高等数学第六版(上册)第七章课后习题答案

高等数学第六版(上册)第七章课后习题答案习题7-11uab2cva3bca、b、c2u3v解2u3v2(ab2c)3(a3bc)2a2b4c3a9b3c5a11b7c2如果平面上一个四边形的对角线互相平分试用向量证明这是平行四边形 证 ABOBOADCOCOD 而 OCOAODOB 所以 DCOAOBOBOAAB这说明四边形ABCD的对边ABCD且AB//CD从而四边形ABCD是平行四边形3把ABCBC边五等分分点依次为D1、D2、D3、D4各分点与点A连接试以ABc、 BCa表示向量、A、A、D4A1 1解D1ABABD1c5a 2Ac5a 3Ac5a 4Ac5a4M1(012)M2(110)试用坐标表示式表 示向量M1M2及2M1M2解M1M2(1,1,0)(0,1,2)(1,2,2)2M1M22(1,2,2)(2,4,4)5a(676)的单位向量6272(6)2解6272(6)2平行于向量a(676)的单位向量为1a(6,76或1a(67,6|a| 1111 11 |a| 11 11116在空间直角坐标系中指出下列各点在哪个卦限？A(123)B(234)C(234)D(231)解A在第四卦限B在第五卦限C在第八卦限D在第三卦限7在坐标面上和坐标轴上的点的坐标各有什么特征？指出下列各点的位置A(340)B(043)C(300)D(010)解xOy面上点的坐标为(xy0)yOz面上点的坐标为(0yz)zOx面上点的坐标为(x0z)x轴上点的坐标为(x00)y轴上点的坐标为(0yz轴上点的坐标为(00z)A在xOy面上B在yOz面上C在x轴上D在y轴上8求点(abc)关于(1)各坐标面(2)各坐标轴(3)坐标原点的对称点的坐标解(1)点(abc)关于xOy面的对称点为(abc)点(abc)关于yOz面的对称点为(abc)点(abc)关于zOx面的对称点为(abc)点(abc)x轴的对称点为(abc)点(abc)关于y轴的对称点为(abc)点(abc)z轴的对称点为(abc)点(abc)关于坐标原点的对称点为(abc)9P0(x0y0z0)分别作各坐标面和各坐标轴的垂线出各垂足的坐标解xOyyOzzOx面上垂足的坐标分别为(x0y00)、(0y0z0)和(x00z0)xyz轴上垂足的坐标分别为(x000)(0y00)和(00z0)10过点P0(x0y0z0)分别作平行于z轴的直线和平行于xOy面的平面问在它们上面的点的坐标各有什么特点？解在所作的平行于z轴的直线上点的坐标为(x0y0z)在所作的平行于xOy面的平面上点的坐标为(xyz0)一边长为a的立方体放置在xOy面上其底面的中心在坐标原点xy轴上求它各顶点的坐标解因为底面的对角线的长为标分别为

2a所以立方体各顶点的坐(2a,0,0)2(2a,0,a)2

(22(2a)2

(0,2a,0)2(0,2a,a)2

222a)212M(435)到各坐标轴的距离解点M到x轴的距离就是点(435)与点(400)之间的距离即(3)25234dx(3)25234点M到y轴的距离就是点(435)与点(030)之间的距离即425241dy425241点M到z轴的距离就是点(435)与点(005)之间的距离442(3)2dz

513yOz面上A(312)B(422)C(05等距离的点解P(0yz)A、B、C等距离则|PA|232(y1)2(z2)2|PB|242(y2)2(z2)2|PC|2(y5)2(z由题意有 |PA|2|PB|2|PC|2即(y(z2)2(y5)2(z即(y2)2(z2)2(y5)2(z解之得y1z2故所求点为(012)14A(419)B(1016)C(243)为顶点的三角形是等腰三角直角三角形解因为(69)2|AB|(2(24)2(41)2(39)2|AC(36)2|BC

7727 2 所以|BCAB|2|AC|AC|因此ABC是等腰直角三角形15设已知两点M1(4,的模、方向余弦和方向角

2,1)和M2(302)计算向量M1M2解M1M2(34,0(1)2(1)2(2)212|M1M2|

2,2

2,1)12

cos22

cos123

4

316设向量的方向余弦分别满足(1)cos0(2)cos1coscos0问这些向量与坐标轴或坐标面的关系如何？解(1)cos0时x轴yOz面cos1时y轴的正向一致垂直于zOx面coscos0时xy轴z轴垂直于xOy面17r4u60r在轴u上的投影解Prjr412u 3 218B(217)xyz轴上447A的坐标解设点A的坐标为(xyz)由已知得2x41y47z7解得x2y3z0点A的坐标为A(230)19m3i5j8kn2i4j7kp5ij4k求向量a4m3np在x轴上的投影及在y轴上的分向量解因为a4m3np4(3i5j8k)3(2i4j7k)(5ij4k)13i7j15ka4m3npx13y7j习题721a3ij2kbi2jk求(1)abab(2)(2a)3ba2b(3)a、b夹角的余弦(1)ab31(1)2(2)(1)3i j kab3125ij7k121(2)(2a)3b6ab6318a2b2(ab)2(5ij7k)10i2j14k(3)|ab|3 3|a||b| 146 2212a、b、c为单位向量abc0abbcca解因为abc0所以(abc)(abc)0即 aabbcc2ab2ac2ca0于是 abbcca1(aabbcc)132 2 2 3M1(112)M2(331)M3(313)M1M2、M2M3同时垂直的单位向量解 M1M231,12)(2,

M2M3(33,13,31)(0,2,2) i j knM1M2M2M32402

16i4j4k217|n|3616162 17e14j4k)12j2k为所求向量217 174设质量为100kg的物体从点M1(318)沿直线称动到点M2(142)计算重力所作的功(长度单位为m重力方向为z轴负方向)F(0010098)(00980)

SM1M2(13,41,28)(2,3,6)WFS(00980)(236)5880(焦耳)5OOx1P1处有一与成角1F1作用着在O的另一侧与点O的距离为x2的点P2处有一与成角1的力F1作用着问1、2、x1、x2、|F1|、|F2|符合怎样的条件才能使杠杆保持平衡？解因为有固定转轴的物体的平衡条件是力矩的代数和为零再注意到对力矩正负的规定可得使杠杆保持平衡的条件为x1|F1|sin1x2|F2|sin20即 x1|F1|sin1x2|F2|sin26a(434)b(221)上的投影解Praebab1ab1 3,4)(2,1(423222222|b22227a(352)b(214)有怎样的关系abz轴垂直?解ab(32524)ab与z轴垂abk(32524)(001)0即24022时abz轴垂直8试用向量证明直径所对的圆周角是直角 ABO的直径C点在圆周上则OBOA

|OC||OA| 因为ACBC(OCOA)(OCOB)(OCOA)(OCOA)|OC|2|OA|20 所以ACBC∠C909设已知向量a2i3jkbij3k和ci2j计算(1)(ab)c(ac)b(2)(ab)(bc)(3)(ab)c解(1)ab21(3)(1)138ac21(3)(2)8(ab)c(ac)b8c8b8(cb)8[(i2j)(ij3k)]8j24k(2)ab3i4j4kbc2i3j3ki jb)(bc)3423

k4jk3i(3)ab21

jk318i5jk13(ab)c81(5)(2)10210已知OAi3j

OBj3k求OAB的面积 解 根据向量积的几何意义于是OAB的面积为OAS1||OA2

|OAOB|表示以OA和OB为邻边的平行四边形的面积 ijk 19因为OAOB1033i3jk|OAOB|19013

(3)2 所以三角形OAB的面积为S1|

192OAOB212试用向量证明不等式a2a2a2b2b2b2|ababab|1 2 3 1 2 3 11 22 33其中a1、a2、a3、b1、b2、b3为任意实数并指出等号成立的条件解设a(a1a2a3)b(b1b2b3)则有ab|a||b|cos(a,^b)|a||b|于是 a2a2a2b2b2b2babab|1 2 3 1 2 3 11 22 33其中当1时ab平行是等号成立习题731一动点与两定点(231)和(456)等距离求这动点的轨迹方程M(xyz)依题意有(x2)2(y3)2(z1)2(x4)2(y5)2(z6)2即 4x4y10z6302建立以点(132)为球心且通过坐标原点的球面方程14解球的半径R32(2)2 14球面方程为(x1)2(y3)2(z2)214即 x2y2z22x6y4z03x2y2z22x4y2z0表示什么曲面?知方程得(x22x1)(y24y4)(z22z1)141即 (x(y2)2(z(6)26所以此方程表示以(121)为球心以 为半径的球面64求与O及点(234)的距离之比为12的点的全体所组成的曲面的方程它表示怎样曲面？解设点(xyz)满足题意依题意有x2y2zx2y2z2(x2)2(y3)2(z4)22化简整理得(x2)2(y1)2(z4)21163 3 929它表示以(2,4)为球心以2 为半径的球面293 3 3y2z25将zOx坐标面上的抛物线z25x绕x轴旋转一周求所生成的旋转曲面的方程解将方程中的z换成 得旋转曲面的方程y2z25xy2z2x2y26将zOx坐标面上的圆x2z29绕z轴旋转一周求所生成的旋转曲面的方程解将方程中的x换成 得旋转曲面的方程x2y2x2y27xOy4x29y236xy轴旋转一周求所生成的旋转曲面的方程解双曲线绕x轴旋转而得的旋转曲面的方程为4x29y29z236双曲线绕y轴旋转而得的旋转曲面的方程为4x24z29y2368画出下列方程所表示的曲面(1)(xa)2y2(a)22 2(2)x2y214 9(3)x2z219 4(4)y2z0(5)z2x29指出下列方程在平面解析几何中和在空间解析几何中分别表示什么图形(1)x2解在平面解析几何中x2表示平行于y轴的一条直线在空间解析几何中x2表示一张平行于yOz面的平面(2)yx1面解析几何中yx11y1的直线在空间解析几何中，yx1z轴的平面(3)x2y24解在平面解析几何中x2y24表示中心在原点半径是4的圆在空间解析几何中x2y24表示母线平行于z轴准线为x2y24的圆柱面(4)x2y21解在平面解析几何中x2y21表示双曲线在空间解析几何中x2y21表示母线平行于z轴的双曲面10说明下列旋转曲面是怎样形成的(1)x2y2z214 9 9xOyx2y21x轴旋转一周而形成的zOx面上的椭圆4 9x2z21绕x轴旋转一周而形成的4 9(2)x2y2z214解这是xOy面上的双曲线x2y21绕y轴旋转一周而形成的或是yOz面上的双曲4线y2z21绕y轴旋转一周而形成的4(3)x2y2z21解这是xOy面上的双曲线x2y21绕x轴旋转一周而形成的或是zOx面上的双曲线x2z21绕x轴旋转一周而形成的(4)(za)2x2y2zOx面上的曲线(za)2x2绕z轴旋转一周而形成的yOz面上的曲线(za)2y2绕z轴旋转一周而形成的11画出下列方程所表示的曲面(1)4x2y2z24(2)x2y24z24(3)zx2y23 4 9习题741画出下列曲线在第一卦限内的图形(1)x1yy4x2y2x4x2y2xy(3)

x2y2a2x22 a2指出下方程组在平面解析几何中与在空间解析几何中分别表示什么图形y2x3(1)y2x3

y5x1y5x1y2x3的交点(417)在空y2x3 3 3间解析几何中

y5x1表示平面y5x1与y2x3的交线它表示过点(4,17,0)并z轴

y2x3 3 3x2y21(2)4 9 y3

x2y21

x2 y2面解析几何中

4 y3

表示椭圆

491y3的交点(03)在x2y2

x2 y2空间解析几何中

4 9y3

表示椭圆柱面

491与其切平面y3的交线x22 z03分别xx22 z0解把方程组中的x消去得方程3y2z216这就是母线平行于x轴且通过曲线x22 zx22 z0把方程组中的y消去得方程3x22z216这就是母线平行于y轴且通过曲线x22 zx22 z04求球x2y2z29xz1xOy面上的投影的方程xz1z1xx2y2z292x22xy28z轴准线x2y2z29xz1的交线的柱面方程于是所求的投影方程为z2x22xy28z5将下列曲线的一般方程化为参数方程y(1)x2y2yyxx2y2z292x2z29即x3costz3sint2故所求参数方程为

x2(3)22

z2132x3cost2

y3costz3sint2z(2)(x1)2y2(zz解将z0代入(x1)2y2(z1)24得(x1)2y23x

3costy

3sint于是所求参数方程为x1

3cost

y3sintz0xaco6求螺旋线yasin在三个坐标面上的投影曲线的直角坐标方程zbx2y2a2xOy面上的投影曲线的直角坐标方程为zx2y2a2z由第三个方程得z代入第一个方程得bxcosz即zbarccosxa b a于是螺旋线在zOx面上的投影曲线的直角坐标方程为zbarccosx ay0由第三个方程得z代入第二个方程得bysinz即zbarcsinya b a于是螺旋线在yOz面上的投影曲线的直角坐标方程为x0zbarcsiny aa2x2y2a2x2y2的投影

与圆柱体x2y2ax(a>0)的公共部分在xOy面和zOx面上a2x2y2解圆柱体x2y2ax在xOy面上的投影为x2y2ax它含在半a2x2y2xOyx2y2a2内xOyx2y2axzOx面上的投影x2y2axy2axx2a2x2y2a2axa2x2y2a2axzOx面上的投影为

(0xa)于是半球与圆柱体的公共部分在0za2ax(0xa)即z2axa20xaz08求旋zx2y2(0z4)在三坐标面上的投影z4x2y24zx2y2(0z4)xOyx2y24x0zy2zx2y2(0z4)yOzy2z4y0zx2zx2y2(0z4)zOxx2z4习题751求过点(301)3x7y5z120平行的平面方程解所求平面的法线向量为n(375)所求平面的方程为3(x3)7(y0)5(z1)0即3x7y5z402求过点M0(296)且与连接坐标原点及点M0的线段OM0垂直的平面方程解所求平面的法线向量为n(296)所求平面的方程为2(x2)9(y9)6(z6)0即2x9y6z12103求过(111)、(222)、(112)三点的平面方程解n1(112)(111)(023)n1(112)(222)(310)所求平面的法线向量为i jnn1n2023 1所求平面的方程为

k33i9j6k03(x1)9(y1)6(z1)0即x3y2z04指出下列各平面的特殊位置并画出各平面(1)x0解x0是yOz平面(2)3y10解3y10是垂直于y轴的平面它通过y轴上的点1,3(3)2x3y60解2x3y60z轴的平面xy轴上的截3和2(4)x 3y0解x 3y0是通过z轴的平面它在xOy面上的投影的斜率为33(5)yz1解yz1是平行于x轴的平面它在y轴、z轴上的截距均

(6)x2z0解x2z0是通过y轴的平面(7)6x5z0解6x5z0是通过原点的平面52x2yz50与各坐标面的夹角的余弦解n(221)此平面与yOz面的夹角的余弦为cocos,i)ni 2 2|n||i| 22(2)23此平面与zOx面的夹角的余弦为coscos^j)nj 2 222(2)211|22(2)211此平面与xOy面的夹角的余弦为k)nk1 1|n||k| 22(2)236一平面过点(101)a(211)b(11试求这平面方程解所求平面的法线向量可取为i jnab211所求平面的方程为

k1ij3k0(x1)(y0)3(z1)0即xy3z407x3yz12xyz0x2y2z3的交点解解线性方程组x3yz12xyz0x2y2z3x1y1z3三个平面的交点的坐标为(113)8分别按下列条件求平面方程zOx面且经过点(253)解所求平面的法线向量为j(010)于是所求的平面为0(x2)5(y5)0(z3)0即y5(2)通过z轴和点(312)解所求平面可设为AxBy0因为点(312)在此平面上所以3AB0将B3A代入所设方程得Ax3Ay0所以所求的平面的方程为x3y0(3)平行于x轴且经过两点(402)和(517)解所求平面的法线向量可设为n(0bc)因为点(402)和(517)都在所求平面上n1(517)(402)(119)n是垂直的即b9c0b9c于是n(09cc)c(091)所求平面的方程为9(y0)(z2)0即9yz209求点(121)x2y2z100的距离解点(121)x2y2z100的距离为2222d1222222习题761求过点(413)x3yz的直线方程2 1 5解所求直线的方向向量为s(215)所求的直线方程为x4y1z32 1 52M1(321)M2(102)的直线方程解所求直线的方向向量为s(102)(321)(421)所求的直线方程为x3y2x14 2 12xyz3用对称式方程及参数方程表示直线x2xyz解平面xyz1和2xyz4的法线向量为n1(111)n2(211)所求直线的方向向量为isn1n212

j k12ij3k1 12xyz在方程组2xyz

中令y0得xz12x2xz4

解得x3z2于是点(302)为所求直线上的点所求直线的对称式方程为x3yz22 1 3参数方程为x32tytz23t5y2z104求过点(203)5y2z10

垂直的平面方程解所求平面的法线向量n可取为已知直线的方向向量即i j2)123 5

k416i14j2所平面的方程为16(x2)14(y0)11(z3)0即 16x14y11z6505求直线3y3z90与直线2x2yz230的夹角的余弦

2yz0

8yz180解两直线的方向向量分别为is153i

j k333i4jk21j ks22238

110i5j10k1两直线之间的夹角的余弦为cos(s)

s1s21 2 |s||s|1 203242(1)2102(5)21022xyz762xyz7

与直线6y3z8平行22xyz0解两直线的方向向量分别为i j1 21i j

k13ij5k1ks232

6 39i3j因为s23s1所以这两个直线是平行的7求过点(024)x2z1y3z2平行的直线方程解因为两平面的法线向量n1(102)与n2(013)不平行所以两平面相交于一直线此直线的方向向量可作为所求直线的方向向量s即i js1001

k22i3jk3所求直线的方程为xy2z42 3 18求过点(312)x4y3z的平面方程5 2 1解所求平面的法线向量与直线x4y3z的方向向量5 2 1s1(521)垂直因为点(312)和(430)都在所求的平面上也是垂直的因此所求平面的法线向量可取为i jns25 214

k18i9j22k2所求平面的方程为8(x3)9(y1)22(z2)0即 8x9y22z590xyz9求直线xy3z0xyz解已知直线的方向向量为is1

j k1 3

2i4j2k2(i2jk)已知平面的法线向量为n(111)因为sn214(1)(2)(1)0xyz所以sn从而直线xy3z0与平面xxyz10试确定下列各组中的直线和平面间的关系(1x3y4z4x2y2z32 7 3解s(273)所给平面的法线n(422)因为sn(2)4(7)(2)3(2)0所以sn从而所给直线与所给平面平行又因为直线上的点(340)不满足平面4x2y2z3所以所给直线不在所给平面上(2)xyz和3x2y7z83 2 7解所给直线的方向向量为s(327)n(327)因为sn所以所给直线与所给平面是垂直的(3x2y2z3xyz33 1 4解所给直线的方向向量为s(314)n(111)sx2yz10和2xyz0

xyz10

xyz0解已知直线的方向向量分别为i11i(2,1

j k2i2j3k1j k11jk11所求平面的法线向量可取为ins1s20所求平面的方程为

j k23ijk11(x1)(y2)(z1)0即xyz012求点(120)x2yz10上的投影解平面的法线向量为n(121)过点(120)并且垂直于已知平面的直线方程为x1y2z1 2 x1ty22tzt代入平面方程x2yz10中得(1t)2(22t)(t)10解得t2再将t2代入直线的参数方程得x5 y23 3 3 3z2于是点(120)在平面x2yz10上的投影为点3(5,2,2)2332xyz4013P(312)到直线x2xyz40解已知直线的方向向量为

的距离is12

j k1 3j3k11过点P且与已知直线垂直的平面的方程为3(y1)3(z2)0即yz10解线性方程组xyz02xyz40yz0

y12

z322xyz40点P(312)到直线2xyz40与点(1,1,3)间的距离即

的距离就是点P(312)222d (11)2(23)3 22 2 214设M0是直线L外一点M是直线L上任意一点s试证M0L的距离d|M0Ms||s|解M0LdL的方向向量sMN根 据向量积的几何意义以M0M和MN为邻边的平行四边形的面积为 |M0MMN||M0Ms| M0MMN为邻边的平行四边形的面积为d|MNd|s|因此d|

M0M

s|

d|M0Ms||s|y2z9015求直线y2z90

在平面4xyz1上的投影直线的方程解过已知直线的平面束方程为(23)x(4)y(12)z90为在平面束中找出与已知平面垂直的平面令(411)(23412)0即 4(23)(1)(4)1(12)0解之得13将13代入平面束方程中得11 1117x31y37z1170故投影直线的方程为4xyz31y37z117016画出下列各曲面所围成的立体图形(1)x0y0z0x2y13x4y2z120(2)x0z0x1y2

zy4(3)z0z3xy0x 3y0x2y21(在第一卦限内)(4)x0y0z0x2y2R2y2z2R2(在第一卦限内)总习题七1填空设在坐标系[Oijk]AM的坐标依次为(x0y0z0)和(xyz)则在[Aijk]坐标系中点M的坐标为 向量OM的坐标为 解M(xx0yy0zz0)

OM(x,y,z)提示自由向量与起点无关它在某一向量上的投影不会因起点的位置的不同而改变设数123不全为0使1a2b3c0则abc三个向量是 的解共面(3)设a(212)b(4110)cba且ac则解3提示acac0又因为acabaa241(1)210(221222)279所以3(4)设a、b、c都是单位向量且满足abc0则abbcca解32提示因为abc0所以(abc)(abc)0即 aabbcc2ab2ac2ca0于是 abbcca1(aabbcc)132 2 2(5)设|a|3|b|4|c|5且满足abc0则|abbcca|解36提示c(ab)abbccaabb(ab)(ab)aabbaba3ab|abbcca|3|ab|3|a||b|334362yA(137)B(575)等距离的点M(0y0)则有12(y3)27252(y7)2(5)2即 (y3)2(y7)2y2M(020)3ABCA(3,2,1)B(5,4,7)C(1,1,2)C所引中线的长度解线段AB的中点的坐标为(35,24,17)(4,1,3)所求中线的长度为2 2 2d(4d(41)2(11)2(32)230 4ABCBCa、CAbABcD、E、Fa、 b、c表示AD、BE、CF并证明 ADBECF0解c1aADABBD 2a1bBEBCCE 2b1cCFCAAF 2 3 3ADBECF2(abc)2(cc)05试用向量证明三角形两边中点的连线平行于第三边且其长度等于第三边长度的一半证明设DE分别为ABAC的中点则有1()DEAEAD2ACAB BCBAACACAB所以 1DE2BCDE//BC且|DE|1|BC|26设|ab||ab|a(358)b(11z)zab(248z)ab(468z)因为|ab||ab|所以22(4)22(4)2(8z)242(6)2(8z)2解得z137设|a|3

|b|1

(a,^b)求向量ab与ab的夹角6|ab|2(ab)(ab)|a|2|b|22ab|a|2|b|22|a||b|cos(a^b312|ab|2(ab)(ab)|a|2|b|22ab|a|2|b|22|a||b|cos(a^b)312abab的夹角为则

3cos763cos16cosb)(ab)

|a|2|b|2

312|ab||ab|arccos27

|ab||ab|

778a3b7a5ba4b7a2b求解因为a3b7a5ba4b7a2b所以 (a3b)(7a5b)0(a4b)(7a2b)0即 7|a|216ab15|b|20 7|a|230ab8|b|20又以上两式可得|a||b|2ab于是 ab1|a||b|2 39a(212)b(11z)z为何值时最小？并求出此最小值解ab12z|a||b|

32z20(a,^b)时为单调减函数求的最小值也就是求f(z)12z2的最大值

32z2f(z14z0z43(2z2)3/2当z4时2所以arccos22 min 2 410设|a|4|b|3

(a,^b)求以a2b和a3b为边的平行四边形的面积6解(a2b)(a3b)3ab2ba5ba以a2b和a3b为边的平行四边形的面积为|(a2b)(a3b)|5|ba|5|b||a|sin(a,^b)534130211a(231)b(123)c(212)rrarbPrjcr14r解设r(xyz)rarbra0rb0即2x3yz0x2y3z0Prjcr14r1c14即|c|2xy2z42解线性方程组2x3yz0x2y3z02xy2z42得x14y10z2所以r(14102)i jkrarbr与ab2312

17i5jk平行故可设r(751)3Prjcr14r1c14rc42即|c|(725112)422所以r(14102)12a(132)b(234)c(3126)a、b、c共面ab表示ca、b、c共面的充要条件是(ab)c0因为i jab1323

k26i3k4(ab)c(6)(3)012(3)60所以向量a、b、c共面设cab则有(23324)(3126)即有方程组2333126解之得51所以c5ab13M(x,y,z)xOyM到点(1,1,2)的距离相等M的轨迹方程解根据题意有(x(y(x(y(z2)2或 z2(x1)2(y1)2(z2)2化简得(x1)2(y1)24(z1)这就是点M的轨迹方程14指出下列旋转曲面的一条母线和旋转轴(1)z2(x2y2)解旋转曲面的一条母线为zOx面上的曲线z2x2旋转轴为z轴(2)x2y2z2136 9 36xOyx2y21y轴(3)z23(x2y2)

36 9yOzz3yz轴(4) x2y2z214 4xOyx2y21x轴415A(300)B(001)xOy角的平面的方程3解设所求平面的法线向量为n(abc)BA(3,0,1)xOy面的法线向量为k(001)按要