大学生必备网免费提供下载第八章多元函数微分法及其应用第一节多元函数的基本概念本节主要概念，定理，公式和重要结论理解多元函数的概念，会表达函数，会求定义域；理解二重极限概念，注意A y x f y x y x =→),(lim ),(),(00是点),(y x 以任何方式趋于),(00y x ;注意理解本节中相关概念与一元函数中相应内容的区分与联系。

习题 8－11.求下列函数表达式:(1)xy y x y x f +=),(，求),(y x xy f +解：(,)()x yxy f xy x y xyx y ++=++(2)22),(y x y x y x f -=-+，求),(y x f解：(,)()()(,)f x y x y x y x y f x y xy +-=-+⇒= 2.求下列函数的定义域，并绘出定义域的图形: (1)221)1ln(yx x y x z --+-+=解：22221011010x y x y x y x y x +->⎧+>⎧⎪-->⇒⎨⎨+<⎩⎪≥⎩(2))12ln(2+-=y x z 解：2210x y -+>(3) |)|||1ln(),(y x y x f --= 解：1||||0||||1x y x y -->⇒+< 3.求下列极限:(1)22)1,0(),(1limy x xyx y x ++-→解：22(,)(0,1)1lim1x y x xyx y →-+=+ (2)xy xy y x 42lim)0,0(),(+-→解一：(,)(0,0)(,)(0,0)(,)(0,0)18lim2lim2lim 4x y x y x y xyxy →→→=-=-=-解二：(,)(0,0)(,)(0,0)(,)(0,0)1limlim lim 4x y x y x y →→→===-(3)yxy x y x )sin()2(lim )0,1(),(+→(4)2222011limy x y x y x +-+→→解一：(,)(1,0)(,)(1,0)sin()sin()lim (2)lim [(2)]3x y x y xy xy x x x y xy→→+=+=解二：(,)(1,0)(,)(1,0)(,)(1,0)sin()lim (2)lim (2)lim (2)3x y x y x y xy xyx x x x y y →→→+=+=+= (4)22220011limyx y x y x +-+→→解一：2222222200000011lim lim()022x x x y y y x y y x x y x y →→→→→→==⋅=++解二：222222000000x x x y y y y x y →→→→→→===+ 4.证明下列函数当)0,0(),(→y x 时极限不存在:(1)2222),(yx y x y x f +-=解：222222222222001lim lim 1x x y kxx y x k x k x y x k x k →→=---==+++ (2)22222)(),(y x y x y x y x f -+= 解：224222400lim lim 1()x x y x x y x x y x y x →→===+- 2222200lim 0()x y x y x y x y →==+- 5.下列函数在何处是间断的? (1) yx z -=1解：x y =(2)x y xy z 2222-+=解：22y x =第二节偏导数本节主要概念，定理，公式和重要结论1.偏导数：设),(y x f z =在),(00y x 的某一邻域有定义，则xy x f y x x f y x f x x ∆∆∆),(),(lim),(0000000-+=→， yy x f y y x f y x f y y ∆∆∆),(),(lim ),(0000000-+=→. ),(00y x f x 的几何意义为曲线⎩⎨⎧==0),(y y y x f z 在点)),(,,(0000y x f y x M 处的切线对x 轴的斜率.),(y x f 在任意点),(y x 处的偏导数),(y x f x 、),(y x f y 称为偏导函数，简称偏导数.求),(y x f x 时，只需把y 视为常数，对x 求导即可.2.高阶偏导数),(y x f z =的偏导数),(),,(y x f y x f y x 的偏导数称为二阶偏导数，二阶偏导数的偏导数称为三阶偏导数，如此类推. 二阶偏导数依求导次序不同，有如下4个：xy zy x z y z x z ∂∂∂∂∂∂∂∂∂∂222222,,,，其中后两个称为混合偏导数. 若两个混合偏导数皆为连续函数，则它们相等，即可交换求偏导数的次序.高阶混合偏导数也有类似结果.习题 8－21.求下列函数的一阶偏导数:(1)xy y xz +=解：21,z z xy x x y y y∂∂=+=-+∂∂ (2)xyz arctan =解：2222222111,1()1()z y y z x y y x x x y y x x y x x∂--∂=⋅==⋅=∂+∂+++ (3))ln(22y x x z ++=解：(1z x ∂==∂z y ∂==∂(4))ln(222z y x u ++= 解：222222222222,,u x u y u zx x y z y x y z z x y z∂∂∂===∂++∂++∂++(5)⎰=yzxzt dt e u 2解：22222222,,x z y z y z x z uu u ze ze ye xe x y z∂∂∂=-==-∂∂∂ (6)x y y x z cos sin = 解：2211cos cos sin sin ,cos cos sin sin z x y y x y u x x y x y x y y x x y x y y y x x y x ∂∂=+=--∂∂ (7)y x xy z ++=)1( (8))cos(ϕθϕθ-=+e u解：(1)[ln(1)],(1)[ln(1)]11x y x y z x y u x y xy xy y xy xy x x xy y xy ++∂+∂+=+++=+++∂+∂+ (8))cos(ϕθϕθ-=+e u解：[cos()sin()],[cos()sin()]u u e e θϕθϕθϕθϕθϕθϕθϕ++∂∂=---=-+-∂∂ 2.求下列函数在指定点处的一阶偏导数: （1）yxy x z arcsin)1(2-+=，求)1,0(x z 解：20(0,1)lim0x x x z x∆→∆==∆ （2）xyx e x z yarctan)1(2-+=，求)0,1(y z 解：01(1,0)lim1y y y e z y∆∆→-==-∆ 3.求下列函数的高阶偏导数:(1))ln(xy x z =，求22x z ∂∂，22yz ∂∂，y x z∂∂∂2解：ln()1,z z x xy x y y∂∂=+=∂∂ 22222211,,z z x z x x y y x y y∂∂∂==-=∂∂∂∂ (2))2(cos 2y x z +=，求22x z ∂∂，22yz ∂∂，y x z ∂∂∂2，x y z ∂∂∂2解：2cos(2)sin(2)sin 2(2)zx y x y x y x ∂=-++=-+∂ 4cos(2)sin(2)2sin 2(2)zx y x y x y y∂=-++=-+∂ 222222cos 2(2),8cos 2(2),4cos 2(2)z z zx y x y x y x y x y∂∂∂=-+=-+=-+∂∂∂∂(3)⎰+=22 y x xtdt e z ，求22x z ∂∂， yx z ∂∂∂2解：22222222222,2(12),4x y x x y x x y z z z xe e x e e xye x x x y+++∂∂∂=-=+-=∂∂∂∂ 4.设⎪⎩⎪⎨⎧=+≠++-=0 00),(22222233y x y x y x xy y x y x f ，求)0,0(xy f 和)0,0(yx f .解：00(0)(0,0)00(0,0)lim lim 0x x x f x f f x x ∆→∆→∆--===∆∆，00(0,)(0,0)00(0,0)lim lim 0y y y f y f f y y ∆→∆→∆--===∆∆4224222224(,),0()x x x y y f x y y x y x y +-=+≠+ 4224222224(,),0()y x x y y f x y x x y x y --=+≠+ 54000(0,)(0,0)(0,0)lim lim 1x x xy y y y f y f y f y y∆→∆→-∆-∆-∆===-∆∆54000(,0)(0,0)(0,0)lim lim 1x x yx x x x f x f x f x x ∆→∆→∆-∆-∆===∆∆5.设)11(y x e z +-=，求证z y z y x z x222=∂∂+∂∂ 解: 1111()()2211,x y x y z z e ex x y y-+-+∂∂==∂∂ 111111()()()2222221122x yx y x y z z x y x e y e e z x y x y-+-+-+∂∂+=⋅+⋅==∂∂ 6.设222z y x r ++=，证明r zr y r x r 2222222=∂∂+∂∂+∂∂证明: 22222223,r x r x r r x r r x x r x r x r r r ∂--∂∂-∂=====∂∂ 由轮换对称性, 2222222323,r r y r r z y r z r ∂-∂-==∂∂222222222223321r r r r x y z r x y z r r r∂∂∂---++===∂∂∂ 第三节全微分本节主要概念，定理，公式和重要结论1.全微分的定义若函数),(y x f z =在点),(00y x 处的全增量z ∆表示成22),(y x o y B x A z ∆+∆=+∆+∆=∆ρρ则称),(y x f z =在点),(00y x 可微，并称Bdy Adx y B x A +=+∆∆为),(y x f z =在点),(00y x 的全微分，记作dz .2.可微的必要条件：若),(y x f z =在),(00y x 可微，则（1）),(y x f 在),(00y x 处连续；（2）),(y x f 在),(00y x 处可偏导，且),(),,(0000y x f B y x f A y x ==，从而dy y x f dx y x f dz y x ),(),(0000+=.一般地，对于区域D 内可微函数， dy y x f dx y x f dz y x ),(),(+=.3.可微的充分条件：若),(y x f z =在),(00y x 的某邻域内可偏导，且偏导数在),(00y x 处连续，则),(y x f z =在),(00y x 可微。

同济版高等数学下册练习题(附答案)之欧阳理创编

第八章测验题时间：2021.03.05 创作：欧阳理一、选择题：1、若，为共线的单位向量，则它们的数量积().(A) 1；(B)1；(C)0；(D).向量与二向量及的位置关系是().共面；(B)共线；(C) 垂直；(D)斜交 .3、设向量与三轴正向夹角依次为，当时，有()5、()(A)；(B)；(C)；(D).6、设平面方程为，且，则平面().(A) ；(B) ；(C) ；(D) .7、设直线方程为,则直线().(A) 过原点；(B)；(C)；(D).8、曲面与直线的交点是().(A)；(B)(C)； (D)9、已知球面经过且与圆周，则此球面的方程是((A)；(B)；(C)；(D).10、下列方程中所示曲面是双叶曲面的是( ).(A)；(B)；(C)；(D)二、已知向量的夹角等于，且，求 .三、求向量在向量上的投影 .四、设平行四边形二边为向量，求其面积 .五、已知为两非零不共线向量，求证：.六、一动点与点的距离是它到平面的距离的一半，试求该动点轨迹曲面与面的交线方程 .七、求直线：在三个坐标面上及平面上的投影方程 .八、求通过直线且垂直于平面的平面方程 .九、求点并与下面两直线：，都垂直的直线方程 .十、求通过三平面：和的交平行于平面的平面方程十一、在平面内，求线，使它通过直线与平点，且与已知直线垂直 .十二、判断下列两直线,是否在同一平面同一平面上求交点，不在同一平两直线间的距离 .第九章测验题一、选择题:1、二元函数定义域是( ).(A)； (B)(C)； (D)2、设,则( )(A)；(B)；(C)；(D).3、( ).(A)0；(B)1；(C)2；(D).4、函数在点处连续,且两个偏导数存在是在该点可微的( ).(A)充分条件,但不是必要条件；(B)必要条件,但不是充分条件；(C)充分必要条件；(D)既不是充分条件,也不是必要条件.5、设则在原点处( ).(A)偏导数不存在；(B)不可微；(C)偏导数存在且连续；(D)可微 .6、设其中具有二阶连续偏导数.则( ).(A)；(B)；(C)； (D)7、曲面的切平面与三面所围成的四面体的体积V=( ).(A)；(B)；(C)；(D).8、二元函数的极( ).(A)(1,2)；(B)(1.2)；(C)(1,2)；(D9、函数满足的条件极(A)1；(B)0；(C)；(D).10、设函数在点某邻域内可微分,则在点处有( ).二、讨论函数的连续性，间断点类型.三、求下列函数的一阶偏导数:1、；2、；3、 .四、设,而是由方程所确的函数,求 .五、设,其中具有连续的二阶偏导数,求.六、设,试求和 .七、设轴正向到方向的转角为求函数在点(1,1)沿方向的方向导数,并分别确定转角使这导数有(1)最大值；(2)最小值；(3)等于零 .八、求平面和柱面的交线上与平面距离最短的点 .九、在第一卦限内作椭球面的切平面,使该切平面与三坐标面所围成的四面体的体积最小,求这切平面的切点,并求此最小体积 .第十章测验题一、选择题: 1、=( )(A)； (B)(C)； (D)2、设为,当( )时,.(A) 1 ； (B) ；(C) ； (D) .3、当D是( )围成的区域时二4、的值为( ).其中区(A) (B) e ; (C) (D) 1.5、设,其中由所围成,则=( ).(A);(B);(C);(D).6、设是由三个坐标面与平面所围成的空间区域,则=( ).(A)；(B)；(C)；(D) .7、设是锥面与平面所围成的空间区域在第一卦限的部分,则=( ).(A)；(B)；(C)；(D).8、计算,其围成的立体,则正确的解法为( )和( ).(A)；(B)；(C)；(D).9、曲面包含在圆柱内部的那部分面积( ).；(B) ；；(D) .10、由直线所围成的质量分布均匀(设面密度为)的平面薄板,关于动惯量=( ).(A)；(B)；(C)；(D).二、计算下列二重积分:1、,其中是闭区域:2、,其中是由直线周,所围成的在限内的闭区域 .3、,其中是闭域:4、,其中:三、作出积分区域图形并交换下积分的次序:1、；2、；3、.四、将三次积分分次序为.五、计算下列三重积分:1、:抛物柱面所围成的区域 . 2、其中是由平面上曲线绕轴旋转而成的曲面与平面所围成的闭区域 .3、其中是由球面所围成的闭区域 .六、求平面被三坐标面所割出的有限部分的面积 .七、设在上连续,试证:.第十一章测验题一、选择题:设为,则的值为( ).(A)，(B)(C).设为直线上从点的有向直线段,则=( ).(A)6;(B) ;(C)0.若是上半椭圆取顺时则的值为( ).(A)0;(B);(C).4、设在单连通区域阶连续偏导数,则在内与路径条件是( ).(A)充分条件;(B)必要条件;(C)充要5、设为球面,为其面,则( )式正确.(A);(B);(C).6、若为在面上方部分的曲面 ,则等于( ).(A);(B);(C).7、若为球面的外侧,则等于( ).(A);(B)2;(C) 0.8、曲面积分在数值上等于( ).向量穿过曲面的流量；面密度为的曲面的质量；向量穿过曲面的流量 .9、设是球面的外侧,是面上的圆域,下述等式正确的是( ).(A)；(B)；(C).10、若是空间区域的外表面算中运用奥高公式正确的是( ).(A)=(B)=；(C)=二、计算下列各题:1、求,其中为；2、求为上半圆周,,沿逆时三、计算下列各题:1、求其中是界之间的圆柱面；2、求，其中为锥面的外侧；其中为曲面的上侧 .四、证明:在整个平面除去的负半轴及原点的开区域内是某个二元函数的全微分,并求出一个这样的二元函数 .五、求均匀曲面的重心的坐标 .六、求向量通过区域的边界曲面流向外侧的通量 .七、流体在空间流动,流体的密度处处相同(),已知流速函数,求流体在单位时间内流过曲面流量(流向外侧)和沿,的环流量(从看去逆时针方向) .第十二章测验题一、选择题:1、下列级数中,收敛的是( ).(A)；(B)；(C)；(D).2、下列级数中,收敛的是( ).(A)；(B)；(C)； (D).3、下列级数中,收敛的是( )(A)；(B)；(C)；(D).4、部分和数列有界是正项级收敛的( )(A)充分条件；(B)必要条件；(C)充要条件；(D)既非充分又非必要条件 .5、设为非零常数,则当( )时,级数收敛 .(A)；(B)；(C)；(D).6、幂级数的收敛区间是( ).(A)；(B) ；(C) ；(D) .7、若幂级的收敛半径为;的收敛半径为,则幂级数的收敛半径至少为( ) (A)；(B)；(C)；(D) .8、当时,级数是((A)条件收敛；(B)绝对收敛；(C)发散；(D)敛散性与.9、是级数收敛的( )(A)充分条件；(B)必要条件；(C)充要条件；(D)既非充分又非必10、幂级数的收敛区间(A)；(B) ；(C)；(D) .二、判别下列级数的收敛性:1、；2、.三、判别级数的敛散四、求极限五、求下列幂级数的收敛区间:1、；、六、求幂级数的和函数??七、求数项级数的和??八、试将函数展开成x的幂级数九、设是周期为的函数,它在上的表达式为将展开成傅立叶级数 .十、将函数分别展开成正弦级数和余弦级数 .十一、证明:如果以为周期,则的傅立叶系数,.第八章测验题答案一、1、D；2、C；3、C；4、A；5、B；6、B；7、C；8、A；9、D； 10、D.二、103. 三、2. 四、.六、.七、, ,.八、.九、.十、.十一、.十二、直线为异面直线,第九章测验题答案一、1、A；2、B；3、B；4、D；6、C；7、A；8、A；9、D； 1二、(1)当时,在点函数(2)当时,而不是原点时则为可去间断点,为无穷间三、1、,；2、.3、.四、.五、.六、七、八、九、切点.第十章测验题答案1、D；2、C；3、A；4、A；5、B；6、A；7、A；8、B,D；9、B； 10、C.二、1、；2、；3、；4、三、1、；2、；3、.四、.五、1、； 2、； 3、0六、.七、提示：第十一章测验题答案一、1、B；2、C；3、C；4、B；6、C；7、B；8、C；9、C； 10二、1、； 2、.三、1、； 2、； 3、四、.五、. 六、3.七、.第十二章测验题答案一、1、B；2、B；3、C；4、D；6、C；7、D；8、A；9、B； 1二、1、发散； 2、收敛.三、条件收敛.四、. (提示:化成)五、1、； 2、.六、.七、.八、九、,().十、时间：2021.03.05 创作：欧阳理。

高等数学同济下册期末考试题及答案5套11

大学高等数学（下册）考试试卷（一）一、填空题（每小题3分，共计24分） 1、 z =)0()(log 22>+a y x a 的定义域为D= 。

2、二重积分⎰⎰≤++1||||22)ln(y x dxdy y x 的符号为。

3、由曲线x y ln =及直线1+=+e y x ，1=y 所围图形的面积用二重积分表示为，其值为。

4、设曲线L 的参数方程表示为),()()(βαψϕ≤≤⎩⎨⎧==x t y t x 则弧长元素=ds 。

5、设曲面∑为922=+y x 介于0=z 及3=z 间的部分的外侧，则=++⎰⎰∑ds y x )122（。

6、微分方程xyx y dx dy tan +=的通解为。

7、方程04)4(=-y y 的通解为。

8、级数∑∞=+1)1(1n n n 的和为。

二、选择题（每小题2分，共计16分） 1、二元函数),(y x f z =在),(00y x 处可微的充分条件是（）（A ）),(y x f 在),(00y x 处连续；（B ）),(y x f x '，),(y x f y '在),(00y x 的某邻域内存在；（C ） y y x f x y x f z y x ∆'-∆'-∆),(),(0000当0)()(22→∆+∆y x 时，是无穷小；（D ）0)()(),(),(lim 2200000=∆+∆∆'-∆'-∆→∆→∆y x yy x f x y x f z y x y x 。

2、设),()(xyxf y x yf u +=其中f具有二阶连续导数，则2222yuy x u x ∂∂+∂∂等于（）（A ）y x +；（B ）x ； (C)y ； (D)0 。

3、设Ω：,0,1222≥≤++z z y x 则三重积分⎰⎰⎰Ω=zdV I 等于（）（A ）4⎰⎰⎰2020103cos sin ππϕϕϕθdr rd d ；（B ）⎰⎰⎰2012sin ππϕϕθdr r d d ；（C ）⎰⎰⎰ππϕϕϕθ2020103cos sin dr r d d ；（D ）⎰⎰⎰ππϕϕϕθ200103cos sin dr r d d 。

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(C) ； (D) .
3、当D是( )围成的区域时二重积分
4、的值为( ).其中区域D为
(A) (B)e; (C) (D) 1.
5、设 ,其中由所
围成,则 =( ).
(A) ;
(B) ;
(C) ;
(D) .
6、设是由三个坐标面与平面 =1所围成的
空间区域,则 =( ).
(A) ；(B) ；(C) ；(D) .
1、求 ,其中为曲线；
2、求 ,其中为上
半圆周 , ,沿逆时针方向 .
三、计算下列各题:
1、求其中是界于平面
之间的圆柱面；
2、求，
其中为锥面的外侧；
其中为曲面的上侧 .
四、证明: 在整个平面除去的负半轴及
原点的开区域内是某个二元函数的全微分,并求出一个这样的二元函数 .
五、求均匀曲面的重心的坐标.
9、是级数收敛的( )
(A)充分条件；(B)必要条件；
(C)充要条件；(D)既非充分又非必要条件 .
10、幂级数的收敛区间是( )
(A) ；(B) ；
(C) ；(D) .
二、判别下列级数的收敛性:
1、；2、 .
三、判别级数的敛散性 .
四、求极限 .
五、求下列幂级数的收敛区间:
1、；2、 .
一、选择题:
设为 ,则的值为( ).
(A) ，(B) (C) .
设为直线上从点到点的有向直线段,则 =( ).
(A)6;(B) ;(C)0.
若是上半椭圆取顺时针方向,则
的值为( ).
(A)0;(B) ;(C) .
4、设在单连通区域内有一阶连续
偏导数,则在内与路径无关的条件
是( ).
(C) ；(D) .
6、设平面方程为，且，则平面().
(A) ；(B) ；
(C) ；(D) .
7、设直线方程为且
,则直线().
(A)过原点；(B) ；
(C) ；(D) .
8、曲面与直线
的交点是().
(A) ；(B) ；
(C) ；(D)
9、已知球面经过且与面交成圆周
，则此球面的方程是( ).
(A) ；(B) ；
(C) ；(D) .
6、幂级数的收敛区间是( ).
(A) ；(B) ；
(C) ；(D) .
7、若幂级的收敛半径为 ;
的收敛半径为 ,则幂级数
的收敛半径至少为( )
(A) ；(B) ；
(C) ；(D) .
8、当时,级数是( )
(A)条件收敛；(B)绝对收敛；
(C)发散；(D)敛散性与 .
(设面密度为 )的平面薄板,关于轴的转动惯量
=( ).
(A) ；(B) ；
(C) ；(D) .
二、计算下列二重积分:
1、 ,其中是闭区域:
2、 ,其中是由直线及圆周
, 所围成的在第一象
限内的闭区域 .
3、 ,其中是闭区
域:
4、 ,其中 : .
三、作出积分区域图形并交换下列二次积分的次序:
1、；
6、B； 7、C； 8、A； 9、D； 10、D.
二、-103. 三、2. 四、 .
六、 .
七、 , , ,
.
八、 .
九、 .
十、 .
十一、 .
十二、直线为异面直线, .
第九章测验题答案
一、1、A； 2、B； 3、B； 4、B； 5、D；
6、C； 7、A； 8、A； 9、D； 10、B.
二、(1)当时,在点函数连续；
10、设函数在点的某邻
域内可微分,则在点处有
( ).
二、讨论函数的连续性，并指出间断点类型.
三、求下列函数的一阶偏导数:
1、；
2、；
3、 .
四、设 ,而是由方程所确的函数,求 .
五、设 ,其中具有连续的二阶偏导数,求 .
六、设 ,试求和 .
七、设轴正向到方向的转角为求函数在点(1,1)沿方向的方向导数,并分别确定转角使这导数有(1)最大值；(2)最小值；(3)等于零 .
(A) ；
(B) ；
(C) ；
(D) .
10、下列方程中所示曲面是双叶旋转双曲面的是( ).
(A) ；(B) ；
(C) ；(D) .
二、已知向量的夹角等于，且，求 .
三、求向量在向量上的投影 .
四、设平行四边形二边为向量
，求其面积 .
五、已知为两非零不共线向量，求证： .
六、一动点与点的距离是它到平面的距离的一半，试求该动点轨迹曲面与面的交线方程.
存在是在该点可微的( ).
(A)充分条件,但不是必要条件；
(B)必要条件,但不是充分条件；
(C)充分必要条件；
(D)既不是充分条件,也不是必要条件.
5、设
则在原点处 ( ).
(A)偏导数不存在；(B)不可微；
(C)偏导数存在且连续；(D)可微 .
6、设其中具有二阶连续偏导数.则 ( ).
(A) ；(B) ；
关于同济版高等数学下册练习题附答案
第八章测验题
一、选择题：
1、若，为共线的单位向量，则它们的数量积
().
(A)1；(B)-1；
(C)0；(D) .
向量与二向量及的位置关系是().
共面；(B)共线；
(C)垂直；(D)斜交.
3、设向量与三轴正向夹角依次为，当
时，有()
5、 ()
(A) ；(B) ；
(A)充分条件;(B)必要条件;(C)充要条件.
5、设为球面 , 为其上半球面,则
( )式正确.
(A) ;
(B) ;
(C) .
6、若为在面上方部分的曲面 ,
则等于( ).
(A) ;(B) ;
(C) .
7、若为球面的外侧,则
等于( ).
(A) ;
(B)2 ;(C) 0.
8、曲面积分在数值上等于( ).
六、求幂级数的和函数 .
七、求数项级数的和 .
八、试将函数展开成x的幂级数.
九、设是周期为的函数,它在上的表达式为将展开成傅立叶级数 .
十、将函数分别展开成正弦级数
和余弦级数 .
十一、证明:如果以为周期,
则的傅立叶系数
, .
第八章测验题答案
一、1、D； 2、C； 3、C； 4、A； 5、B；
七、求直线：在三个坐标面上及平面上的投影方程.
八、求通过直线且垂直于平面的平面方程.
九、求点并与下面两直线
：，都垂直的直线方程 .
十、求通过三平面：，
和的交点，且平行于平面的平面方程 .
十一、在平面内，求作一直线，使它通过直线与平面的交点，且与已知直线垂直.
十二、判断下列两直线 ,
7、设是锥面与平面所围成的空间区域在第一卦限的部分,则 =( ).
(A) ；(B) ；
(C) ；(D) .
8、计算 ,其围成的立体,则正确的解法为( )和( ).
(A) ；
(B) ；
(C) ；
(D) .
9、曲面包含在圆柱内部的那
部分面积 ( ).
；(B) ；
；(D) .
10、由直线所围成的质量分布均匀
八、求平面和柱面的交线上与平面距离最短的点 .
九、在第一卦限内作椭球面的切平面,使该切平面与三坐标面所围成的四面体的体积最
小,求这切平面的切点,并求此最小体积 .
第十章测验题
一、选择题:
1、 =( )
(A) ； (B)ห้องสมุดไป่ตู้；
(C) ； (D) .
2、设为 ,当 ( )时,
.
(A) 1 ； (B) ；
,是否在同一平面上，在同一平面上求交点，不在同一平面上求两直线间的距离.
第九章测验题
一、选择题:
1、二元函数的定义域是( ).
(A) ；(B) ；
(C) ；(D) .
2、设 ,则 ( ).
(A) ；(B) ；
(C) ；(D) .
3、 ( ).
(A)0；(B)1；
(C)2；(D) .
4、函数在点处连续,且两个偏导数
(2)当时,而不是原点时,
则为可去间断点, 为无穷间断点.
三、1、 , ；
2、
.
3、
.
四、 .
五、 .
六、
七、
八、
九、切点 .
第十章测验题答案
1、D； 2、C； 3、A； 4、A； 5、B；
6、A； 7、A； 8、B,D； 9、B； 10、C.
二、1、；2、；
3、；4、
三、1、；
2、下列级数中,收敛的是( ).
(A) ；(B) ；
(C) ；(D) .
3、下列级数中,收敛的是( )
(A) ；(B) ；
(C) ；(D) .
4、部分和数列有界是正项级数收敛的
( )
(A)充分条件；(B)必要条件；
(C)充要条件；(D)既非充分又非必要条件 .
5、设为非零常数,则当( )时,级数收敛 .
一、1、B； 2、B； 3、C； 4、C； 5、D；
6、C； 7、D； 8、A； 9、B； 10、A.
二、1、发散； 2、收敛.
三、条件收敛.
四、 .(提示:化成 )
五、1、； 2、 .
六、 .
七、 .
八、