习题12.5偏导数在几何中的应用1.求下列曲线在指定点处的切线与法平面方程：[y=x?,1在1,1,点：(1)+2.1+xx=t-sint,y=1-cost，在1=的点；(2)2≥=4sin=2[x+y+z=0,(3)在(1,-2,1)点;x?+y2+22=6? +y? = R?,RRR在(4)点X?+z?=R?点的切向量为解（1）曲线的切向量函数为(1,2x,），在(1+x)2(1,2,一)。于是曲线在1,1,点的切线方程为2(x -1) = y -1 = 4(2z -1) ,法平面方程为8x+16v+2z=25。（2）曲线的切向量函数为(1-cost,sint,2cos)，在1=对应点的切向22量为(1,1,V2)。于是曲线在1=对应点的切线方程为V2元+1=y22法平面方程为+1)+(y-1)+ /2(--2/2)= x+y+ /2--4=0 。(x-2（3）曲线的切向量函数为2(y-z,z-x,x-y)，在(1,-2,1)点的切向量为(-6,0,6)。于是曲线在(1,-2,1)点的切线方程为-
习 题 12.5 偏导数在几何中的应用 1． 求下列曲线在指定点处的切线与法平面方程： （1） ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ + = = . 1 , 2 x x z y x 在 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ 2 1 1,1, 点； （2） ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = = − = − . 2 4sin 1 cos , sin , t z y t x t t 在 2 π t = 的点； （3） 在 ⎩ ⎨ ⎧ + + = + + = 6. 0, 2 2 2 x y z x y z (1,−2,1)点； （4） 在 ⎩ ⎨ ⎧ + = + = . , 2 2 2 2 2 2 x z R x y R ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ 2 , 2 , 2 R R R 点。 解 （1）曲线的切向量函数为 2 1 (1,2 , ) (1 ) x + x ，在 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ 2 1 1,1, 点的切向量为 1 (1, 2, ) 4 。于是曲线在 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ 2 1 1,1, 点的切线方程为 2(x −1) = y −1 = 4(2z −1)， 法平面方程为 8x +16 y + 2z = 25。 （2）曲线的切向量函数为(1 cos ,sin , 2cos ) 2 t − t t ，在 2 π t = 对应点的切向 量为(1,1, 2)。于是曲线在 2 π t = 对应点的切线方程为 2 2 2 1 1 2 x − + = y − = z − π ， 法平面方程为 ( 1) ( 1) 2( 2 2) 2 x y z π − + + − + − = 2 4 2 x y z 0 π + + − − = 。 （3）曲线的切向量函数为2( y z − ,z − x, x − y)，在(1,−2,1) 点的切向量为 (−6,0,6)。于是曲线在(1,−2,1)点的切线方程为 1
x+z=2=-2.V-法平面方程为X=ZoＲＲR在点的切向量（4）曲线的切向量函数为4(yz,-xz，-xy)，不222RRR为2R*(1,-1,-1)。于是曲线在点的切线方程为RR=-2+R+xV2-2法平面方程为ZR=0x-y-z+22.在曲线x=t,y=t,z=t上求一点，使曲线在这一点的切线与平面x+2y+z=10平行。解曲线的切向量为(1,2t,3t2），平面的法向量为(1,2,1)，由题设(1,2t,3t2)-(1,2,1)= 1+ 4t + 3t2 = 0 ,由此解出t=-1或-}，于是3(-1,1,-1) 和 (-！,1_-13'927为满足题目要求的点。3.求曲线x=sin2t,y=sintcost,z=cos?t在t="所对应的点处的切线的2方向余弦。解曲线的切向量函数为(sin2t,cos2t,-sin2t)，将t=代入得(0,-1,0)，它是单位向量，所以是方向余弦。4.求下列曲面在指定点的切平面与法线方程：(1）z=2x4+3y3，在点(2,1,35);(2)+=4，在点(ln2,ln2,1);（3）x=u+Vy=u+,z=+，在点u=0,v=1所对应的点。解（1）曲面的法向量函数为(8x,9y2,-1)，以(x,J,2)=(2,1,35)代入，得2
⎩ ⎨ ⎧ = − + = 2 2 y x z ， 法平面方程为 x = z。 （4）曲线的切向量函数为4( yz,−xz,−xy)，在 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ 2 , 2 , 2 R R R 点的切向量 为2R2 (1,− − 1, 1)。于是曲线在 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ 2 , 2 , 2 R R R 点的切线方程为 2 2 2 R z R y R x − = − + = − + ， 法平面方程为 0 2 2 x − y − z + R = 。 2.在曲线 上求一点，使曲线在这一点的切线与平面 平行。 2 3 x = t, y = t ,z = t x + 2y + z = 10 解 曲线的切向量为(1,2t t ,3 2 ) ，平面的法向量为(1, 2,1)，由题设， 2 2 (1,2t t ,3 )⋅ = (1,2,1) 1+ 4t + 3t = 0， 由此解出t = −1或 1 3 − ，于是 (−1,1,−1) 和 ) 27 1 , 9 1 , 3 1 (− − 为满足题目要求的点。 3. 求曲线 x = sin2 t, y = sin t cost, z = cos 2 t 在 2 π t = 所对应的点处的切线的 方向余弦。 解曲线的切向量函数为(sin 2t t , cos 2 ,−sin 2t) ，将 2 t π = 代入得 ，它 是单位向量，所以是方向余弦。 (0,−1,0) 4. 求下列曲面在指定点的切平面与法线方程： （1） z = 2x 4 + 3y 3，在点(2,1,35)； （2）e + e = 4 z y z x ，在点(ln 2,ln 2,1)； （3） x = u + v, y = u 2 + v 2 , z = u 3 + v 3，在点u = 0, v = 1所对应的点。 解（1）曲面的法向量函数为 3 2 (8x y ,9 ,−1)，以( , x y,z) = (2,1,35) 代入，得 2
到(64,9,-1)，所以切平面方程为64(x-2)+9(y-1)-(=-35)=0,即 64x+9y-z-102=0,法线方程为x-2-y-1_2-3564 9-111xy以(x,y,2)（2）曲面的法向量函数为e=es2=(ln2,ln2,1)代入，得到(2,2,-4ln2)，所以切平面方程为x-ln2+y-ln2-2ln2(z-1)=0,即x+y-2zln2=0,法线方程为1x-ln2=y-ln2=(z -1) 。2ln211（3）由于J=2u2v所以在u=0,v=1所对应的点处的法向量为(3u232)(0,-3,2)，所以切平面方程为-3(y-1)+2(z-1)=0,即 -3y+2z+1=0,法线方程为[x-1=0,[x=1y-1_2-1，即[2y+32 = 5 °2-35.在马鞍面z=xy上求一点，使得这一点的法线与平面x+3y+z+9=0垂直，并写出此法线的方程。解马鞍面的法向量(y,x,-1)与(1,3,1)平行，所以兰==二，即131y=-1,x=-3,z=xy=3，于是该点为(-3,-1,3)，在该点处的法线方程为x+3=(y+1)= z-3 。6.求球面x2+2y?+3z2=498的平行于平面x+3y+5z=7的切平面。解由于椭球面的法向量(2x,4y,62)与(1,3,5)平行，所以=2_353
到(64,9,−1) ，所以切平面方程为 64(x − 2) + 9( y −1) − (z − 35) = 0，即 64x y + 9 − −z 102 = 0 ， 法线方程为 1 35 9 1 64 2 − − = − = x − y z 。 （2）曲面的法向量函数为 2 2 1 1 e , e , e e x y x y z z z z x y z z z z ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ − − ⎝ ⎠ ，以( , x y z, ) = (ln 2,ln 2,1) 代入，得到(2, 2,−4ln 2) ，所以切平面方程为 x y − + ln 2 − − ln 2 2ln 2(z −1) = 0，即 x + y − 2zln 2 = 0 , 法线方程为 ( 1) 2ln 2 1 x − ln 2 = y − ln 2 = − z − 。 （3）由于 ，所以在 2 2 1 1 2 2 3 3 J u v u v ⎛ ⎞ ⎜ = ⎜ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎟ ⎟ u = 0, v = 1所对应的点处的法向量为 (0,−3, 2) ，所以切平面方程为 − − 3( y 1) + 2(z −1) = 0 ，即 − 3y + 2z +1 = 0 , 法线方程为 1 0, 1 3 2 x y z ⎧ − = ⎪ ⎨ − − = ⎪ ⎩ − 1，即 。 ⎩ ⎨ ⎧ + = = 2 3 5 1 y z x 5. 在马鞍面 z = xy 上求一点，使得这一点的法线与平面 垂直，并写出此法线的方程。 x + 3y + z + 9 = 0 解 马鞍面的法向量 ( , y x,−1) 与 (1,3,1) 平行，所以 1 1 3 1 y x − = = ，即 y x = −1, = −3,z = xy = 3，于是该点为( 3− ,−1,3) ，在该点处的法线方程为 ( 1) 3 3 1 x + 3 = y + = z − 。 6. 求椭球面 x 2 + 2y 2 + 3z 2 = 498的平行于平面 x + 3y + 5z = 7的切平面。 解 由于椭球面的法向量(2x, 4y,6z) 与(1,3,5) 平行，所以 2 3 1 3 5 x y = = z ， 3
35x，代入椭球面方程可得x=±6，即切点为(6,9,10)。解出y=St3所以有两个切平面满足条件，切平面的方程分别为(x-6)+3(y-9)+ 5(z-10)=0 与 (x+6)+3(y+ 9)+ 5(=+10)=0即x+3y+5z±83=0。7.求圆柱面x2+y?=α?与马鞍面bz=xy的交角。解设(x,y,2)是圆柱面与马鞍面交线上一点。圆柱面在该点的的法向量为(2x,2y,0)，马鞍面在该点的的法向量为(y,x,b)，于是两法向量的夹角θ的余弦为2bz2xy(2x,2y,0)(y,x,-b)cosO=ava?+b2V(2x)? +(2y)2x? +y?+b2aa?+b2所以2bzQ=arccosala?+b3°8.已知曲面x2-2-3≥=0，求经过点4(0,0,-1)且与直线==号平行212的切平面的方程。解设切点为(xo,Joz)，则曲面在该点的法向量为(2x,-2yo,-3)，切平面方程为2xgx-2yoy-3(z+1)=0 。由于切点在切平面上，所以2x-2%-3(=。+1)=0，与曲面方程相比较可得z。=1。由于切平面与直线平行，所以(2xo,-2yo,-3) (2,1,2)= 4x。 -2 -6= 0 ,与曲面方程联立，并注意到=。=1，可以求出切点坐标为(2,1,1)。于是，切平面方程为4
解出 3 5 , 2 3 y x = z = x，代入椭球面方程可得 x = ±6，即切点为±(6,9,10)。 所以有两个切平面满足条件，切平面的方程分别为 (x − 6) + 3( y − 9) + 5(z −10) = 0 与 (x + 6) + 3( y + 9) + 5(z +10) = 0 即 x y + + 3 5z ± 83 = 0 。 7. 求圆柱面 x 2 + y 2 = a 2与马鞍面bz = xy 的交角。 解 设( , x y z, ) 是圆柱面与马鞍面交线上一点。圆柱面在该点的的法向 量为(2x, 2y,0)，马鞍面在该点的的法向量为 ，于是两法向量的 夹角 ( , y x,b) θ 的余弦为 2 2 2 2 2 2 2 2 (2 , 2 ,0) ( , , ) 2 2 cos (2 ) (2 ) 2 x y y x b xy bz x y x y b a a b a a b θ − = ⋅ = = + + + + + ， 所以 2 2 2 arccos bz a a b θ = + 。 8. 已知曲面 x 2 − y 2 − 3z = 0，求经过点 A(0,0,−1)且与直线 2 1 2 x y z = = 平行 的切平面的方程。 解 设切点为 0 0 0 ( , x y z, ) ， 则曲面在该点的法向量为 ，切 平面方程为 0 0 (2x y , 2− ,−3) 0 0 2 2 x x − − y y 3(z +1) = 0。 由于切点在切平面上，所以 0 2 2 0 0 0 2 2 x y − − + 3(z 1) = ，与曲面方程相比较 可得 z0 =1。由于切平面与直线平行，所以 0 0 0 0 (2x y ,−2 ,−3)⋅(2,1,2) =−− 4x 2y 6 = 0， 与曲面方程联立，并注意到 0 z =1，可以求出切点坐标为(2 。于是， 切平面方程为 ,1,1) 4
4x-2y-3z-3=0。9.设球面2x2+3y2+=2=6上点P(1,11)处指向外侧的法向量为n，求6x2+8y2在点P处沿方向n的方向导数。函数u=z(4x,6y,22)解曲面的单位法向量为n=将点P(1.1,1)的坐标代入，得(4x,6y,2z)到n=(2,3,1)2。于是，函数u在点P处沿方向n的方向导数为V14Ou(ou Ou Ou(%%,V/4).2.3)nOn-(axoy'oz14/14V14-710.证明曲面Vx+Vy+Vz=Va(a>0)上任一点的切平面在各坐标轴上的截距之和等于a。证设切点为（x,y,=），则曲面在该点的法向量为1切平面方程为2/2/%2/1(z-z0)= 0 ,x.)(y-yo)+YVyVxoV=0即11z=+V+=a所以截距之和为xVa+yVa+yEVa=(Va)=a。11.证明：曲线x=ae'cost,y=ae'sint,z=aer与锥面x?+y?=2的各母线相交的角度相同。解易知曲线的切向量为ae'(cost-sint,sint+cost1)，锥面的母线方向为(x,y,=)=ae'(cost,sint,1)，假定它们的夹角为，则S
4x − 2y − 3z − 3 = 0。 9．设椭球面 上点 处指向外侧的法向量为 ，求 函数 2 3 6 2 2 2 x + y + z = P(1,1,1) n z x y u 2 2 6 + 8 = 在点P 处沿方向n的方向导数。 解 曲面的单位法向量为 (4 ,6 , 2 ) (4 ,6 , 2 ) x y z x y z n = ，将点 的坐标代入，得 到 P(1,1,1) (2,3,1) 14 n = 。于是，函数u在点P 处沿方向n的方向导数为 6 8 (2,3,1) 1 , , , , 14 14 14 14 7 u uuu n x y z ∂ ⎛ ⎞ ∂∂∂ ⎛ ⎞ 1 = ⎜ ⎟⋅ = − ⋅ = ⎜ ⎟ ∂ ∂ ⎝ ⎠ ∂ ∂ ⎝ ⎠ n 。 10．证明曲面 x + y + z = a (a > 0)上任一点的切平面在各坐标轴上 的截距之和等于a。 证 设切点为 0 0 0 ( , x y z, ) ，则曲面在该点的法向量为 0 0 0 1 1 1 , , 2 2 x y 2 z ⎛ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎠ ⎟ ⎟ ，切平面方程为 0 0 0 0 0 1 1 1 ( ) x x ( y y ) (z z ) x y z − + − + − 0 = 0， 即 0 0 0 1 1 1 x y z x y z + + = 0 0 0 x + + y z = a ， 所以截距之和为 2 0 0 0 x a y + + a z a = ( ) a = a。 11．证明：曲线 ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = = = t t t z a y a t x a t e e sin , e cos , 与锥面 x 2 + y 2 = z 2 的各母线相交的角度相同。 解 易知曲线的切向量为aet (cost − sin t,sin t + cost,1)，锥面的母线方向为 ( , , ) (cos ,sin ,1) t x y z = ae t t ，假定它们的夹角为θ ，则 5
(cost-sint,sint+cost,l)-(cost,sint,l)2cos=(cost-sint)+(sint+cost)*+1cos*t+sin?t+12-612.证明曲面f(ax-bz,ay-cz)=0上的切平面都与某一定直线平行，其中函数f连续可微，且常数a,b,c不同时为零。证曲面的法向量为(af,afz,-bf.-cf)，由于(afi,f2,-bf,-cf）(b,c,a)=0，所以曲面的法向量与非零向量(b,c,α)垂直，即曲面的切平面都与向量(b,c,α)平行，也就是与以此向量为方向的直线平行。13.证明曲面≥=对（x+0)在任一点处的切平面都通过原点，其中函数连续可微。证易知曲面上任意一点(xoo,=)处的切向量为(-)因此过点(o,y,=)的切平面为[()- f() (x-x)+ F()(y-%)-(=-=)=0 ,Xo容易验证，（0,0,0)满足上述方程，即所有切平面都经过原点。zxJ14.证明曲面F=0的所有切平面都过某一定点，其中函数F具有连续偏导数。证易知曲面上任意一点(xoo,=)处的切向量为FFF(=233%Zo因此过点(o,y=）的切平面为F, - (x-x0)+(-(-%)+1F-号F(2-2)=002x3(%(yz容易验证，（0.0,0)满足上述方程，即所有切平面都经过原点。15.设F(x,y,2)具有连续偏导数，且F2+F2+F+0。进一步，设k为6
2 2 2 2 2 2 (cos sin ,sin cos ,1) (cos ,sin ,1) 2 cos (cos sin ) (sin cos ) 1 cos sin 1 6 t t t t t t t t t t t t θ − + ⋅ = = − + + + + + 。 12．证明曲面 f (ax − bz, ay − cz) = 0 上的切平面都与某一定直线平行，其 中函数 f 连续可微，且常数a,b, c不同时为零。 证 曲面的法向量为 1 2 1 2 ( , af af , −bf − cf )，由于 1 2 1 2 ( , af af ,−bf − cf ) ⋅ ≡ ( , b c, a) 0， 所以曲面的法向量与非零向量 垂直，即曲面的切平面都与向量 平行，也就是与以此向量为方向的直线平行。 (b, c, a) (b, c, a) 13．证明曲面 ⎟ ( ≠ 0) ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = x x y z xf 在任一点处的切平面都通过原点，其中 函数 f 连续可微。 证 易知曲面上任意一点 0 0 0 ( , x y z, ) 处的切向量为 0 0 0 0 0 0 0 0 ( ) '( ), '( ), 1 y y y y f f f x x x x ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ − − ⎝ ⎠ ， 因此过点 0 0 0 ( , x y z, ) 的切平面为 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ( ) '( ) ( ) '( )( ) ( ) 0 y y y y f f x x f y y z z x x x x ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ − − + − − − ⎝ ⎠ 0 = ， 容易验证，(0,0,0)满足上述方程，即所有切平面都经过原点。 14．证明曲面 , , = 0 ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ x y z x y z F 的所有切平面都过某一定点，其中函数 具 有连续偏导数。 F 证 易知曲面上任意一点 0 0 0 ( , x y z, ) 处的切向量为 0 0 2 3 2 2 3 1 3 0 0 0 0 0 0 111 , , y z x F F F F F F z x x y y z ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ − − − ⎝ ⎠ 0 2 2 ， 因此过点 0 0 0 ( , x y z, ) 的切平面为 0 0 0 2 3 2 2 0 3 1 0 3 2 2 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 ( ) ( ) ( ) y z x F F x x F F y y F F z z z x x y y z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ − − + ⎜ − ⎟ − + ⎜ − ⎟ − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ = 0， 容易验证，(0,0,0)满足上述方程，即所有切平面都经过原点。 15．设F(x, y,z) 具有连续偏导数，且Fx 2 + Fy 2 + Fz 2 ≠ 0。进一步，设k 为 6
正整数，F(x,J,=)为k次齐次函数，即对于任意的实数t和(x,J,2)，成立F(tx,ty,tz)=t*F(x,y,z) o证明：曲面F(x,y,=)=0上所有点的切平面相交于一定点。证利用齐次条件对t求导，有xF(tx,ty,tz)+ yF,(tx,ty,tz)+zF.(tx,ty,tz)=ktk-'F(x, y,z)再令t=1，得到曲面上的点(x,Jy,z)所满足的恒等式xF(x,y,z)+ yF,(x,y,2)+zF,(x,y,2) = kF(x,y,z) o因为曲面上任意一点(xo,yo,=)处的法向量为(F(Xo, yo, 20),F,(Xo, Jo,20), F(Xo, yo,20))于是过点(xo,Jo,=)的切平面方程为F(xo, Jo, 0)(x-x0)+F,(Xo, Jo,20)(y-y)+F(xo, Jo,z0)(z-z0)=0 。利用前面的恒等式，切平面方程化为F(xo,yo,z0)x+F,(xo,yo,z0)y+F.(xo,yo,z0)z=kF(xo,o,z0)=0,显然切平面经过原点，所以原点就是所有切平面的交点。7
正整数， 为 次齐次函数，即对于任意的实数t和 ，成 立 F(x, y,z) k (x, y,z) F(tx,ty,tz) t F(x, y,z) k = 。 证明：曲面F(x, y,z) = 0上所有点的切平面相交于一定点。 证 利用齐次条件对 t 求导，有 1 xF t x y ( , x ty,tz) + + yF t( , x ty,tz) zFz ( , tx ty,tz) = kt k − F(x, y,z)， 再令t =1，得到曲面上的点( , x y z, ) 所满足的恒等式： xF (x, y,z) yF (x, y,z) zF (x, y,z) kF(x, y,z) x + y + z = 。 因为曲面上任意一点 0 0 0 ( , x y z, ) 处的法向量为 ( ) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ( , , ), ( , , ), ( , , ) Fx y z x y z F x y z F x y z ， 于是过点 0 0 0 ( , x y z, ) 的切平面方程为 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ( , , )( ) ( , , )( ) ( , , )( ) 0 F x y z x y z x − + x F x y z y − y + F x y z z − z = 。 利用前面的恒等式，切平面方程化为 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) 0 F x y z x y z x + F x y z y + = F x y z z kF x y z = ， 显然切平面经过原点，所以原点就是所有切平面的交点。 7