第六章典型习题解答与提示

1、习 题 6-11A：；B：；C：；D：。2平面；平面；轴上；D：轴上。3（1）5；（2）。4（1）以为圆心，为半径的圆；母线平行轴的圆柱面；（2）椭圆；椭圆柱面，母线平行于轴；（3）抛物线；抛物柱面，母线平行于轴。5（1）平行于坐标面的平面；（2）坐标面；（3）平行于坐标面的平面；（4）母线平行于轴的圆柱面；（5）母线平行于轴且过轴，开口向轴正向的抛物柱面。6（1）两平面的交线；（2），是平面上的圆，圆心，半径为1；（3），是平面上的圆，圆心，半径。*习 题 6-21。2证明：，ABDEC即，也即，且同向，所以，且/，如图6-2所示。图 6-2 习题 2 示意3（1）在，轴的投影分别是3，1，

2、2；（2）；（3）；（4）。4，。5依题意知，则， 整理得。 当，有； 当，有。6（1）；（2）；（3）。7（1）；（2）；（3）。8提示：，。9因，故，构成一个三角形，故而由余弦定理可知，即；故，即。10根据向量数乘定义，欲使/，有，代入方程，则得，故，故所求向量。11（1）；（2）。12（1）；（2）。13提示：设，记为，所求向量为，。14。15因，则，又，则，即。其几何解释为由，所构成的三角形，其面积可表示为。习 题 6-31.2。3（1）为坐标面；（2）为平行于坐标面且过点的平面；（3）为平行于轴的平面，与坐标面的交线为；（4）为过轴的平面，且与坐标面的交线为。4提示：利用截距式方程：

3、所求平面方程为。5（1）；（2）。6（1）或；（2）或。7取 取直线上点，则点向式方程为， 参数方程为。8（1）提示，将直线参数方程代入平面方程， 求出，得交点为；（2）同样方法可得交点为。9（1）；（2）；（3）10直线的方向向量为，所求平面方程为，即。11。12提示：设球面方程为，将A、B、C的坐标代入，可得，所求的球面方程为，即。故球心为，半径。13（1）球心为，半径为2；（2）球心为，半径为。14（1）圆柱面；（2）双曲柱面；（3）椭圆柱面；（4）抛物柱面。15（1）是旋转椭球面，由坐标面中的椭圆曲线绕轴旋转生成或由坐标面中的椭圆曲线绕轴旋转生成；（2）是特殊的旋转椭球面球面，旋转方法

4、类似（1）；（3）不是旋转曲面；（4）是旋转单叶双曲面。由坐标面中的双曲线绕轴旋转生成或由坐标面中的双曲线绕轴旋转生成；（5）不是旋转曲面；（6）是旋转双叶双曲面，旋转方法类似（4）。16（1）绕轴旋转，是双叶旋转双曲面；绕轴旋转，是单叶旋转双曲面； （2）绕轴，绕轴旋转，其方程分别是与，两者都是圆锥曲面； （3）绕轴旋转，是旋转抛物面。17（1）分别表示直线与平面；（2）分别表示直线与平面； （3）分别表示圆周与圆柱面；（4）分别表示双曲线与双曲柱面； （5）分别表示两直线的交点与两平面交线； （6）分别表示直线和椭圆的交点与椭圆柱面的平面的交线。18（1）椭球面；（2）椭圆抛物面；（3）单

5、叶双曲面；（4）双叶双曲面； （5）双曲抛物面； （6）圆锥面。（草图略）19消去，过交线而母线平行于轴的柱面方程为即，为双曲柱面。20，图略。习 题 6-41（1）定义域为；（2）定义域为；（3）定义域为；（4）对，要求，即，对，要求，即，取公共部分，原函数定义域为。2（1）在原点处间断；（2）在直线上间断；（3）在抛物线上间断。3（1）与（2）均在平面上连续。4（1）是初等函数定义域内的点，直接代入得极限值为；（2）；（3）；（4）。5（1）否（提示，沿直线）；（2）否（提示，沿曲线）。习 题 6-51。2（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）。3提示：可求出，代入验证。4提示：，

6、代入验证。5（1），；（2），；（3），同样，；（4）。6（1）；（2）；（3）；（4）。7设，则，取，。8设，则， 取，则。9设，取，则对角线的变化近似为 也就是对角线近似缩短5 cm。习 题 6-61提示：利用公式，则。2提示：利用公式，可得； 由，可得。3提示：利用公式，可得。4提示：， 即。5 所以。6（1）设为1号中间变量，为2号中间变量， 则；（2）；（3）。7令，则， 即。8令，则即。9由于，因而，只是的函数，故。10（1）提示，设，求出，利用，可得； （2）提示，设，同（1）可得； （3）提示，设； （4）。11（1）由于，因而有，即，； （2）由于，因而有，所以。12（1）由

7、于，则，即； （2）由于，故，则，即； （3）由于，则，即。习 题 6-71（1）提示，先求驻点，利用定理2，判定处无极值，处有极小值；（2）提示，驻点为，利用定理2判定，为极小值；（3）， 由，得，在处，因此，为极小值；在处，因此它们都不是极值点，在处,，因此为极大值（提示：）；（4）提示：先求驻点，利用定理2， 在处不取极值，在处为极小值，均为零。2设体积为V而长方体的三条棱长为，则该问题就是在条件（1）下面求函数的最大值。作函数，求其对的偏导，并令其为零，得（2）再与（1）联立求解，因都不等于零，所以由式（2）可得，则，代入（1）式可得故在体积为V的长方体中，以棱长为的正方体的表面积为最

8、小，最小表面积为。3设第一段，第二段各为，于是第三段为，所以要研究的函数是而，由，解得，因是惟一驻点，而实际问题的最值存在，因此线段必须三等分。4设仓库的侧墙长为，前墙长为，高为，则仓库的造价为其中要满足条件： 由拉格朗日乘数法，设 则由式（2）和式（3）得，即，又由式（3）和式（4）得，即。将代入式（1），解出，所以，当仓库的前墙的长度为100 dm，高为75 dm时，所需的造价最少。复 习 题 六*1不妨设任意点O为坐标原点，则，且，故，所以。*2因为，故。*3(1)欲使垂直，即，故； （2），即，整理得 （3）同向，取； （4）反向，无解。*4，即，反之亦然，故与共线的充要条件是共线。*5。*6设所求之点为，则依题意有，解得，因为原点到的距离为，而故舍去，则取，则所求的点为。 7，消去得圆，消去得圆，消去得直线。*8设椭球面为，将代入得故所求椭球面方程为。9（1）；（2）；（3）。10先说明在点处可微，则它在该点一定连续，因为在处可微，即，所以当时，有，即在该点连续，若在处两个偏导数都存在，它在点却未必可微，如二元函数在处两个偏导数都存在，但它在该点不连续，因而再由可知，该函数在该点一定不可微。11，左边右边。12。13（1）； （2）方程两边对求偏导，可得，故，同样方法，可得； （3）利用全微分形式的不变性。14（1）；，所