高等数学(本科)第七章课后习题解答

习题7.1
1.在空间直角坐标系中，指出下列各点位置的特点.
()0,5,0-A ；()0,3,3-B ；()3,0,6-C ；()0,0,4D ；()7,5,0-E ；()9,0,0F .
【解】A 点在y 轴上；B 点在xoy 坐标面上；C 点在zox 坐标面上；D 点在x 轴上；E 点在yoz 坐标面上；F 点在z 轴上. 2.指出下列各点所在的卦限.
()1,3,2-A ；()2,1,7--B ；()1,3,2---C ；()3,2,1--D .
【解】A 点在第五卦限；B 点在第三卦限；C 点在第七卦限；D 点在第六卦限. 3.自点()2,3,1--M 分别作xoy 、yoz 、zox 坐标面和x 、y 、z 坐标轴的垂线，写出各垂足的坐标，并求出点M 到上述坐标面和坐标轴的距离.
【解】()2,3,1--M 在xoy 坐标面上的垂足为()0,3,1-、在yoz 坐标面上的垂足为
()2,3,0-、在zox 坐标面上的垂足为()2,0,1--；
()2,3,1--M 在x 轴的垂足为()0,0,1-、在y 轴的垂足为()0,3,0、在z 轴的垂
足为()2,0,0-；
()2,3,1--M 到x 轴的距离为()13232
2=-+；
()2,3,1--M 到y 轴的距离为()()52122=-+-；
()2,3,1--M 到z 轴的距离为
()10312
2=+-.
3.已经点()2,1,3--M .求：（1）点M 关于各坐标面对称点的坐标；（2）点M 关于各坐标轴对称点的坐标；（3）点M 关于坐标原点的对称点的坐标. 【解】（1）()2,1,3--M 关于xoy 面对称点的坐标是(),2,1,3-； ()2,1,3--M 关于yoz 面对称点的坐标是(),2,1,3---；
()2,1,3--M 关于zox 面对称点的坐标是(),2,1,3-.
（2）()2,1,3--M 关于x 轴对称点的坐标是(),2,1,3； ()2,1,3--M 关于y 轴对称点的坐标是(),2,1,3--；
()2,1,3--M 关于z 轴对称点的坐标是(),2,1,3--.
（3）()2,1,3--M 关于坐标原点的对称点的坐标是(),2,1,3-. 5.求点()5,3,4-A 到坐标原点和各坐标轴的距离.
【解】 ()5,3,4-A 到坐标原点距离为()2553422
2=+-+；
()5,3,4-A 到x 轴的距离为()34532
2=+-；
()5,3,4-A 到y 轴的距离为415422=+； ()5,3,4-A 到z 轴的距离为()5342
2=-+.
6.在y 轴上求与点()7,2,3-A 和()7,1,3-B 等距离的点. 【解】设所求点为()0,,0y C .据题意，有 BC AC =，即
()()()()=
-+-+--2
2270230y ()()()()22270130--+-+-y
解得 23=
y .所以，所求之点为.0,23,0⎪⎭
⎫ ⎝⎛C 7.已知三角形ABC 的顶点坐标分别为()3,2,1A 、()3,10,7B 和()1,3,1-C ，试证明 ∠BAC 为钝角. 【解】AB 边长()()()1033210172
22=-+-+-==AB c ；
AC 边长()()()()33123112
22=-+-+--=b ； BC 边长()()()()11731103712
22=-+-+--=a .
由余弦定理知
cos ∠BAC ()
01032117
10322
22222<⨯⨯-+=
-+=bc a c b ，
所以，∠BAC 为钝角.
8.试在xoy 面上求一点，使它到()5,1,1-A 、()4,4,3B 和()1,6,4C 各点的距离相等. 【解】设所求点为()0,,y x D .据题意，有 CD BD AD ==，即
()()()()=
-+--+-2
225011y x ()()()222443-+-+-z y x
()()()222164-+-+-=
z y x
解得 5,16-==y x .所以，所求之点为().0,5,16-D
习题7.2
1.设平行四边形ABCD 的对角线向量b BD a AC ==,，试用a ，b 表示
DA CD BC AB ,,,.
【解】记平行四边形ABCD 的对角线的交点为O .
()
b a b a BD AC OD OC DC AB -=-=-=-==2
1
21212121；
同理可求出，()
b a a b OC BO BC +=+=+=21
2121；
()a b AB CD -=-=21
；
()
b a BC DA +-=-=2
1
.
2.已知向量n m a 23-=，n m a +=.试用向量n m ,表示b a 32-. 【解】b a 32-()()
n m n m n m 733232-=+--=.
3.设c b a u 2-+=，c b a v +--=3.试用向量c b a ,,表示v u 32-. 【解】v u 32-()()
c b a c b a c b a 71153322-+=+----+=. 4.设ABCDEF 是一个正六边形，AF b AB a ==,，试用a ，b 表示
EF DE CD BC ,,,.
【解】记六边形ABCDEF 的对角线的交点为O .则四边形ABOF 、CDEO 、DEFO 及ABCO 均为平行四边形.由向量加法的平行四边形法则知，
b a AF AB AO BC +=+==； b AF CD ==；
a BA BA AO DE -=-===；
()
.b a BC EF +-=-=
5.设向量k a j a i a a z y x ++=,，若它满足下列条件之一：
（1）a 垂直于z 轴；（2）a 垂直于xoy 面；（3）a 平行于yoz 面.那么它的坐标有
什么有何特征？ 【解】
（1）因为a 垂直于z 轴，故0.=k a ，即0=z a ；
（2）因为a 垂直于xoy 面，故a 平行于z 轴，从而a ∥{}1,0,0=k ，所以，
0==y x a a . （3）a 平行于yoz 面，故垂直于x 轴，从而.a 0=i ，所以，0=x a . 6.已知向量{}7,4,4-=AB ，它的终点坐标为()7,1,2-B ，求它的起点坐标. 【解】设起点()z y x A ,,，则{}z y x AB ----=7,1,2，根据已知条件，有
77,41,42=--=--=-z y x ，解得 .0,3,2==-=z y x 所以，起点坐标为 ()0,3,2-A .
7.已知向量{}1,1,6-=a ，{}0,2,1=b .求 （1）向量b a c 2-=； （2）向量c 的方向余弦； （3）向量c 的单位向量. 【解】
（1）c {}{
}{}{}{}{}1,3,401,41,260,4,21,1,60,2,121,1,6--=----=--=--=.
（2()()261342
2
2=-+-+=.故，
⎭⎬⎫
⎩⎨⎧--==
261,263,2640c c ，
所以，向量c 的方向余弦为.261cos ,26
3cos ,26
4cos -
=-
==
γβα
（3）.向量c 的单位向量为⎭⎬⎫
⎩⎨⎧--±261,263,26
4.
8.试确定m 和n 的值，使向量k n j i a ++-=32和k j i m b 26+-=平行. 【解】因为a ∥b ，所以
2
632n
m =-=-，解得 .1,4-==n m
9.已知向量{}12,9,8-=b 及点()7,1,2-=A ，由点A 作向量AM 34=， 且AM 与b 的方向相同.求向量AM 的坐标表达式及点M 的坐标.
【解】设()z y x M ,,，则{}7,1,2-+-=z y x AM .据题意知AM ∥b 且与b 同向，因此有
λ=--=+=-12
7
9182z y x ，① 且 0>λ. ② 由①式得 λλλ127,91,82=-++=-z y x . 又已知
34=，故有 ()()()3412982
22=++λλλ. ③
③式化简得
4115628922=⇒=λλ，
解得 2=λ或2-=λ（舍）.所以，.17,17,18-===z y x
因此AM {
}24,18,16-=，()17,17,18-=M . 10.已知点()4,2,1--A 和点()
z B ,2,6-9=，求z 的值. 【解】()(){}{}4,4,74,22,16+-=----
--=z z AB .9=，得
()()94472
2
2=++-+z ，化简得
082=+z z ，解之，得 0=z 或.8-=z
11.已知点()
1,2,41M 和点()2,0,32M ，计算向量21M M 的模、方向余弦和方向角. 【解】{}{}
1,2,112,20,4321--=---=M M ；
()
()
212122
2
=+-+-=
. 因为{}
⎭⎬⎫
⎩
⎨⎧--=--==21,22,211,2,121210
2
1M M M M .
所以21M M 的方向余弦是.2
1
cos ,22cos ,21cos =-
=-=γβα 方向角为.3cos ,43,32π
γπβπα===
12.求与下列向量a 同方向的单位向量0a . （1）{}1,4,2-=a ；（2）k j i a ++-=32.
【解】
（1
()2114222
2=+-+=
，所以
{}⎭
⎬⎫
⎩⎨
⎧-
=-=
=211,
21
4,21
2
1,4,221
10a a .
（2()141322
22=++-=
，所以
.141,143,1421410⎭
⎬⎫
⎩⎨⎧-=
=
a a 习题7.3
1.设向量k j i a 23--=，k j i b -+=
2.求：
（1）b a .；（2）b a ⨯；（3）()()b a 32⨯-；（4）()
b a 2⨯；（5）向量b a ,的夹角. 【解】
（1）()()()3122113.=-⨯-+⨯-+⨯=b a ；
（2
）k j i j b a 7521++=-=⨯；
（3）()()()
1836.63.2-=⨯-=-=-b a b a ；
（4）()()k j i b a b a 1421022++=⨯=⨯；
（5）
()()142132
2
2=-
+-+=()61212
22=-++=，故
21236143.,cos =⨯==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∧b a b a ，所以向量b a ,的夹角为 .2123arccos ,=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛∧b a 2.设向量a ，b ，c 为单位向量，且满足0=++c b a ①.求：a c c b b a ...++. 【解】由①式得
()0.=++c b a a ；
()0.=++c b a b ；
()
0.=++c b a c .
即 0..=++c a b a ； ②
0..=+c b a b ； ③
0..=++b c a c ； ④ 将②、③、④相加得
()
03...2=+++a c c b b a
所以，.2
3
...-=++a c c b b a
3.已知点()2,1,1-A ，()2,6,5-B ，()1,3,1-C 求： （1）同时与AB 及AC 垂直的单位向量； （2）ABC ∆的面积. 【解】
（1）AB AC ⨯{
}16,12,151612153405=++=--=k j i k
j .
25161215222=++=. 所以，同时与AB 及AC 垂直的单位向量为 {}
⎭
⎬⎫
⎩⎨⎧±=±
=⨯±
2516,2512,25116,12,15251AC AB .
（2）ABC ∆的面积2
25
=
=
. 4.设{}2,5,3-=a ，{}4,1,2=b ，则当实数λ与μ有什么关系时，能使b a μλ+与z 轴垂直？
【解】{}μλμλμλμλ42,5,23+-++=+b a .要使b a μλ+与z 轴垂直，只须
b a μλ+与{}1,0,0=k 垂直，于是有
()042.=+-=+μλμλk b a ，即 .2μλ=
5.设质量为100kg 的物体从点()8,1,31M 沿直线移动到点()2,4,1M ，计算重力所做的功.
【解】{}6,3,21--==M M s ，{}{}980,0,01008.9,0,0=⨯-=F .所以，
{}{}58806,3,2.980,0,0.=---==s F W （焦耳）.
6.已知{}3,2,1-=a ，{}1,4,2-=b ，{}0,2,4=c ，b a ⨯是否与c 平行？
【解】{}0,5,1005104221--=+--=--=⨯k j i j i b a ；
因为c b a 5
2
-=⨯，所以，b a ⨯与c 平行.
7.求一个单位向量使其同时垂直向量{}0,1,1=a 和{}1,1,0=b .
【解】{}1,1,111
-=+-==⨯k j i j b a .
()311122
2=+-+=. 所以同时垂直向量a 和b 向量的单位向量为 {}1,1,1
3
1-±
=⨯±
b .
习题7.4
1.求过点()1,0,3-且与平面012573=-+-z y x 平行的平面方程.
【解】已经平面的法向量为{}5,7,3-=n .据题意知，所求平面的法向量可也取作n .所以据平面的点法式方程，所求平面即为 ()()()()0150733=--+---z y x . 化简得 04573=-+-z y x .
2.求过点()6,9,20-M 且与连接坐标原点O 及0M 的线段0OM 垂直的平面方程. 【解】据题意知，所求平面的法向量可也取作{}6,9,20-==OM n .
所以据平面的点法式方程，所求平面即为 ()()()()0669922=----+-z y x . 化简得 0121692=--+z y x .
3.求过点()1,1,1-、()2,2,2--和()2,1,1-三点的平面方程. 【解】据平面的三点式方程，所求平面为
()()()
0121
11
112121
2111
=---------------z y x . 即 ()()()0161913=++-+--z y x . 化简得 023=--z y x .
4.求平面0522:=++-z y x π与坐标面xoy 、yoz 及zox 的夹角的余弦. 【解】平面π的法向量为{}1,2,2-=n ；
xoy 面的法向量为{}1,0,0=k .
由公式，平面π与xoy
3
1=； 同理， 平面π与yoz
3
2=
； 平面π与zox
32-=.
5.求点()1,2,1平面01022:=-++z y x π的距离. 【解】12
2110
122212
2
2
=++-⨯+⨯+=
d .
6.求两平行平面0:11=+++D Cz By Ax π与0:22=+++D Cz By Ax π之间的距离.
【解】在1π上任取一点()1111,,z y x M ，则1M 到2π的距离d 就是所求1π与2π之间的距离.由点到平面的距离公式得 2
2
2
2
111C
B A D Cz By Ax d +++++=
. ①
又11π∈M ，故有 0:11111=+++D Cz By Ax π，即
1D Cz By Ax -=++. ②
将②代入①，立得 2
2
2
12C
B A D D d ++-=
.
7.一平面通过()1,1,11M 和()11,02-M 两点，且垂直于平面0=++z y x .求该平面方程.
【解】已知平面0=++z y x 的法向量为{}1,1,1=n ，{}2,0,121--=M M .据题意，可取所求平面的法向量为
{}1,1,221
11201
21--=--=--=⨯k j i k
j i n M M . 所以，所求平面方程为
()()()011.11.2=-----z y x ，即 02=--z y x . 8.求满足下列条件的平面方程： （1）过点()2,1,3--和z 轴；
（2）过点()2,0,4-及()7,1,5且平行于x 轴； （3）过点()3,5,2-，且平行于zox 面；
（4）过点()1,0,1-且同时平行于向量k j i a ++=2，j i b -=. 【解】
（1）根据题意，可设所求平面的一般式方程为 0:=+By Ax π. ① 又将点()2,1,3--的坐标代入①，得
03=+-B A ，即 A B 3=. 因此，所求平面π为
.03=+Ay Ax ②
注意到0≠A （否则π的法向量为零向量），所以②两边除以A ，得到 03:=+y x π.
（2）根据题意，可设所求平面的一般式方程为 0:=++D Cz By π. ①
又将点()2,0,4-及()7,1,5的坐标分别代入①，得
⎩⎨⎧=++=+-.07,
02D C B D C ，故
⎩⎨
⎧-==.
9,
2C B C D . 因此，所求平面π为
.029=++-C Cz Cy ②
注意到0≠C （否则π的法向量为零向量），所以②两边除以C ，得到 029:=++-z y π.
（3）根据题意，可设所求平面的一般式方程为 0:=+D By π. ① 又将点()3,5,2-的坐标代入①，得
05=+-D B ，即 B D 5=. 因此，所求平面π为
.05=+B By ②
注意到0≠B （否则π的法向量为零向量），所以②两边除以B ，得到 05:=+y π.
（4）根据题意，可设所求平面的一般式方程为
0:=+++D Cz By Ax π. ① 其法向量为{}C B A n ,,=. 将点()1,0,1-的坐标代入①，得
0=+-D C A . ② 又因为π同时平行于向量k j i a ++=2，j i b -=，故n 同时垂直于向量
k j i a ++=2，j i b -=，
于是有
.02=++C B A ③ .0=-B A ④ ②、③、④联立得到
A D A C A
B 4,3,-=-== 因此①成为
043:=--+A Az Ay Ax π . ⑤
注意到0≠A （否则π的法向量为零向量），所以⑤两边除以A ，得到 043:=--+z y x π.
9.平面在y 、z 轴上的截距分别为30，10，且与{}3,1,2=r 平行，求该平面方程. 【解】根据题意，可设所求平面的一般式方程为
0:=+++D Cz By Ax π. ① 其法向量为{}C B A n ,,=.
因为π在y 、z 轴上的截距分别为30，10，故π过点()0,30,0及(),10,0,0.将此两点坐标代入①得
030=+D B . ② 及 010=+D C . ③ 又已知π与{}3,1,2=r 平行，故n 垂直于向量r ，于是有 032=++C B A . ④ ②、③、④联立得到
B A B
C B
D 5,3,30-==-=. 因此①成为
03035:=-++-B Bz By Bx π. ⑤
注意到0≠B （否则π的法向量为零向量），所以⑤两边除以B ，得到 03035:=-++-z y x π. 10.指出下列各平面的特殊位置，并画出各平面. （1）013=-x ； （2）012=-+z y ； （3）02=+z x ； （4）135=-+z y x .
【解】（1）因方程中z y ,前面的系数为零，故平面013=-x 平行于yoz 面； （2）因方程中x 前面的系数为零，故平面012=-+z y 平行于x 轴；
（3）因方程中没有常数项，且y 前面的系数为零，故平面02=+z x 通过y 轴；
012=-+z y 02=+z x ；
（4）135=-+z y x 可化为
113
151=-++z y x ，故135=-+z y x 是在x 轴、y 轴、z 轴上的截距分别为51、3
1
和1-的平面.
习题7.5
1.用点向式方程及参数式方程表示直线⎩⎨⎧=++=+-.
42,
1:z y x z y x L
【解】任取方程组的一组解⎪⎩
⎪
⎨⎧===.1,1,1z y x 则有，L 过点()1,,1,10M .
可取直线的方向为
{}3,1,2321211
21-=++-=-=⨯k j i j i
n n . 所以，所求直线L 的点向式方程为
3
1
1121-=
-=--z y x . 进一步，L 的参数式方程为
⎪⎩
⎪
⎨⎧+=+=-=.31,1,21t z t y t x
2.求过()1,2,31-P 、()2,0,12-P 两点的直线方程. 【解】可取直线的方向为 {}1,2,421-==P P s . 故所求直线为
.1
1
2243-=+=--z y x 3.求过点()3,1,4-且平行于直线51
123-==-z y x 的直线方程. 【解】根据题意知，可取所求直线的方向为{}5,1,2=s .故所求直线为
.5
3
1124-=+=-z y x 4.求过()1,32-且垂直于平面0132=+++z y x 的直线方程.
【解】可取直线的方向为 {}1,3,2=s . 故所求直线为
.1
1
3322-=+=-z y x 5.求过点()2,1,00M 且与直线21111z
y x =--=-垂直相交的直线方程.
【解】 过点()2,1,0且与直线21111z
y x =--=-垂直的平面π为
()()()02210.1:=-+---z y x π.
即 032:=-+-z y x π . ① 化直线
2
1111z
y x =--=-为参数式得 ⎪⎩
⎪
⎨⎧=-=+=.2,1,
1t z t y t x ②
将②代入①，有
()()()032211=-+--+t t t . ③ 解得 2
1=t . 故直线
21111z y x =--=-与平面π的交点为⎪⎭
⎫
⎝⎛1,21,231M . 因此所求直线的方向为
⎭
⎬⎫
⎩⎨⎧--==1,21,2310M M s ∥{}2,1,3-.
故所求直线为
.2
2
1130-=-=--z y x 6. 过点()0,2,10-M 向平面012=+-+z y x 作垂线，求垂足坐标. 【解】 过点()0,2,10-M 且与平面012=+-+z y x 垂直的直线L 为
.1
2211:
--=-=+z y x L ① 化直线L 为参数式得
⎪⎩
⎪
⎨⎧-=+=+-=.,22,1t z t y t x ②
将②代入平面012=+-+z y x 方程中，得
()()()012221=+--+++-t t t . ③
解得 3
2
-=t .
故垂足坐标为⎪⎭
⎫
⎝⎛-32,32,351M .
7.求直线⎩⎨⎧=-+-=-+-,0123,09335:1z y x z y x L 与⎩⎨⎧=-++=+-+.01383,
02322:2z y x z y x L 的夹角θ.
【解】1L 的方向为
{}1,4,3432335
1-=-+=--=k j i j i
s ； 2L 的方向为
{}10,5,10105108322
2-=+-==k j i j i
s ∥{}2,1,2-. 因为()()0211423.21=⨯-+-⨯+⨯=s s ，所以1L 与2L 垂直，从而2
π
θ=.
8.求直线2
1
121:
+=
-=-z y x L 与平面02:=+-z y x π的夹角θ. 【解】1L 的方向为{}2,1,2-=s ，平面π的法向量为{}2,1,1-=n . ()()7221112.=⨯+-⨯-+⨯=n s .
()321222
2=+-+=.
()621122
2=+-+=.
故6
37sin ⨯=
=
θ，所以，6
37arcsin
⨯=θ.
9.求过点()2,0,10-M 且垂直于平面032:=+-z y x π的直线方程. 【解】根据题意知，所求直线L 的方向向量即为平面π之法向量，即 {}3,12-=s .
所以，由点向式方程知，所求直线为
32
1021:+=
--=-z y x L . 10.设平面π过直线130211:1--=-=-z y x L ，且平行于直线1
1122:2z
y x L =-=+，
求平面π的方程.
【解】显然面π过点()3,,2,10M .
可取面π的法向量为
{}1,3,131201
21-=+-==⨯=k j i j i
s s n . 所以，平面π的方程为
()()()03.12.31.1=-+---z y x . 化简得
023:=++-z y x π.
11.求过点()1,2,10P 和直线⎩
⎨⎧=--=-.032,
6:z y x z x L 的平面π的方程.
【解】直线L 的参数方程为⎪⎩
⎪
⎨⎧-=+-==.6,9,:x z x y x x L
显然L 过点()6,9,01-P ，且L 的方向为{}1,11-=s . 根据题意，可取平面π的法向量为
{}6,6,06601171
10--=--=--=⨯=k j i j i s P P n ∥{}1,1,0. 所以，平面π的方程为
()()()01.12.11.0=-+-+-z y x . 化简得
03:=-+z y π.
习题7.6
1.指出下列方程在平面解析几何与空间解析几何中分别表示何种几何图形.
（1）1=-y x ；（2）x y 22
=；（3）12
2
=-y x ；（4）12
22
=+y x . 【解】
（1）1=-y x 在平面解析几何中表示一条直线，在空间解析几何中表示一张平行于z 轴的平面；
（2）x y 22=在平面解析几何中表示一条抛物线，在空间解析几何中表示一张抛物柱面；
（3）122=-y x 在平面解析几何中表示一条双曲线，在空间解析几何中表示一张双曲柱面；
（4）12
22
=+y x 在平面解析几何中表示一条椭圆曲线，在空间解析几何中表示一张椭圆柱面.
2.写出下列曲线绕指定坐标轴旋转一周而得到的旋转曲面的方程. （1）zox 面上的抛物线x z 52=绕x 轴旋转一周； （2）xoy 面上的双曲线369422=-y x 绕y 轴旋转一周； （3）yoz 面上的直线0132=+-z y 绕z 轴旋转一周. 【解】
（1）zox 面上的抛物线x z 52=绕x 轴旋转一周得到的曲面是 (
)x z
y 52
2
2=+±，即
x z y 522=+.
（2）xoy 面上的双曲线369422=-y x 绕y 轴旋转一周得到的曲面是 ()36942
2
2
2=-+±y
z x ，即
36494222=+-z y x .
（3）yoz 面上的直线0132=+-z y 绕z 轴旋转一周而得到的曲面是 ()
013222=+-+±z y x ，即
()()2
22134-=+z y x .
3.说明下列旋转曲面是怎样形成的.
（1）1994222=++z y x ；（2）14
222
=+-z y x ；（3）1222=--z y x ； 【解】
（1）19942
2
2
=++z y x 由曲线⎪⎩
⎪⎨⎧==+,
0,19422z y x 绕x 轴旋转一周而形成；或由曲线⎪⎩
⎪⎨
⎧==+
,0,1942
2y z x 绕x 轴旋转一周而形成. （2）1422
2=+-z y x 由曲线⎪⎩
⎪⎨⎧==-,
0,142
2z y x 绕y 轴旋转一周而形成；或由曲线⎪⎩
⎪⎨
⎧==-
,0,142
2x y z 绕y 轴旋转一周而形成. （3）12
2
2
=--z y x 由曲线⎩⎨⎧==-,
0,
122z y x 绕x 轴旋转一周而形成；或由曲线
⎩⎨
⎧==-,
0,
122y z x 绕x 轴旋转一周而形成. 4.指出下列各方程所表示的曲面.
（1）14416916222=++z y x ；（2）144944222=+-z y x ；（3）z y x 729422=-； （4）16922=+z y ；（5）22z y x --=；（6）224y z x =+； （7）36249222=++z y x ；（8）444222=-+x y z . 【解】
（1）原方程可化为
()
116
92
22
=++y z x
. 所以，原方程表示的是旋转椭球面.
（2）原方程可化为
116
38382
22
=+-z y x . 所以，原方程表示的是双叶双曲面.
（3）原方程可化为
8
182
2y x z -= 所以，原方程表示的是双曲抛物面，即马鞍面.
（4）原方程可化为
1169
162
2=+z y . 所以，原方程表示的是椭圆柱面. （5）原方程可化为
()22z y x +-=. 所以，原方程表示的是旋转抛物面. （6）原方程可化为
4
12
2
z y x -=.
所以，原方程表示的是双曲抛物面，即马鞍面. （7）原方程可化为
118
942
22=++z y x . 所以，原方程表示的是椭球面.
（8）原方程可化为
11
412
22=-+x z y . 所以，原方程表示的是单叶双曲面.
习题7.7
1.求球心在()3,2,1，半径为3的球面与平面5=z 的交线方程（写出一般式方程和参数式方程），并求出该曲线绕z 轴旋转一周而成的旋转曲面的方程.
【解】
（一）球心在()23,1，半径为3的球面方程为 ()()()93212
2
2
=-+-+-z y x .
故球面与平面5=z 的交线的一般式方程为
()()()⎩⎨⎧==-+-+-Γ.
5,
9321:222z z y x
即
()()⎩⎨⎧==-+-Γ.
5,
521:22z y x
化为参数式方程为
[]π2,0.5,sin 52,cos 51:∈⎪⎪⎩
⎪
⎪⎨⎧=+=+=Γt z t y t x .
（二）利用公式
()()()()()[][]()πθβαθθ2,0,,.,sin ,cos 2
222∈∈⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧=+=+=t t z z t y t x y t y t x x . Γ绕z 轴旋转一周而成的旋转曲面的方程为 [][]()πθπθθ2,0,2,0.5,
sin sin 54cos 5210,cos sin 54cos 5210∈∈⎪⎪⎩
⎪
⎪⎨⎧=++=++=t z t t y t t x .
2.分别求出母线平行于x 轴、y 轴且通过曲线()()
⎪⎩⎪⎨⎧=+-=++Γ2,
01,
162:2
22
222z y x z y x 的柱面方程.
【解】 （一）（1）、（2）联立消去x ，得 16322=-z y .
所以，母线平行于x 轴且通过曲线Γ的柱面为16322=-z y . （二）（1）、（2）联立消去y ，得 162322=+z x .
所以，母线平行于x 轴且通过曲线Γ的柱面为162322=+z x . 3.指出下列方程所表示的曲线.
（1）⎩⎨⎧==++;3,
25222x z y x （2）⎩⎨⎧==++;1,3694222y z y x
（3）⎩⎨⎧-==+-;3,
254222x z y x （4）⎩⎨⎧==+-+.4,08422y x z y
【解】
（1）表示平面3=x 上的圆周曲线1622=+z y ；
（2）表示平面1=y 上的椭圆19
32322
2=+z
x ；
（3）表示平面3-=x 上的双曲线14
162
2=-y z ； （4）表示平面4=y 上的抛物线642-=x z .
4.求()
()
⎪⎩⎪⎨⎧=++=++Γ2,
21,
:2
22
2
222Rz z y x R z y x 在三个坐标面上的投影曲线. 【解】 （一）（1）、（2）联立消去z 得 2224
3R y x =
+. 所以，Γ在xoy 面上的投影曲线为
⎪⎩⎪⎨⎧==+.0,
4
322
2z R y x （二）（1）、（2）联立消去y 得
R z 2
1
=
. 所以，Γ在zox 面上的投影曲线为 .23.0,2
1R x y R z ≤⎪⎩⎪
⎨⎧== （三）（1）、（2）联立消去x 得 R z 21
=.
所以，Γ在yoz 面上的投影曲线为
.23.0,21R y x R z ≤
⎪⎩⎪
⎨⎧== 5.画出下列各曲面所围立体的图形. （1）0,22==z x y 及1224=++z
y x ；
（2）0,,222==+=z y x y x z 及1=x . 【解】略.
6.求由球面224y x z --= ①和锥面()
223y x z += ②所围成的立体在xoy 面上的投影区域.
【解】联立①、②消去z 得 122=+y x 故Γ在xoy 面上的投影曲线为
⎩
⎨⎧==+.0,
122z y x
所以，球面和锥面所围成的立体在xoy 面上的投影区域为(){}1|,22≤+=y x y x D . 7.写出圆锥面22:y x z S +=的参数方程.
【解】().20,0.,sin ,cos πθθθ≤≤+∞<<⎪⎩
⎪
⎨⎧===r r z r y r x
习题7.8
1.设向量值函数()k t j t i t t r ++=sin cos ，求()t r t 4
lim π
→
. 【解】()t r t 4lim π→
k j i k t j t i t t t t 42222lim sin lim cos lim 444ππππ++=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=→→→. 2.设空间曲线C 的向量函数为(){}
t t t t t r 62,34,122--+=，R t ∈.求曲线C 在与
20=t 相应的点处的单位切向量.
【解】因(){}64,4,2-='t t t r ，故C 相应20=t 的点处的切向量为
(){}2,4,42='r .
C 相应20=t 的点处的单位切向量为
(){}.31,32,322,4,4612⎭
⎬⎫⎩⎨⎧±=±
='r 3.求曲线32,,:t z t y t x ===Γ在点)1,1,1(0M 处的切线方程和法平面方程. 【解】0M 对应参数1=t .Γ在0M 点处的切线方向为 ()()(){}|
1
,,='''=t t z t y t x s {
}{}3,2,13,2,1|
1
2
===t t t .
所以，Γ在0M 点处的切线方程为 3
1
2111-=
-=-z y x . 法平面为
()()()01.31.21.1=-+-+-z y x ，即 0632=-++z y x .
4.在曲线32,,:t z t y t x ===Γ上求一点，使在该点处的切线平行于平面y x 2:+π
4=+z .
【解】平面y x 2+4=+z 的法向量为{}1,2,1=n .
在Γ上任取一点()0000,,z y x M ，并设0M 对应参数0t t =.Γ在0M 点处的切
线方向为
()()(){}000,,t z t y t x s '''={}{}2
0023,2,13,2,1|0
t t t t t
t ===. 由题意，欲使0M 点处的切线与平面π平行，只须s 与n 垂直，为此令
2
00341.0t t n s ++==，即
03412
00=++t t .
解之得， 10-=t 或 3
1
0-=t .
所以，所求点为()1,1,10---M 或⎪⎭
⎫
⎝⎛-271,91,310M .
5.求曲线⎰=t
u udu e x C 0
cos :，t t y cos sin 2+=，t e z 31+=在0=t 处的切线方程和
法平面方程.
【解】参数0=t 对应曲线C 上的点()2,1,00M .
C 在0M 点处的切线方向为
()()(){}|
,,='''=t t z t y t x s {
}{}3,2,13,sin cos 2,cos |
3=-==t t
t e t t t e .
所以，Γ在0M 点处的切线方程为 3
2
2110-=
-=-z y x . 法平面为
()()()02.31.20.1=-+-+-z y x ，即 0832=-++z y x .
6.已知(){}
t t t t r 2,1,12-+=表示空间一质点在时刻t 的位置，求质点在时刻t 的速度和加速度向量，并求质点在指定时刻1=t 的速率和运动方向.
【解】
（一）时刻t 的速度向量为
()()()()
(){}2,2,12,1,12t t t t t r t v =⎭
⎬⎫
⎩⎨⎧''-'+='=； 时刻t 的加速度向量为
()()()()(){}
{}0,2,02,2,1='
''=''=t t r t a .
（二）1=t 的速度为(){}2,2,11=v )32211222=++=. 1=t 的速度为(){}2,2,11=v
()⎭⎬⎫
⎩⎨⎧=32,32,311.
复习题7
1.填空题
（1）设b a ,为非零向量，若0.=b a ，则必有a ⊥b .
（2）设b a ,为非零向量，若0=⨯b a ，则必有a ∥b .
（3）若直线l 的方向向量s 与平面π的法向量n 互相平行，则直线l 与平面π必 垂直.
（4）点()1,5,3P 到平面07623=+++z y x 的距离
7
32.
（5）若动()z y x M ,,到定点()5,0,0的距离等于它到x 轴的距离，则该动点的轨迹方程为25102-=-z x .
（6）直线⎪⎩
⎪
⎨⎧+=--=+=.31,1,2t z t y t x 与平面0765=-+-z y x 的位置关系是相交但不垂直.
【解】直线l 的方向向量为{}3,1,1-=s .
平面的法向量为{}6,5,1-=n .
因为024.≠=n s ，且s 与n s .的坐标分量不成比例， 所以直线l 与平面π相交. 2.判断题.
（1）若c a b a ..=，则必有c b =.（⨯）
【解】取i a =，j b =，k c =，即知上述命题是错误的 . （2）若c a b a ⨯=⨯，则必有c b =.（⨯）
【解】取i a =，j b =，k c =，即知上述命题是错误的 . （3）若c a b a ..= ① 且c a b a ⨯=⨯ ② ，则必有c b =.（⨯）
【解】取0=a ，j b =，k c =，即知上述命题是错误的 .【书后答案有误】. 【注意：如果假定c b a ,,均为非零向量，则上述命题是正确的，其理由如下：
由①式得 ()
0.=-c b a ，说明a 与c b -垂直； 由②式得 ()0=-⨯c b a ，说明a 与c b -平行.
因为a 为非零向量，故c b -必为零向量，从而c b =. （4）设b a ,为非零向量，则必有a b b a ..=.（√） （5）设b a ,为非零向量，则必有a b b a ⨯=⨯..（⨯）
3.已知直线⎩⎨⎧=+--=+++.03102,
0123:z y x z y x l 平面024:=+-z y x π，则直线l 与平面π的位
置关系为（B ）
A. 平行于平面π C. 在平面π上
B. 垂直于平面π D. 与平面π斜交.
【解】在直线l 上任取一点⎪⎭
⎫
⎝⎛-0,71,7100M .
直线l 的方向向量为
k j i j i n n s 714281231
21-+-=-=⨯=∥{}1,2,4-. 平面的法向量为
{}1,2,4-=n .
因为s ∥n ，所以直线l 与平面π垂直.
4.设c b a u 2+-=，c b a v ---=3，试用c b a ,,表示v u 32-. 【解】
v u 32-()c b a 22+-=()
c b a ----33c b a 775++=.
5.设点C 为线段AB 上一点，且AC CB 2=，O 为AB 外一点，记OA a =，
OB b =，OC c =，试用b a ,来表示c .
【解】由题意知，a b OA OB AB -=-=，a b AB AC 3
13131-==
. 所以，a b a a b OA AC AO AC c 3231313
1
+=+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+=-=.
6.已知k j i a +-=32，k j i b 3+-=，j i c 2-=.计算： （1）()()b c a c b a ..-； （2）()()
c b b a +⨯+. 【解】
（1）()()8311312.=⨯+-⨯-+⨯=b a ； ()()8302312.=⨯+-⨯-+⨯=c a .
所以，()()()()
k j k j b c b c b c a c b a 24838888..--=--=-=-=-.
（2）k j i j i
b a +--=--=⨯581132
；
k j i j i
c a -+=--=⨯22132
；
k j i j i
c b -+=--=⨯362
1
11
. 所以，()()
c b b b c a b a c b b a ⨯+⨯+⨯+⨯=+⨯+
()k j i +--=58 ()k j i -++2 ()
k j i -++36 k j --=. 【或者这样做：
k j i b a 443+-=+，k j i c b 332+-=+. 所以
()()
c b b a +⨯+.3243
k j j i
--=--=】 7.已知{}2,1,2=a ，{}10,1,4-=b ，a b c λ-=，且a ⊥c ，求实数λ. 【解】{}λλλλ210,1,24----=-=a b c .因为a ⊥c ，所以 ()()()λλλ210211242.0-⨯+--⨯+-⨯==c a ，即 0927=-λ .解之得 .3=λ
8.设{}1,2,3-=a ，{}2,1,1-=b ，求：（1）()()
b a 72⨯；（2）i a ⨯. 【解】
（1） k j i j i b a 5731123
--=-=⨯{}5,7,3--=. 所以，()()b a 72⨯()
b a ⨯=14{}{}70,98,425,7,314--=--=.
（2）{}2,1,0200
0112
3--=--=-=⨯k j i k
j
i i a .
9.
3=
1=
，6
π
=
，计算：
（1）b a +与b a -之间的夹角；
（2）以b a 2+与b a 3-为邻边的平行四边形的面积.
【解】23
2313,.cos .=⨯⨯=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛=∧b a b a . ①
（1
+
()
712
3232
2
=+⨯
+=
=
=
；
-
()
112
3232
2
=+⨯
-=
=
=
； ()()().21
3 (2)
2
=-=-=-+b b a a b a b a
设b a +与b a -之间的夹角为θ，则有
()(7
21
72cos =
⨯=
=
θ，所以
7
2arccos =θ.
（2
+
()
13142
3
4322
=⨯+⨯
+=
=
=
；
-
()
3192
3
6322
=⨯+⨯
-=
=
=
； ()()().2
91
62
3
3.6..3.22
2
-=⨯--=--=-+b b b a a a b a b a
设b a 2+与b a 3-之间的夹角为θ，则有
()(392931329
32cos -=⨯-
==b a b a θ，
故 261353929
1cos 1sin 2
2=⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛-=-=θθ. 所以由三角形的面积公式知，以b a 2+与b a 3-为邻边的平行四边形的面积为
.32526135313sin 2=⨯⨯=⎥⎦⎤
⨯-+=θS
10.已知点()0,0,1A 及()1,2,0B ，试在z 轴上求一点C ，使ABC ∆的面积最小. 【解】过点()0,0,1A 及()1,2,0B 直线l 的方向即为{}1,2,1-==AB s .
l 的方程为 1
211:
z
y x l ==--. 设点()z C ,0,0，则
{}2,1,2210
1---=--=⨯z z j
i s AC . 点C 距l 的距离为
()()()6
2122
22-+-+-=
=z z d 6
5245152
+
⎪⎭⎫ ⎝
⎛
-=z
明显地，当5
1
=
z 时，d 取到最小值5
5254=. 所以，ABC ∆的面积最小值为 5
30
55262155221=⨯⨯==
∆S ABC . 所求点.51,0,0⎪⎭⎫ ⎝
⎛
C
11.求过点()2,1,3--且与平面01235=-+-z y x 平行的平面方程. 【解】可取所求平面的法向量与已知平面相同，即为{}3,5,1-=n . 所以，所求平面方程为
()()()0231.53.1=+++--z y x ，即 .0235=-+-z y x
12.求过点()1,2,1且垂直于平面0=+y x 和05=+z y 的平面方程. 【解】可取所求平面的法向量为
k j i j i
n n n 550
11
21+-==⨯=. 所以，所求平面方程为
()()()0152.11.1=-+---z y x ，即 .045=-+-z y x 13.求满足下列条件的平面方程.
（1）过点()2,1,1--M 和()1,1,3N 且垂直于平面0532:=-+-z y x π； （2）过点()3,3,2-M 且平行于xoy 面. 【解】
（1）可取所求平面的法向量为
k j i j i
s MN n 631221
22
--=-=⨯=∥{}2,1,4--. 所以，所求平面方程为
()()()02.21.11.4=+-+--z y x ，即 .0924=---z y x
（2）根据题意，可设所求平面的一般式方程为 .0=+D Cz
将点()3,3,2-M 的坐标代入平面方程得
.03=+D C 即 ()03≠-=C C D . 所以，所求平面为
.03=-C Cz 化简得
.03=-z
14.求过点()3,0,2-且与直线⎩⎨⎧=+-+=-+-.01253,
0742:z y x z y x l 垂直的平面方程.
【解】直线l 的方向为
k j i j i
n n s 11141653
21
21++-=-=⨯=. 所以，所求平面方程为
()()()03.110142.16=++-+--z y x ，即
.065111416=+++-z y x
15.求过点()1,3,20-M 和直线⎩
⎨⎧=+-=--.062,0165:z y y x l 的平面方程. 【解】化直线l 的为参数式方程
⎪⎩
⎪⎨⎧+==+=.62,,165:y z y y y x l .
因此直线l 过点()6,0,161M .可取所求平面的法向量为
{}1,3,1315
314
10--=--==⨯=k j i j i
s M M n . 所以，所求平面方程为 ()()()01.13.32.1=--+--z y x ，即
.0103=---z y x 【书后答案有误】.
16.求过点()1,1,1M 且与直线4
2135:-=+=-z y x l 平行的直线方程. 【解】根据题意知，可取所求直线的方向为{}4,2,3-=s .所以，所求直线为
4
12131--=-=-z y x . 17.求过点()4,2,00M 且与两平面12:1=+z x π和23:2=-z y π都平行的直线方程.
【解】根据题意知，可取所求直线的方向为
{}1,3,2321001
21-=++-==⨯=k j i j i
n n s . 所以，所求直线为
1
43220-=-=--z y x . 18.求下列旋转曲面方程.
（1）⎩⎨⎧==.0,22
x y z 绕y 轴旋转一周； （2）⎪⎩⎪⎨⎧==+.0,1422y z x 绕z 轴旋转一周.
【解】（1）由公式，知
⎩⎨⎧==.
0,22x y z 绕y 轴旋转一周生成曲面 ()y z x 2222=+±，即 222z x y += ，为椭圆抛物面.
（2）由公式，知
⎪⎩
⎪⎨⎧==+.0,142
2y z x 绕z 轴旋转一周生成曲面 ()142222=++±z y x ，即 14
2
22=++z y x ，为椭球面. 19.指出下列各方程所表示的是何种曲面.
（1）116
942
22=++z y x ； （2）94322y x z +=； （3）64416222=-+z y x ； （4）3694222-=+-z y x .
【解】
（1）表示椭球面； （2）表示椭圆抛物面；
（3）可化为164
1642
22=-+z y x ，故（3）表示单叶双曲面； （4）可化为14
3692
22-=-+z y x ，故（4）表示双叶双曲面. 20.求曲线⎪⎪⎪⎩
⎪⎪⎪⎨⎧=+=+=Γ.,1,1:2t z t t y t t x ① 对应于1=t 处的切线方程. 【解】将1=t 代入① ，得切点坐标为⎪⎭
⎫ ⎝⎛1,2,21. 又切向量为
()|12,1,1=⎪⎭
⎪⎬⎫⎪⎩
⎪⎨⎧'⎪⎭⎫ ⎝⎛+'⎪⎭⎫ ⎝⎛+=t t t t t t s ()⎭⎬⎫⎩⎨⎧-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+==2,1,412,1,11|122t t t t ∥{
}8,4,1-.
所以，曲线Γ对应于1=t 处的切线方程为
8
142121-=--=-z y x .。