习题解答 第六章几何空间的常见曲面 习题6-1 1.试分别用正等测投影及正二等测投影画出边长等于2,3,4的长方体以及正四面体 解: 习题6-2 1.分别就下列条件求球面方程: (1)一直径的两端点为A(2,-3,5)和B(4,1,-3) (2)球心在直线4=+8=22上,且过点(,-3,6和(63,-2 (3)过点(-1,2,5),且与3个坐标平面相切; 4 (4)过点(√2,√22),且包含圆 解()球心坐标C(24,3+1,523)=(8.-11,半径 R=√(3-2)2+(-1+3)2+(1-5)2=√21 所以球面方程为(x-3)2+(y+1)2+(2-1)2=21. (2)因球心在已知直线上,故它的坐标应为(4+2,-8-4t,2+t).又因点(2,-3,6)和(6,3,-2)在 球面上所以它们到球心的距离相等,即 (4+2-2)2+(-8-4t+3)2+(2+t-6)2=(4+t-6)2+(-8-4t-3)2+(2+t+2)2 解得t=-2,从而球心坐标是(00,0),且半径等于7.球面方程为x2+y2+2=49 (3)球心与点(-1,2,5)在同一卦限内,因此可设它的坐标为(-a,a,a),则球面方程为 x+a)2+(y-a)2+(2-a)2=a2
6–1 1. (!"K)M*+,-).M*+,/0A0M#: ( x 2 + y 2 = 4, z = 0. : (1) 59 C ³ 2 + 4 2 , −3 + 1 2 , 5 − 3 2 ´ = (3, −1, 1), ?6 R = p (3 − 2)2 + (−1 + 3)2 + (1 − 5)2 = √ 21, FG53TU# (x − 3)2 + (y + 1)2 + (z − 1)2 = 21. (2) (59@: , SA B# (4 + 2t, −8 − 4t, 2 + t). E(& (2, −3, 6) 8 (6, 3, −2) 53 , FGA59 CDM, t (4 + 2t − 2)2 + (−8 − 4t + 3)2 + (2 + t − 6)2 = (4 + 2t − 6)2 + (−8 − 4t − 3)2 + (2 + t + 2)2 , %= t = −2, f-59 (0, 0, 0), $?6M< 7. 53TU# x 2 + y 2 + z 2 = 49. (3) 59& (−1, 2, 5) EBFGH, ().A # (−a, a, a), 53TU# (x + a) 2 + (y − a) 2 + (z − a) 2 = a 2 . · 1 ·
将(-1,2,5)的坐标代用,得a2-8a+15=0,解得a=5或3.即球下方程 (x+5)2+(y-5)2+(z-5)2=25以而(x+3)2+(y-3)2+(z-3)2=9 (4)两知为位于坐标平下xOy上,为心是原点,因此球心一定在z等上设球心坐标为(0,0,t),则 4+t2=2+2+(2-t)2,解得t=1.所以球下方程为x2+y2+(x-1)2=5 2.求下列为的为心而半径: x2+y2+2=4 1x2+y2+2+x+2y+32-7=0 解:(1)所给的为可以看成是第一个方程所确定的球下与第可个方程确定的平下的解线,而球心 是原点,所以为心一在原点向这个平下所故的方线的方程上此方线的方向向量是(1,1,1),故方线方 t, 程为y=t,方线与平下的解点是(1,1,1),此即球心根据勾求定理,球的半径为√4-3=1 (2)第可个方程减去第一个方程后可得x+2y+3z-2=0.利用与(1)类似的方与,可知为心列是 此方程所确定的平下与题线{”=2的解点解得为心坐标为(4号)半径√一= 3.求证 cos-t, y=asin- t, 0≤t0) z=a√2 sin t cos t 表示一为.求此为的为心和半径 解:此曲线上的设是一点(x,y,2)满程方程x2+y2+2=a2以而x+y-a=0.故曲线是球下与 平下的解线(为) 0, 或其一条分.为证此曲线确是为,设(x,y,2)是为上设是一点于是y=a-x,x2+(a-x)2+2 后式可件为2 因此存在0≤6<2丌使得 x=+号cs6=acos2, √2a SIn cos 从而y=a-=ain2号.令t=号,列能得习题设的参数方程说明满程为方程的点都是题设曲线上 的点,因此两知曲线确是为 其为心一是题线y=t,与平下x+y-a=0的解点 (号,号0,半径则为(2-÷-号 4.求证:两个球下 S1:x2+y2+z2+Ax+By+C1z+D1=0,(i=1,2)
I (−1, 2, 5) JK, = a 2 − 8a + 15 = 0, %= a = 5 o 3. t53TU# (x + 5)2 + (y − 5)2 + (z − 5)2 = 25 G- (x + 3)2 + (y − 3)2 + (z − 3)2 = 9. (4) @:#L 0) PQB#. X)# #98?6. : ) B& (x, y, z) ]UTU x 2 + y 2 + z 2 = a 2 G- x + y − a = 0. S 53 ;3 % (#): ( x 2 + y 2 + z 2 = a 2 , x + y − a = 0, o B^!. #) P#, (x, y, z) # B&, < y = a − x, x 2 + (a − x) 2 + z 2 = a 2 . g._# 2 ³ x − a 2 ´2 + z 2 = a 2 2 . () 0 6 θ < 2π = x = a 2 + a 2 cos θ = a cos2 θ 2 , z = √ 2a 2 sin θ = √ 2a sin θ 2 cos θ 2 , f- y = a − x = a sin2 θ 2 . t = θ 2 , 4`=a b TU, c]U#TU & a &, ()@: P#. #9B x = t, y = t, z = 0 ;3x+y−a = 0 %&, t ³ a 2 , a 2 , 0 ´ , ?6#r a 2 − a 2 4 − a 2 4 = √ 2 2 a. 4. X: @C53 Si : x 2 + y 2 + z 2 + Aix + Biy + Ciz + Di = 0, (i = 1, 2), · 2 ·
交线圆所在平面为 (41-A2)x+(B1-B2)y+(C1-C2)z+(D1-D2)=0 证明:任这两个球面的交线圆上的3个不同点M(a,b,c)(=1,2,3).则 a+份+9+41a+B1b+Ci1+D1=0 吗+6+引+A++C2+D2=0.0=1,2,3) 将两式相减得 (41-A2)a+(B1-B2)b+(C1-C2)c+(D1-D2)=0,(j=1,2,3) 这说明圆上的3个点M1,M2,M3线在平面 (A1-A2)x+(B1-B2)+(C1-C2)z+( 上,因此整个圆曲在此平面上 *5.已知两球面 S;1:x2+y2+2+2U1x+2Vy+22z+d1=0,(i=1,2) 求证这两球面正交(在交点处的切平面垂直的条件是 2(U1U2+VV+W1W2)=d1+d2 证明:设点M(x0,3,2o)为两个球面的任意一个交点,则过M点的切平面的法向量就是过这个点 的球半径.用配方法不难看出这两个球面的球心是(-U,-V,-W)(i=1,2).因此球半径的方向向量 是(xo+U,+V,如0+Wi)(i=1,2).这两个球面正交等价于这两个球半径正交,即 (x0+U1)(xo+U2)+(3o+V)(+V)+(z0+W1)(20+W2)=0 展开得 x+v+2+(U1+U2)xo+(V+V)y+(W1+W2)z+U1U2+Vv+WW2=0. 平于M在球面的交线上,因此它的坐标同时满足两个球面的方程,将此两个方程相加后除以2可得 ++动+(1+U2)m0+(V1+1)m0+(1+W2)a++=0. 代入前面等式后即得 2(U1U2+VV+W1W2)=d1+d 这个条件是利分且似满的 6.求证两圆 x2+y2 r+y+2=l 在同一球面上 证明:通过S1的球面的球心一定在z轴上(参见习题1(4),因此坐坐标为(0,0,a).再求S2的圆 x=1+t 心它是直线{=1+与平面++=1交(-3)而球心与圆心的连线应该与平 面x++2=1的法向量平球即3:3:(-3-)=1:1:1,所以a=-1,即球心为(00-1)又 因(2,0,0)在S1上从而在球面上求得球半径等于√22+12=√5.因此S1在球面 +y2+(z+1)2=5
% #F;3# (A1 − A2)x + (B1 − B2)y + (C1 − C2)z + (D1 − D2) = 0. : R@C53 % # 3 C,E& Mj (aj , bj , cj ) (j = 1, 2, 3). ( a 2 j + b 2 j + c 2 j + A1aj + B1bj + C1cj + D1 = 0, a 2 j + b 2 j + c 2 j + A2aj + B2bj + C2cj + D2 = 0, (j = 1, 2, 3). I@Y= (A1 − A2)aj + (B1 − B2)bj + (C1 − C2)cj + (D1 − D2) = 0, (j = 1, 2, 3). Rc# 3 C& M1, M2, M3 ;3 (A1 − A2)x + (B1 − B2)y + (C1 − C2)z + (D1 − D2) = 0 , ()dC# );3 . ∗5. @:@53: Si : x 2 + y 2 + z 2 + 2Uix + 2Viy + 2Wiz + di = 0, (i = 1, 2) XR@53)% (%&e <;3T) ^_: 2(U1U2 + V1V2 + W1W2) = d1 + d2. : & M(x0, y0, z0) #@C53 BC%&, : M & <;3 QV4:RC& 5?6. KfT,gO0R@C53 59 (−Ui , −Vi , −Wi) (i = 1, 2). ()5?6 TQQV (x0 + Ui , y0 + Vi , z0 + Wi) (i = 1, 2). R@C53)%Mh<R@C5?6)%, t (x0 + U1)(x0 + U2) + (y0 + V1)(y0 + V2) + (z0 + W1)(z0 + W2) = 0, = x 2 0 + y 2 0 + z 2 0 + (U1 + U2)x0 + (V1 + V2)y0 + (W1 + W2)z0 + U1U2 + V1V2 + W1W2 = 0. ;< M 53 % , ()A E+]U@C53 TU, I)@CTUgG 2 .= x 2 0 + y 2 0 + z 2 0 + (U1 + U2)x0 + (V1 + V2)y0 + (W1 + W2)z0 + d1 + d2 2 = 0. JK3Mgt= 2(U1U2 + V1V2 + W1W2) = d1 + d2. RC^_[!$\] . ∗6. X@# S1 : ( x 2 + y 2 = 4, z = 0 S2 : ( x 2 + y 2 + z 2 − 2x − 2y − 2 = 0, x + y + z = 1 EB53 . : i: S1 53 59Bm z M (bjka 1(4)), () # (0, 0, a). X S2 # 9. A x = 1 + t, y = 1 + t, z = t ;3 x + y + z = 1 %& ³ 2 3 , 2 3 , − 1 3 ´ . -59#9 l Bm; 3 x + y + z = 1 QV;5, t 2 3 : 2 3 : ³ − 1 3 − a ´ = 1 : 1 : 1, FG a = −1, t59# (0, 0, −1). E ( (2, 0, 0) S1 , f-53 , X=5?6M< √ 2 2 + 12 = √ 5. () S1 53 x 2 + y 2 + (z + 1)2 = 5 · 3 ·
上正垂足减去垂足x+y+z=1的2倍难包 、除正球面法平面x+y+z=1的交线就意S2.试正S法S2相同应距球面上 7.证除:过圆 S=x2+y2+2+2ux+2y+2uz+d=0,(2+n2+un2-d>0) E= Ar+ By+Cz+D=0 (A2+B2+C2≠0) 的球面族垂足二表向圆:S+2AE=0(入圆参数) S=0 前再:对切参数λ说垂足S+2E=0确表向应距球面,则圆 应该相正球面上 E=0 对任.应距过圆 E=0 的球面 已过圆应相已距球的交线 x2+y2+z2+2ux+2y+2uz+d=0 x2+y2+22+2px +2gy+2t 上.平第4题过,正圆应相平面 (p-u)I+(q-u)y+(t-w)z+ 上但E=0也过正圆,试正已距平面重合,即存相数λ使包 P-=入A,q-U=AB,t-u=C, 交长p,q,t,r,代入球面垂足即包 到直6-3 1.求面就旋转曲面的垂 (1)线=1 旋转; (2.线1= 旋转 (3)抛物线 它的准线旋转; =数=1旋转 解:(1)显然端点O相旋转。上,且的垂向向量意ξ=(1,1,1).参照(3.1),二限包垂足组 (x-x)+(y-y)+(z-2)=0 相垂足组标消去参数x,y,z′难二包 试正卦求旋转曲面的垂足圆 2(x2+y2+2)-5(xy+xz+y2)+5(x+y+z)-7=0
. )TUYZTU x + y + z = 1 2 ng= x 2 + y 2 + z 2 − 2x − 2y − 2 = 0, c)53;3 x + y + z = 1 % 4 S2. () S1 S2 EBC53 . ∗7. : :#: ( S = x 2 + y 2 + z 2 + 2ux + 2vy + 2wz + d = 0, (u 2 + v 2 + w 2 − d > 0), E = Ax + By + Cz + D = 0, (A2 + B2 + C 2 6= 0) 53oTU.PQ#: S + 2λE = 0 (λ #b ). : N<b λ, cTU S + 2λE = 0 PpPQBC53, # ( S = 0, E = 0 Bm)53 . NBC:# ( S = 0, E = 0 53 x 2 + y 2 + z 2 + 2px + 2qy + 2tz + r = 0, @:#B@C5 % ( x 2 + y 2 + z 2 + 2ux + 2vy + 2wz + d = 0, x 2 + y 2 + z 2 + 2px + 2qy + 2tz + r = 0 . ;| 4 a:, )#B;3 (p − u)x + (q − v)y + (t − w)z + r − d 2 = 0 . q E = 0 :)#, ()@C;3!r, tp λ = p − u = λA, q − v = λB, t − w = λC, r − d 2 = λD. %0 p, q, t, r, JK53TUt= x 2 + y 2 + z 2 + 2ux + 2vy + 2wz + d + 2λ(Ax + By + Cz + D) = 0. 6–3 1. X34s 3 TU: (1) x 2 = y 1 = z − 1 0 t x = y = z s; (2) x − 1 1 = y −3 = z 3 t z Ms; (3) uv ( y 2 = 2px, z = 0 tA w s; (4) ( x 2 = y, x + z = 0 t x 1 = y 2 = z 1 s. : (1) xy7& O sM , $M TQQV ξ = (1, 1, 1). bx (3.1), .G=TU" (x − x 0 ) + (y − y 0 ) + (z − z 0 ) = 0, x 2 + y 2 + z 2 = x 02 + y 02 + z 02 , x 0 2 = y 0 1 = z 0 − 1 0 , TU" yZb x 0 , y0 , z0 g.= x 2 + y 2 + z 2 − 1 = 5 9 (x + y + z − 1)2 , ()FXs 3 TU# 2(x 2 + y 2 + z 2 ) − 5(xy + xz + yz) + 5(x + y + z) − 7 = 0. · 4 ·
(2)显然原点O在旋存轴上,且轴的方示示量是=(0,0,1).同上题,可以得到方程组 +y2+ 因此x=2,y=-2,m=1+,代用方程组消去参数x,y,2后可得 因此所求旋存曲下的方程为 10z2-6z (3)抛物都的准都的一般方程为 2=0.则坐标准方程为 a+2 这轴上的一点(xo,30,z0) 0,0),列可导出以下方程组 (x+号)+y2 从方程组消去参数x,y’,z′,列能得到旋存曲下的方程 (4)显然原点O在旋存轴上因此可得方程组 从方程组消去参数x,y,z,列能得到旋存曲下的方程 3x2+32-4xy-2xz-4y2-4x-8y-4z=0 2.勾据k,l的不同这则(第或非第)讨论直都 l 即x轴旋存所减曲下S是使种曲下 解:分以下到种直前讨论 ()k=1=0时L的方程减为于==音,L列是x轴因此即x轴旋存再然是x轴本解 (i)k=0,≠0时,L的方程为 L是其标平下xO2上的曲都,勾据展31的讨论,xOz其 标平下上的曲都即x轴旋存得到的旋存曲下的方程可以用√y2+2代开方程标的z而得到,因此旋存 曲都的方程为y2+22=22,是一个为任下; kr (il)lk≠0.l=0时,L的方程是 L是其标平下xOy上的曲都,同理,旋存曲下的方程可 以用√y2+2代开方程标的y而得到即为y2+2=k2x2,这是为锥下;
(2) xy7& O sM , $M TQQV ξ = (0, 0, 1). E a, .G=TU" z − z 0 = 0, x 2 + y 2 + z 2 = x 02 + y 02 + z 02 , x 0 − 1 1 = y 0 −3 = z 0 3 , () z 0 = z, y 0 = −z, x 0 = 1 + z 3 , JKTU"yZb x 0 , y0 , z0 g.= x 2 + y 2 + z 2 = ³ 1 + z 3 ´2 + z 2 + z 2 , ()FXs 3 TU# 9x 2 + 9y 2 − 10z 2 − 6z − 9 = 0. (3) uv w BzTU# ( x = − p 2 , z = 0, wTU# x + p 2 0 = y 1 = z 0 . RM B& (x0, y0, z0) = ³ − p 2 , 0, 0 ´ , 4.{0G3TU" y − y 0 = 0, ³ x + p 2 ´2 + y 2 + z 2 = ³ x 0 + p 2 ´2 + y 02 + z 02 , y 02 = 2px0 , z 0 = 0. fTU"yZb x 0 , y0 , z0 , 4`=s 3 TU y 4 − 4p 2x 2 + 2p 2 y 2 − 4p 2 z 2 − 4p 3x = 0. (4) xy7& O sM , ().=TU": (x − x 0 ) + 2(y − y 0 ) + (z − z 0 ) = 0, x 2 + y 2 + z 2 = x 02 + y 02 + z 02 , x 02 = y 0 , x 0 + z 0 = 0. fTU"yZb x 0 , y0 , z0 , 4`=s 3 TU 3x 2 + 3z 2 − 4xy − 2xz − 4yz − 4x − 8y − 4z = 0. 2. W k, l ,ER (|o}|) ~ L : x 1 = y k = z − l 0 t x MsFY 3 S 3. : !G3~. (i) k = l = 0 +, L TUY# x 1 = y 0 = z 0 , L 4 x M, ()t x Msy x Ml; (ii) k = 0, l 6= 0 +, L TU# ( z = l, y = 0, L ;3 xOz , W 3.1 ~, xOz ;3 t x Ms= s 3 TU.GK p y 2 + z 2 JTU z -=, ()s TU# y 2 + z 2 = l 2 , BC#3; (iii) k 6= 0, l = 0 +, L TU ( y = kx, z = 0, L ;3 xOy , En, s 3 TU. GK p y 2 + z 2 JTU y -=, t# y 2 + z 2 = k 2x 2 , R#$3; · 5 ·
(iv)k≠0.l≠0时,因原点在旋存轴上可得以下方程组 x’=0, x2+y2+2=x2 I=K 然去参数后得到也面方程 22 k2x2 这是.叶双也面 3.证明:到定直线及定直线上一定点的距离平方和是常数的动点轨迹是一旋存也面 证明:设定直线为z轴,定点为原点O.设P(x,y,2)是满足条件的点则P的坐标满足以下方程 (x2+y2)+(x2+y2+2)=k2 显消这是也线 即z轴旋存而得的旋存也面方程 4.求证:y2+2x+xy=a2是旋存也面,锥求旋存轴 证明:因为 (x2+y2+2)+2(y2+zx+xy)-(x2+y2+2)=2a2 可得 对任意实数p(>√2),也线 0 是一个圆,圆心在直线x=y=z上,因此这是一个旋存也面,旋存轴是x=y=z. 曲可以使也线 ∫y2+z+zy= z=0 即直线x=y=2旋存而得到也面yz+zx+xy=a2 5.求证 In u - SIn u 是旋存也面,这里a,b≠0锥a,b是常数 证明因为 x2+y2=a2+2a2(cos u cos U+sin u sin u)=a2+202cos(u-v 显消它是也线 即z轴旋存而得
(iv) k 6= 0, l 6= 0 +, (7&sM , .=G3TU" x − x 0 = 0, x 2 + y 2 + z 2 = x 02 + y 02 + z 02 , x 0 1 = y 0 k = z 0 − l 0 , yZb g= 3TU y 2 + z 2 l 2 − k 2x 2 l 2 = 1, R ' 3. 3. : m -m Bm& CD;T8D & Bs 3. : m # z M, m& O. P(x, y, z) ]U^_ &, P ]UG3TU: (x 2 + y 2 ) + (x 2 + y 2 + z 2 ) = k 2 , xyR ( 2x 2 + z 2 − k 2 = 0, y = 0 t z Ms-= s 3TU. 4. X: yz + zx + xy = a 2 s 3, $XsM. : (# (x 2 + y 2 + z 2 ) + 2(yz + zx + xy) − (x 2 + y 2 + z 2 ) = 2a 2 , .= (x + y + z) 2 − (x 2 + y 2 + z 2 ) = 2a 2 . Np p (|p| > √ 2|a|), ( x 2 + y 2 + z 2 = p 2 − 2a 2 , x + y + z − p = 0 BC#, #9 x = y = z , ()RBCs 3, sM x = y = z. .G ( yz + zx + xy = a 2 , 2x − y − z = 0 t x = y = z s-= 3 yz + zx + xy = a 2 . 5. X: x = a(cos u + cos v), y = a(sin u + sin v), z = b(u − v) s 3, R a, b 6= 0 $ a, b D . : (# x 2 + y 2 = a 2 + 2a 2 (cos u cos v + sin u sin v) = a 2 + 2a 2 cos(u − v) = a 2 + 2a 2 cos z b , xyA ( x 2 = a 2 + 2a 2 cos z b , y = 0 t z Ms-=. · 6 ·
6.求曲线 x2+n2=1即题线y=0,旋转生成的旋转曲下的方程 解:旋转等通知原点O,因此可得方程别 2(x-x)+3(z-2)=0, x2+y/2=1 然去参数后可得旋转曲下方程 x+3+2-2x2-2y2-22=±3yr2+y2+2 7.证明曲下F(x,y,2)=(x2+y2+2)2-16(x2+2)=0是一个旋转曲下 证明:这是曲线 (x2+y2)2-16 即y等旋转而得习的曲下 到直6-4 1.两知柱下准线方程为 母线方向为1:1:(-1),因求其方程 解:设这点M(x,y,2)在准线上,P(x,y,2)为柱下知M的母线上的点,则参 y=y+u, 解得 T'=r-y+y 推出柱下方程 (2x-2y+3)2+(2+2y-3)2=7 2.两知柱下准线方程为 母线方题于准线所在平下,因求此柱下方程 因为母线方题于准线所在平下y-2z=0,所以母线方向为(0,1,-2).与上题类似,可得方程
6. X ( x = z 2 , x 2 + y 2 = 1 t x = 2t, y = 0, z = 3t sY s 3 TU. : sMi:7& O, ().=TU" 2(x − x 0 ) + 3(z − z 0 ) = 0, x 2 + y 2 + z 2 = x 02 + y 02 + z 02 , x 0 = z 02 , x 02 + y 02 = 1. yZb g.=s 3TU 2x + 3z + 2 − 2x 2 − 2y 2 − 2z 2 = ±3 p x 2 + y 2 + z 2 − 1. 7. 3 F(x, y, z) = (x 2 + y 2 + z 2 ) 2 − 16(x 2 + z 2 ) = 0 BCs 3. : R ( (x 2 + y 2 ) 2 − 16x 2 = 0, z = 0 t y Ms-= 3. 6–4 1. @:3w TU# ( x 2 + y 2 + z 2 = 4, x 2 + (y − 3)2 + z 2 = 4, TQ# 1 : 1 : (−1), (X TU. : R& M(x 0 , y0 , z0 ) w , P(x, y, z) #3: M &, b x = x 0 + u, y = y 0 + u, z = z 0 − u, x 02 + y 02 + z 02 = 4, x 02 + (y 0 − 3)2 + z 02 = 4, %= x 0 = x − y + y 0 , z 0 = z + y − y 0 , y 0 = 3 2 , /03TU (2x − 2y + 3)2 + (2z + 2y − 3)2 = 7. 2. @:3w TU# ( y = x 2 + z 2 , y = 2z, T<w F;3, (X)3TU. : (# T<w F;3 y − 2z = 0, FG TQ# (0, 1, −2). aI\, .=TU · 7 ·
xz 2r2 交包 yfy 2515 (2y+2z) 画长设面垂足 (2y+2)=x2+(2y+2)2, 展开难包 25x2+4y2+z2+4yz-20y-10z=0 3.求曲线 对xOy平面的论影设面垂足 解:母线的垂向向量意(0,0,1).二包垂足组 xy2 x2+2y/2+ y2+y-1=0 平切y=-1影合题意,试正设面垂足圆 另交:将曲线垂足组的第应距垂足减去第二距垂足,二包2y2-y-1=0.这意母线法z轴平球的 设面,及且通过已过曲线,即圆卦求的论影设面 4.试说除面就垂足卦表向的曲面意设面: (1)(x+y)(y+2)=a2 (2)(x+y)(y+z)=x+2y+z; (3)y2+2y2+2=1-x2;(4)(x+y+2)2=(x-y-2) 解()试圆直线{2+2二0相正曲丽上它的垂向圆1:(-):1且点(:号,号)相正直线 上及平面x-y+2-=0法曲面(x+yy+2)=a2的交线圆 (x+y)(y+2)
" x = x 0 , y = y 0 + u, z = z 0 − 2u, y 0 = x 02 + z 02 , y 0 = 2z 0 , %= x 0 = x, y 0 = 2 5 (2y + z), z 0 = 1 5 (2y + z), /03TU 2 5 (2y + z) = x 2 + 1 25 (2y + z) 2 , g= 25x 2 + 4y 2 + z 2 + 4yz − 20y − 10z = 0. 3. X ( x 2 + 2y 2 + z 2 = 1, x 2 + z 2 = y N xOy ;3 ,3TU. : TQQV (0, 0, 1). .=TU" x = x 0 , y = y 0 , z = z 0 + u, x 02 + 2y 02 + z 02 = 1, x 02 + z 02 = y 0 , %= x 0 = x, y 0 = y, 2y 02 + y 0 − 1 = 0, ;< y = −1 ,ra, ()3TU# y = 1 2 , Ã − √ 2 2 6 x 6 √ 2 2 ! . %: I TU" |BCTUYZ|.CTU, .= 2y 2 − y − 1 = 0. R z M;5 3, -$i:@: , t#FX ,3. 4. (c34TUFPQ 33: (1) (x + y)(y + z) = a 2 ; (2) (x + y)(y + z) = x + 2y + z; (3) y 2 + 2yz + z 2 = 1 − x 2 ; (4) (x + y + z) 2 = (x − y − z) 2 . : (1) (# ( x + y = a, y + z = a ) 3 , A TQ# 1 : (−1) : 1. $& ³ a 2 , a 2 , a 2 ´ ) . -;3 x − y + z − a 2 = 0 3 (x + y)(y + z) = a 2 % # ( (x + y)(y + z) = a 2 , x − y + z = a 2 . · 8 ·
我们限这条曲都圆准都限1:(-1):1圆母都垂示,二求包垂足组 y (x+y)(y+z2)=a2, 消去参数难包到设下垂足(x+9)(y+z)=a2,卦限端式的曲下意设下 证:限面习距明题我们类据表该母都垂示,然难证除通知曲下上设是应点的法母都垂示平球的直 都线相曲下上,入这样的垂与式证除曲下意设下) (2)试圆(x+y)(y+2)=(x+y)+(y+z),卦限直都 相正曲下上,坐垂示示量意 y+z=0 (1,-1,1) 任M(x,y,2)意曲下上的设是点,P(x,y,2)意知M的直都 上的应点,我们满转证P相曲下上圆正,交包 试正 (x+y)(y+2)=(x+y)(y+2)=x+2y+2)=(x+y)+(y+z)=x+2y+z 即P点的其标满程曲下垂足,说除整条直都线相曲下上试正曲下意设下 (3)垂足y2+2y2+2=1-x2二限件圆x2+(y+2)2=1,卦限直都 相正曲下上它 y+z=0 的垂示示量意(0,-1,1) 任M(x,y,2)意曲下上的设是点,P(x,y,2)意知M的直都 上的应点,我们满转证P相曲下上圆正,交包 y+2=y+2 试正 x2+(y+2)2=x2+(y+2)2=1, 即P点的其标满程曲下垂足,说除整条直都线相曲下上试正曲下意设下 +y+z=0 显然直都 相正曲下上,它的垂示示量意(0,1,-1) 任M(x,y,2)意曲下上的设是点,P(x,y,2)意知M的直都 上的应点,我们满转证P相曲下上.圆正,交包 y+2=y+2h
GR^ #w , G 1 : (−1) : 1 # TQ, .X=TU" x = x 0 + u, y = y 0 − u, z = z 0 + u, (x 0 + y 0 )(y 0 + z 0 ) = a 2 , x 0 − y 0 + z 0 = a 2 , yZb g, =3TU (x + y)(y + z) = a 2 , FG7 33. (: G3Ca IPm TQ, ygi: 3 B& TQ;5 3 , KR T 33.) (2) (# (x + y)(y + z) = (x + y) + (y + z), FG ( x + y = 0, y + z = 0 ) 3 , TQQV (1, −1, 1). M(x 0 , y0 , z0 ) 3 &, P(x, y, z) : M x − x 0 1 = y − y 0 −1 = z − z 0 1 B&, ] P 3 . #), %= ( x + y = x 0 + y 0 , y + z = y 0 + z 0 , () (x + y)(y + z) = (x 0 + y 0 )(y 0 + z 0 ) = x 0 + 2y 0 + z 0 ) = (x + y) + (y + z) = x + 2y + z, t P & ]U 3TU, cd^ 3 , () 33. (3) TU y 2 + 2yz + z 2 = 1 − x 2 .G_# x 2 + (y + z) 2 = 1, FG ( x = 1, y + z = 0 ) 3 , A TQQV (0, −1, 1). M(x 0 , y0 , z0 ) 3 &, P(x, y, z) : M x − x 0 0 = y − y 0 −1 = z − z 0 1 B&, ] P 3 . #), %= ( x = x 0 , y + z = y 0 + z 0 , () x 2 + (y + z) 2 = x 02 + (y 0 + z 0 ) 2 = 1, t P & ]U 3TU, cd^ 3 , () 33. (4) xy ( x + y + z = 0, x − y − z = 0 ) 3 , A TQQV (0, 1, −1). M(x 0 , y0 , z0 ) 3 &, P(x, y, z) : M x − x 0 0 = y − y 0 1 = z − z 0 −1 B&, ] P 3 . #), %= ( x = x 0 , y + z = y 0 + z 0 , · 9 ·
因此 (x+y+2)2-(x-y-2)2=(x+y+2)2-(x-y-2)2=0, 即P点的其标满程曲下方程,说明整条直都线在曲下上因此曲下是柱下 5.两知为柱下的轴方程为: y-1z+1 点(1,-2,1)在此为柱下上,求此为柱下的方程 解因为点(1,-2,1到轴=2=的个常即为纬为的半径所以此半径为 1,-3,2)×(1,-2,-2) 17 这此为柱下上的一点P(x,y,2),P到轴的个常曲为r,因此参 (x,y-1,z+1)×(1 整理后可得为柱下方程 8x2+5y2+52+4xy+4xz-8y2-18y+182-99=0. (注:此题曲可用知(1,-2,1)点的直母都即轴旋存而得到此曲下方程,曲可以用求出一个纬为故准 都来求出此柱下方程) 6.设柱下的准都为 =2 母都方直于准都所在的平下,求这柱下的方程 解:因为准都在平下x=22上,所以母都的方示示量是(1,0,-2).平此可得方程组 消去参数后可得柱下方程: 7.求半径为4,轴都方程是x=2y=-z的为柱下方程并验证它被rOy其标平下所截得的曲曲 都线减的下积等于24丌 解:所求为柱下列是到轴都的个常等于4的点的轨迹因此为柱下上的点P(x,y,2)满程以下方程 (x3×( 件简后得 +4y2-4y=1 此为柱下被xOy平下所截得的截口是一个椭为,且此椭为的组半轴出为4,而xOy平下与轴都的 夹令θ满程 (0,0,1)·(2,1,-2)2 √22+12+22 所以出半轴的出为 sinbo 10
() (x + y + z) 2 − (x − y − z) 2 = (x 0 + y 0 + z 0 ) 2 − (x 0 − y 0 − z 0 ) 2 = 0, t P & ]U 3TU, cd^ 3 , () 33. 5. @:#3 MTU#: x 1 = y − 1 −2 = z + 1 −2 , & (1, −2, 1) )#3 , X)#3 TU. : (#& (1, −2, 1) M x 1 = y − 1 −2 = z + 1 −2 CDt## ?6, FG)?6# r = |(1, −3, 2) × (1, −2, −2)| √ 1 + 4 + 4 = √ 117 3 . R)#3 B& P(x, y, z), P M CD # r, ()b |(x, y − 1, z + 1) × (1, −2, −2)| 3 = √ 117 3 , dng.=#3TU 8x 2 + 5y 2 + 5z 2 + 4xy + 4xz − 8yz − 18y + 18z − 99 = 0. (: )a .K: (1, −2, 1) & tMs-=) 3TU, .GKX0BC#Sw X0)3TU.) 6. 3 w # ( x = y 2 + z 2 , x = 2z, T<w F ;3, XR3 TU. : (#w ;3 x = 2z , FG TQQV (1, 0, −2). ;).=TU" x = x 0 + u, y = y 0 , z = z 0 − 2u, x 0 = y 02 + z 02 , x 0 = 2z 0 , yZb g.=3TU: 4x 2 + 25y 2 + z 2 + 4xz − 20x − 10z = 0. 7. X?6# 4, M TU x = 2y = −z #3TU. A xOy ;3F= Y 3 M< 24π. : FX#34M CDM< 4 & . ()#3 & P(x, y, z) ]UG3TU ¯ ¯ ¯(x, y, z) × ³ 1, 1 2 , −1 ´¯ ¯ ¯ q 2 + 1 4 = 4, _ g= 5x 2 + 8y 2 + 5z 2 + 8xz + 4yz − 4xy = 144. )#3 xOy ;3F= BC!#, $)!# "?M0# 4, - xOy ;3M # θ ]U: sinθ = |(0, 0, 1) · (2, 1, −2)| √ 2 2 + 12 + 22 = 2 3 , FG0?M 0# 4 sin θ = 6. · 10 ·
