长沙理工大学：《高等代数与解析几何》课程教学资源（习题解答）几何空间的常见曲面

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： ()一直径的两端点为A(2,-3,5)和B(4,1,-3: (②)球心在直线，4=+=2二2上且过点(2，-3,6)和(6,3，-2： (3)过点(-1,2,5)，且与3个坐标平面相切： (④过点(2，V2,2),且包含圆 x2+2=4 -0 解（四球心坐标c(2兰，=出，5）=3-1，半径 R=V3-2)2+(-1+3)2+(1-5丽=V2, 所以球面方程为(x-3)2+(+1)2+(2-1)2=21. (②)因球心在已知直线上，故它的坐标应为(4+2t,-8-4红，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+2t-2)2+(-8-4t+3)2+(2+t-6)2=(4+2t-6)2+(-8-4t-3)2+(2+t+2)2 解得t=-2,从而球心坐标是(0,0,0)，且半径等于7.球面方程为x2+2+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,@),则球面方程为 (+a)}2+(y-a)2+(-a2-a2

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￾   ￾
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, FGA￾59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)的坐标代入，包a2-8a+15=0,解包a=5或3.即球面方程圆 (x+5)2+(y-5)2+(2-5)2=25限及（红+3）2+(y-3)2+(2-3)2=9. (④)已过圆位切坐标平面x0y上，圆心是端点，试正球心应定相之轴上设球心坐标圆(0,0，，则 4+2=2+2+(2-t)2,解包t=1.卦限球面方程圆x2+2+(z-1)2=5. 2.求面就圆的圆心及半径 「x2+2+22=4. 四{+y+-3= ∫x2+2+2=5 ②{2+2+2+x+2到+3-7=0 解：（①）卦给的圆二限看成是第应距方程卦确定的球面与第二距方程确定的平面的交线，及球心 是端点，卦限圆心应相端点向这距平面卦作的垂线的垂足上.正垂线的方向向量是(1,1,1)，故垂线方 x=t. 程圆 y=七，垂线与平面的交点是(1,1,1)，正即球心根据勾股定理，球的半径圆√-3=1. z=t. (②)第二距方程减去第应距方程后二包x+2!+3z-2=0.利用与(1)类似的方法，二过圆心就是 正方程卦确定的平面与直线 y=24的交点解包圆心坐标圆（仔，号，）半径√5-号=夏 z=3t 3.求证 acos2t, y=asin2t. 0≤t0) z=av2sintcost, 表示应圆。求正圆的圆心和半径 解正曲线上的任意应点（红，,)满足方程x2+2+2=a2限及x+y-a=0.故曲线是球面与 平面的交线（圆）： x2+2+z2=a2. x+y-a=0, 或坐应部分.圆证正曲线确是圆，设（红，2）是圆上任意应点，切是y=a-工，x2+(a-x)2+2=a2 后式二化圆2(-号)°+2=号试正存相0≤0<2使包 ∫x=号+号cos0=acos2号 z=2sim0=V2asim号cos号， 从及y=a-工=ain2号.令t=号，就能包到题设的参数方程说明满足圆方程的点线是题设曲线上 的点，试正已过曲线确是圆。 [x=t, 坐圆心应是直线〈 y=t与平面+y-a=0的交点即（受，号，0，半径则圆2--平 (z=0 a. 4.求证：已距球面 S:2++22+A+By+C2+D=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. S53 ;3% (#): ( x 2 + y 2 + z 2 = a 2 , x + y − a = 0, oB^!. #)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 ·

交线圆卦相平面圆 (A1-A2)x+(B1-B2)w+(C1-C2)x+(D1-D2)=0. 证明：任取已距球面的交线圆上的3距影同点M(a,b,c)6=1,2,3).则 ∫号++c号+A1a+Bb+CG+D1=0, 0-1,2,3) a+号+号+A24+B2b+C2S+D2=0 将已式相减包 (41-A2)4+(B1-B2)b+(C-C2)9+(D1-D2)-0,G-1,2,3) 这说明圆上的3距点M,M2,线相平面 (A1-A2)x+(B1-B2)y+(C-C2)z+(D1-D2)=0 上，试正整距圆也相正平面上 *5.已过已球面 S:x2+2+z2+2U江+2%w+2wz+d=0,(6=1,2) 求证这已球面正交（相交点处的切平面垂直的条件是 2(01U2+3+WW2)=d山+d2. 证明设点M(0,0,0)圆已距球面的任意应距交点，则过M点的切平面的法向量就是过这距点 的球半径.用配方法影难看长这已距球面的球心是(-0，-V,-W,)(位=1,2).试正球半径的方向向量 是(0+U,0+,0+W:)(=1,2).这已距球面正交等价切这已距球半径正交，即 (o+U)o+U2)+(0+)(0+)+(0+W)(0+w2)=0, 展开包 品+6+希+(U+2)z0+(M+2)0+(W+W2)0+2++wW形=0. 平切M相球面的交线上，试正它的坐标同投满足已距球面的方程，将正已距方程相加后除限2二包 后+6+号+(1+2)0+（店+）0+(W1+W2)0+4+血=0. 2 代入前面等式后即包 2(+ViV+WiW2)=di+d2. 这距条件是充分且必要的. *6.求证已圆 S1: 「x2+2=4, （x2+y2+22-2x-2y-2=0, (2=0 与S2: z+y+z=1 相同应球面上 证明：通过S的球面的球心应定相z轴上（参见习题1(4），试正坐坐标圆(0,0，a).再求S的圆 心它是直线{y=1+t,与平面x+y+z=1的交点（号，三，-）及球心与圆心的连线应该与平 z=t 面x+y+z=1的法向量平球即号：号：（-之-a=1:1:1,卦限a=-1,即球心圆(0,0，-1).同 试(2,0,0)相S1上，从及相球面上，求包球半径等切V2+1卫-V5.试正S相球面 x2+y2+(2+1)2-5 .3

%#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lBm; 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 ·

上正方程减去方程x+y+之=1的2倍后包到 x2+2+22-2x-2y-2=0, 说明正球面与平面x+y+z=1的交线就是S2.试正S与S2相同应距球面上 *7.证明：过圆： 5-r2+y2+z2+2ur+2y+2z+d=0,(u2+2+m2-d>0), E=A+Bu+Cz+D=0. (A2+B2+C2≠0) 的球面族方程二表示圆：S+2八E=0(A圆参数)， 证明：对切参数入若方程5+迈二0确实表示应距球面，则圆{。应定相正球面中 对任意应距过圆{的球看 E=0 x2+2+2+2pr+2gy+2tz+r=0, 已过圆应相已距球的交线 x2+2+22+2+2y+2wz+d=0, x2+w2+x2+2pz+2则+2Hz+r=0 上平第4题过，正圆应相平面 p-r+(g-+-z+T=0 上.但E-0也过正圆，试正已距平面重合，即存相实数入使包 p-W-M.q-0=3B,I-w-XC.d=D. 解长，,t,,代入球面方程即包 x2+2+z2+2ur+2py+2z+d+2A(4z+Bg+Cz+D)=0. 到直6-3 1.求面就旋转曲面的方程： ()直线号-头=.1绕直线x==旋转 1 (2)直线工 专绕z轴旋转 「=2px, (3)抛物线 z=0 绕它的准线旋转 x2= (4)曲线 +:=0绕直线子=号=子旋转 解()显然端点0相旋转轴上，且轴的方向向量是=(1,1,1).参照(3.1)，二限包到方程组 (-)+(g-)+(2-)=0, 2+2+22=x2+2+22, (号=生=1 相方程组标消去参数x,,x后二包 2++2-1=e+y+2-1 试正卦求旋转曲面的方程圆 2(r2+y2+23)-5(xy+x2+y2)+5(x+y+2-7=0, 4

. )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. X34s3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ws; (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 , ()FXs3TU# 2(x 2 + y 2 + z 2 ) − 5(xy + xz + yz) + 5(x + y + z) − 7 = 0. · 4 ·

(②)照消原点O相旋存等上，且等的垂示示量意￡=(0,0,1).同上题，可以得到垂足组 (2-2=0, x2+2+2-x2+2+2 因正=，寸=一，工=1+号，代用垂足组然去参数x,,难可得 x2+2+2=（1+)+2+2 因正所求旋存也面的垂足圆 9r2+92-1022-6z-9=0. (③)抛物线的准线的应般垂足圆{：二一兰·则坐标准垂足圆 z=0. x+号 0 这等上的应点(0,0,0)-（-号，0,0），就可导出以面垂足组 (红+号)+2+2=（士+）+2+2 y2=2px'. =0. 配垂足组然去参数士，，，就能得到旋存也面的垂足 2-4p2x2+2p2y2-4p22-4p3x=0. (④照消原点0相旋存等上，因正可得垂足组： （(x-x+2(y-)+(2-）=0, x2+g2+2=x2+y2+22, x2=, x+=0. 配垂足组然去参数，，，就能得到旋存也面的垂足 3r2+322-4ry-2xz-4yz-4x-8y-4z=0. 2.根据k,1的不同这则（第族非第）讨论直线 1:-是=- 即x等旋存所减也面S意使加也面！ 解：重以面。加，形过论 ()k-1=0时，L的垂足减圆子=普=名，L就意x等，因正即x等旋存仍消意x等连身 z=l. ()k=0,1≠0时，L的垂足圆 L意坐标平面xO2上的也线，根据例3.1的讨论，x0z坐 y=0, 标平面上的也线即x等旋存得到的旋存也面的垂足可以入√+22代换垂足标的z而得到，因正旋存 也线的垂足圆2+2=户，意应个圆柱面 甸k≠0,1=0时，L的垂足意{：二0。乙意坐标平面0，上的也线同倍，旋存也面的垂足可一 以入V2+2乏代换垂足标的y而得到，绕圆y2+2=k2x,取意圆且面 5

(2) xy7& O sM, $MTQQV ξ = (0, 0, 1). Ea, .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 , ()FXs3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`=￾s3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`=￾s3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 MsFY3 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=￾s3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, s3TU. GK p y 2 + z 2 JTU  y -=￾, t# y 2 + z 2 = k 2x 2 , R#$3; · 5 ·

(v)k≠0,1≠0时，因原点在旋存等上，可得以下方程组 x-x=0. {x2+2+2=x2+2+2 然去参数后得到也面方程 +2_2≥-1 2 2 取是单叶双也面。 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等，定点为原点O.设P(红，弘，)是要程条件的点则P的坐标要程以下方程： (2+2)+(2+2+22)=k2, 显然取是也线 「2x2+z2-k2=0, 1y=0 即z等旋存而得的旋存也面方程。 4.求证：+江+xy=a2是旋存也面，且求旋存等 证明：因为 (2+2+2)+2(y2+2+x)-(2+2+=2a2 可得 (x+y+22-(x2+2+22)=2a2 对设是实数p(>v②al),也线 x2+g2+2-p2-2a2 x++-p=0 是一个圆，圆心在直线工==上因此取是一个旋存也面，旋存等是x== 也可以使也线 「yz+2x+xy=a2 12x-y-z=0 即直线x=y=z旋存而得到也面y+江+xy=2. 5.求证 x=a(cosu+cosv). y=a(sinu+sinv), :=b(u-v) 是旋存也面.取a.b≠0日a.b是常数 证明：因为 2+y2=a2+2a2(cos u cosv+sin u sin v)=a2+2a2 cos(u -v) +2a co 显然它是也线 （x2=a2+2a2cos÷, 即z等旋存而得 6

(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  &Bs3. : m
# z M, m&#7& 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-=s3TU. 4. X: yz + zx + xy = a 2 s3, $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 , ()RBCs3, 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) s3, 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 ·

x=2 6股也线。即题线=0，旋转们减的旋转他下的垂足，门 =3 解：旋转等通知原点O,因此二得垂足别 12(x-x+3z-）=0, x2+2+2=x+2+22 x=2, x2+2=1. 然去参数后二得旋转也下垂足 2x+32+2-2x2-22-22-3V2+y2+22-1 7.证明也下F(z,,2)=(x2+y2+22)2-16(x2+22)=0意应个旋转也下 证明这意也线 「(2+22-16x2=0. 12=0 即y等旋转及得习的也下. 到直6-4 1.两知设下准线垂足圆 x2+2+22=4, x2+(y-3)2+22=4 母线垂向圆1：1：(~1)，因股坐垂足， 解：设这点M(x',,)在准线上，P(红，弘，)圆设下知M的母线上的点，则参 (z=x'+u, y=+u, 2=2-弘， x2+y2+22=4, x2+(-3)2+22-4 交得 （=-y+ 丈=2+y-, 推出设下垂足 (2x-2g+3)2+(2z+2y-3)2-7. 2.两知设下准线垂足圆 ∫y=x2+22 y=2, 母线方题于准线所在平下，因股此设下垂足 解：因圆母线方题于准线所在平下y-2:-0,所以母线垂向圆(0,1，-2).法上题将似，二得垂足 7

6. X ( x = z 2 , x 2 + y 2 = 1 t
    x = 2t, y = 0, z = 3t sYs3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.=s3TU 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 BCs3. : R ( (x 2 + y 2 ) 2 − 16x 2 = 0, z = 0 t y Ms-=￾3. ￾
6–4 1. @:3wTU# ( x 2 + y 2 + z 2 = 4, x 2 + (y − 3)2 + z 2 = 4, TQ# 1 : 1 : (−1), (XTU. : 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. @:3wTU# ( y = x 2 + z 2 , y = 2z, T
<wF;3, (X)3TU. : (#T
<wF;3 y − 2z = 0, FGTQ# (0, 1, −2). aI\, .=TU · 7 ·

(x=r', y=y+u. 2=z-2u. =2+2 (=2z, 交得 x'=I, 寸=号(2+2， (2=(2g+, 推出设下垂足 +动=子+方侧+明 展开后得 25x2+4y2+22+4y2-20y-102=0. 3.股也线 〔x2+2y2+z2=1, 12+2=y 给xOy平下的论影设下垂足. 解：母线的垂向向量意(0,0,1.二得垂足别 【x=x u=. 2=2十u, x2+2/2+22=1 xP+2=, 交得 〔丈=x, （2y2+-1=0, 平于y=-1不合题是，因此设下垂足圆 y=2 2 另交：将也线垂足别的第应个垂足减去第可个垂足，二得22-y-1=0.这意母线法2等平球的 设下，及且通知两知也线，即圆所股的论影设下 4.因说明面就垂足所确向的也下意设下： (1)(x+(y+z=a: (2)(r+(+=x+2y+ (3)y2+22+2=1-x2(④(+y+22=(-y-2. 解：(1)因圆题线 {工+y=a在此也下上边的垂向圆1：(-1：1.且点（受·号·号）在此题线 ly+2=a 上及平下x-y+z-号=0法也下（红+(y+)=a2的解线圆 「(e+)(g+z)=a2 x-y+z=号 .8

"    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 ! . %: ITU"|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 ·

我们以取条也线圆准线，以1：(-1)：1圆母线垂示，可求得垂足组 I=T'+u y=-u, 2=+u, (+(+2）=a2, -+=号 然去参数难，得到任面垂足（红+）(y+)-α2，所以原来的也面意任面. (证：以面到个明题我们类据表该母线垂示，消难证除通过也面上设是应点的法母线垂示平球的直 线线相也面上，入取样的垂与来证除也面意任面，) 因图+0+)=e+++所以直线z+y=0 相正也面上坐垂示示量意 (y+2-0 (1,-11. 任M(,,)意也面上的设是点，P(z,,)意过M的直线 工=y-= 上的应点，我们满验证P相也面上圆正，交得 ∫x+y=+ y+之=对+， 因正 (红+)(y+)=(口+)(+2)=士+2+)=(x+)+(g+)=x+2y+2, 绕P点的坐标要程也面垂足若除整条直线线相也面上因正也面意任面。 (侧垂足广+2：+2=1-2可以件圆2+g+P=1,所以直线{： {y+2=0相正也面上它 的垂示示量意(0，-1,1) 任M(x,,)意也面上的设是点，P(红，，)意过M的直线 0 1 上的应点，我们满验证P相也面上.圆正，交得 x=, y+z=+, 因正 x2+(y+}2=x2+(+)2=1, 绕P点的坐标要程也面垂足，若除整条直线线相也面上因正也面意任面 (④)照消直线 x+y+2-0, 相正也面上，它的垂示示量意(0,1，-1) x-y-2=0 任M(x,,)意也面上的设是点，P(红，弘，)意过M的直线 上的应点，我们满验证P相也面上.圆正，交得 ∫x=x, y+z-+, ·9

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. (: G3￾Ca IPmTQ, ygi:3B&TQ;5
3, KRT33.) (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 & ]U3TU, 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 & ]U3TU, 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 (红+y+2-(r-g-2=(任++2-(d--22=0, 即P点的坐标要程也面垂足，若明整部直线线在也面上因此也面意任面 5.已知圆任面的等垂足圆： 点(1，-2,1)在此圆任面上股此圆任面的垂足. 解因圆点(1，-2,1)到等号=二)=三十号的距离即圆相圆的半径，所以此半径圆 r=-3,2×0-2.-2别=应 1+4+4 设这此圆任面上的应点P(工，，z,P到等的距离曲圆r,因此参 1,y-1,2+1)×1,-2,-2别=画 整理后二得圆任面垂足 8r2+5y2+522+4ry+4r2-8y2-18y+18z-99=0. (证：此题曲二入过(1，-2,1)点的直母线即等旋存及得到此也面垂足，曲二以入股出应个相圆故准 线来股出此任面垂足) &任任面的准线：+只母线方宜于准线所在的平面股取任面的毛昆 x=2z, 解：因圆准线在平面x=2:上，所以母线的垂示示量意(1,0，-2).平此二得垂足组 (x=x'+u. y=, 2=2-2u, 王=2+2 x=2, 然去参数后二得任面垂足： 4x2+25y2+22+4rz-20x-10z=0. 7.股半径圆4，等线垂足意工=2y--z的圆任面垂足.法转证它被xOy坐标平面所则得的曲也 线线减的面积轴于24x. 解：所股圆任面就意到等线的距离轴于4的点的上的.因此圆任面上的点P(红，，)要程以面垂足 任，×（山号-=4 V2+ 件坐后得 5x2+8y2+522+8x2z+4y2-4红y=144. 此圆任面被xOy平面所则得的则标意应个重圆，且此重圆的组半等长圆4，及xOy平面法等线的 圆令0要程 im0=0,0少2.1-2=2 V②2+12+2 所以长半等的长圆 4 sin0=6. .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 & ]U3TU, 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
<wF;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, MTU x = 2y = −z #3TU. A xOy  ;3F= Y3M< 24π. : FX#34￾M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 ·