大学《高等数学》期末考试试题及易错题解析第六章：空间解析几何与向量代数

PAGEPAGE11空间解析几何与向量代数空间解析几何与向量代数这一章的基本思想是用代数的方法研究几何学。其内容是学习多元微积分、曲线积分、曲面积分、场论的基础。在研究生入学考试中，本章是《高等数学一》和《高等数学二》的考试内容。通过这一章的学习，我们认为应达到如下要求：1、对于空间直线、平面、曲面特别是二次曲面应有明晰的空间位置、形状的概念。2、对于坐标化方法能运用自如，达到数与形的统一。3、具备空间想象能力，娴熟的矢量代数的计算能力和推理、演绎的逻辑思维能力。一、知识网络图二、典型错误分析例1．设,,,求以向量和为邻边的平行四边形的面积。[错解]由平行四边形的面积公式,得.[分析]以向量和为邻边的平行四边形的面积在数值上等于向量和的向量积的模，因此上述解题公式是对的。即.但在向量运算过程中有以下错误：(1)应为.(2)向量积满足反交换律，应为(3)是错的。因式中左右边分别是向量和数量，故不可能相等。应为.[正确解]例2.证明向量垂直于向量.[错证]由于，所以向量垂直于向量.[分析]由于两个向量垂直的充要条件是它们的数量积为零，因此从计算入手是对的，但是在运算中有以下错误：(1)一般来说，事实上，表示与平行的向量，而表示与平行的向量。(2)两个相等的向量相减为，而不是[正确证明]由于,故由两向量垂直的充要条件知，向量垂直于向量.例3.把下列曲线的参数方程化为一般方程，其中为（1）[错解]消去参数，得到此曲线的一般方程（2）[分析]通过消去参数求出曲线的一般方程，是将曲线的参数方程化为一般方程时常用的方法。但这里所得到的结果是错的。原因是在消去参数时，采用了将式子两边平方的步骤，使此曲线的一般方程产生了增加的解。这一点从几何上看是清楚的，事实上曲线（1）是圆柱螺旋线，该曲线绕向两个方向延升。而曲线（2）是圆柱面和母线平行于轴的柱面的交线，因此曲线关于坐标面对称。因此（1），和（2）所表示的曲线是不同的。[正确解]由解得，代入和，得到此曲线的一般方程例4.设两平行平面为，求它们的距离[错解]当时，平面，在原点的同侧，于是当时，平面，在原点的异侧，于是当时，当时，[分析]以上解答产生错误的原因是对平面的一般式方程中的常数的几何意义认识不正确。只有在平面的法式方程中，常数项的绝对值才表示原点到该平面距离。[解]将方程法式化，得，的法式方程为其中法化因子满足：设所求距离为，则当时，平面，在原点的同侧，于是与同号当时，平面，在原点的异侧，于是与异号，则当时，平面，间的距离即原点到的距离。于是，同理当时，平面，间的距离综上，所求距离为例5.已知与垂直，且与垂直，求的夹角。[错解]由于与垂直，所以有（1）由于与垂直，所以有（2）由（1），（2）有，故得于是[分析]在以上解法中，将两向量垂直的条件转化为它们的点积为零来考虑，这个思路是常用的，且（1），（2）的计算是正确的。但从推出是错误的，事实上，，而[正确解]由于与垂直，所以有(1)由于与垂直，所以有(2)由（1），（2）得（3）代入（1），得故（4）由（3），（4）得例6.设平面：与球面相交成一个圆，求这个圆的圆心。[错解]设该圆的圆心为由平面方程与球面方程，得（1）故所求圆的圆心为得[分析]上述解答中的（1）是过该圆曲线的另一曲面的方程，而不是该圆曲线的方程，因此以上解答是错误的。事实上（1）与联立或（1）与联立都是该圆曲线的方程。[正确解]设该圆的圆心为由球面方程得球心为因直线垂直于平面，且为平面的一个法向量，故平行于，即有（1）又在平面上，则（2）由（1），（2）得：，，，即得例7.求椭圆面上某点处的切平面的方程，使平面过已知直线[错解]令则于是椭圆面在点处的切平面的方程为即因为平面过已知直线，故的方向向量和平面的法向量垂直，即有（1）又因（2）故由（1），（2）得因此所求切平面的方程为[分析]由题设，只知直线L在切平面上，但不能保证直线L过切点故在以上解答中，（2）式是没有根据的。[正确解]令则于是椭圆面在点处的切平面的方程为即（1）因为平面过直线，故上的任意两点，如点应满足（1），于是有（2）又因，（3）故由（2），（3）得或因此所求切平面的方程为例8.设函数在点附近有定义，且，，则________。曲面在点的法向量为；曲面在点的法向量为；（C）曲线在点的切向量为；（D）曲面在点的法向量为；[错解]由于，，，故（A）成立。[分析]设，故曲面在点的法向量为。由于，，，所以（A），（B）都不正确。[正确解]曲线看成以为参数，则可表示为，其在点的切向量为，故选择（C）。例9.求直线点与直线的公垂线方程。[错解]已知直线的一个方向向量，直线的一个方向向量，作向量则过上的点且以为法向量的平面的方程为即易得平面与直线的交点为，于是得公垂线方程为即[分析]在以上解法中点的选取与公垂线的定义不符。事实上，直线上的点可用该直线上任意一点来代替，因此这样求得的直线不唯一。[正确解]设直线为所求公垂线，则为平面的交线，其中为直线和所确定的平面，为直线和所确定的平面。设直线的方向向量为，直线的方向向量为，直线的方向向量为，则由题设有设平面的法向量分别为，则，则的方程为：的方程为：故公垂线的方程为例10.求以为顶点，母线与球面相切的圆锥面方程。[错解]由于所求圆锥面的半顶角满足轴方向为，设是圆锥面上异于顶点的任一点，则于是（1）即[分析]这个结论是错的，事实上为顶点的锥面方程一定是关于的齐次方程。在以上解答中，错误产生于两个方面：一是半顶角的计算有误，二是两点距离公式有误，于是（1）是错的。若将（1）改为：则就可得到正确的结果。这个问题的做法很多，以下[正确解]采用了另一种方法。但也是利用圆锥面的几何特征求其方程。[正确解]设任一母线与球面相切于点，则母线方程为令于是（2）将（2）代入，有因是切点，故以上方程有重根，故即三、综合题型分析例11．求点在直线上的射影点。[分析一]因为过点且与已知直线垂直的平面和已知直线的交点即所求的射影点，故应先求出平面的方程。[解一]设过点且与已知直线垂直的平面为，由题设知即（1）把直线的方程改写为参数式：（2）由（1），（2）得代入（2），得所求射影点为[分析二]利用直线的参数式方程，求出射影点所对应的参数，从而求得射影点。[解二]设所求的射影点为，将已知直线的方程改写成参数式故有于是由题设得即得代入（3），得所求射影点为[方法小结]在考虑直线上一点的问题时，利用直线的参数式方程是比较方便的，在以上两种解法中都采用了直线的参数式方程。之所以用参数式方程能使问题简化，是因为求点的三个坐标的问题转化为了求点的参数。例12.求直线在平面上的射影直线的方程。[分析一]所求直线是平面和的交线，其中为直线在平面上的射影平面。[解一]设直线在平面上的射影平面为，平面的法向量为，由于直线的方向向量，平面的法向量，由射影平面的定义，得=又平面过直线，知直线上的点在平面上，可得平面的点法式方程为：即.故直线在平面上的射影直线的方程为[分析二]所求直线是平面和的交线，其中为以直线为轴的平面束中的一个平面，并且平面垂直于平面，即是直线在平面上的射影平面。[解二]改写直线的方程为设所求平面为，则是以直线为轴的平面束中的一个平面，故可设，即又由题设知因此有，即取得于是，直线在平面上的射影直线的方程为[方法小结]一般地，直线在平面上的射影直线的方程，可用下列方程组表示其中直线在平面上的射影平面的方程可用不同的方法求出。例13．求以原点为顶点且经过三坐标轴的正圆锥面方程。[分析一]由于从本题的条件中容易求出一条准线的方程以及母线的方程，因此本题采用求普通锥面的方法比较方便。[解一]设所求正圆锥面过点、、，则由这三点确定的平面的方程为该平面与圆锥面的交线为圆曲线（1）这是锥面的准线方程。设为锥面上任一点，为母线与准线的交点，故母线方程为令则得代入（1），得消去参数，得所求正圆锥面的方程为类似地，可得其它三个正圆锥面的方程为.[分析二]由于所求圆锥面的特殊性，本题采用参数法，可简捷地求出圆锥面的方程。[解二]设为参数，则所求圆锥面由以下曲线族构成：消去参数，得所求正圆锥面方程为类似地，可得其它三个正圆锥面的方程为.[方法小结]求圆锥面方程有两种一般的方法，一种是求普通锥面的方法，另一种是利用圆锥面的特殊性质来求出其方程。两种方法所需的条件是不同的。具体采用那一种方法，应根据题目的条件，作具体分析。本题是求圆锥面方程，但在[解一]中却采用了求一般锥面的方法就是这个原因。当然，由曲面的特殊性，有时采用特殊的方法更方便，如本题的[解二]。例14．已知平面上一条抛物线,及顶点在其上滑动的一条参数为的抛物线,若动抛物线所在的平面始终与轴垂直,且它的轴始终保持与轴平行而移动,求这抛物线所描述出的曲面.[分析一]根据所求曲面的构成特征，从动曲线的特殊位置出发进行考虑通常是有效的。以下解答是从动曲线滑动到坐标平面的位置出发进行考虑的。[解一]设动抛物线滑动到平面上时，其方程为即（1）故在所求曲面上的任一点必可由曲线(1)上的一点沿轴平移,沿轴平移而得到，即有又因为动抛物线顶点也随之平移到且在抛物线上,故有(2)将(1)代入(2)，得所求曲面方程为:讨论:当同号时,方程表示椭圆抛物面,当 异号时,方程表示双曲抛物面.[分析二]由题设，所求曲面是由一条参数为的抛物线运动而产生，故所求曲面可看成是由一族完全相同的抛物线所构成。因此本题采用曲线族法，可简捷地求得曲面的方程。[解二]设所求曲面由如下抛物线族构成：(3)由题设，顶点满足于是得.（4）将（4）代入(3)，得所求曲面方程为:讨论:同号时,方程表示椭圆抛物面,异号时,方程表示双曲抛物面.[方法小结]可从所求曲面的图形特征入手寻求曲面的方程。以上两种方法从不同的角度分析了曲面的图形特征。例15．求直线上一点到此直线与平面的交点的距离。[分析一]在求直线与平面的交点时，利用直线的对称式方程是比较方便的。值得注意的是参数的引入，简化了交点的计算。[解一]设直线与平面的交点为。令，则有，（1）将（1）代入平面方程，得故交点为于是点与点的距离为[分析二]利用直线参数方程中参数的几何意义求两点的距离[解二]由题设，直线过点和点，故此直线的参数方程为设为交点，代入，得。注意到为方向余弦，于是点到此交点的距离为[方法小结]这里[解一]所用的方法是常规方法。而[解二]则充分利用了直线参数方程中参数的几何意义，这种方法在求直线上两点间的距离时常常是有效的。例16．求通过点且通过直线的平面方程。[分析一]由所给的条件知，平面的点法式方程是易求的，关键在于求出平面的法向量。[解一]因题设知所求平面过点和点，故向量平行于所求平面。又为已知直线的方向向量，故知所求平面的法向量为：于是所求平面的方程为即[分析二]因所求平面过已知点，故可直接设其点法式方程，再利用条件确定待定系数。[解二]设所求平面方程为，则为平面的法向量。由题设知为已知直线的方向向量，故有.(1)又由点在所求平面上，有.(2)由（1），（2），得，，故所求平面的方程为[方法小结]若所求平面通过已知点，一般可求平面的点法式方程。以上两种解法是求平面点法式方程的常用思想方法。由于本题所求的平面过已知直线，因此用平面束方程来处理也是方便的。（参见例22）例17．已知直线，求点关于直线的对称点[分析一]利用线段的中点在直线上以及的斜率为的斜率的负倒数这两个条件，可较简捷地求得点的坐标。[解一]设的坐标为，故线段的中点在直线上，又的斜率为的斜率的负倒数，故于是得[分析二]由于点在过点而垂直于直线的直线上，因此可先求得直线和直线的交点，再求得点。[解二]过点而垂直于直线的直线方程是解方程组得直线和直线的交点此点为线段的中点。设的坐标为，则故得[方法小结]求点关于直线的对称点的方法有多种，但都抓住一个基本点：直线是线段的垂直平分线。由于分析的方法不同，导出不同的解法。例18．求通过点，垂直于直线，又与直线相交的直线方程。[分析一]将所求直线看成是两个平面的交线，因此问题转化为利用已知条件求出过的两个平面。[解一]设所求直线为，则由题设知：在过点且与直线垂直的平面上。设直线的方向向量为，故有另一方面，在点与直线确定的平面上。设直线的方向向量为，则为平面的法向量。故：于是直线为为：[分析二]将所求过已知点的直线用参数式方程表示，则问题转化为求直线的方向向量，由题设可确定此方向向量。[解二]设通过点的直线方程为（1）因直线垂直，故又直线与相交，直线可表示为（2）联立（1），（2），得令则得所求直线方程为[方法小结]在考虑直线与直线相交的问题时，将所求直线的方程设成参数式是较为简单的。另外将所求直线看成是两个平面的交线，也是求直线的常用方法。例19求准线为且母线平行于轴的柱面方程。[分析一]由于给出了一条准线的方程以及母线的方向向量，因此可用常规求柱面方程的方法求解。[解一]设为准线上的任意一点，则过这点的母线方程为（1）其中满足条件（2）由（1）及（2）的第二式得，代入（2）的第一式，得显然，其为双曲柱面方程。[分析二]改写所求曲面的准线方程，利用母线平行于坐标轴的柱面方程的特点，得出结果。[解二]将准线方程同解变形，得上式表明已知准线可看成为母线平行于轴的双曲柱面和平面的交线，显然所求柱面即双曲柱面[方法小结]母线平行于坐标轴的柱面是一类特殊的柱面，因此除了用常规方法可求出其方程以外，常常还可利用其特点求出其方程，[解二]中选用其它准线的方法也是常用的。例20．.若表示平面上两条直线，求ｋ值及两直线的夹角[分析一]由于平面上的一条直线一定能用一个二元一次方程表示，所以得出以下分解式（1），在此基础上不难求得ｋ值及两直线的夹角。[解一]设.（1）不失一般性．有＝０．比较系数得：，所以有．于是，当ｋ＝６时，，故原方程表示直线：和，它们分别与ｙ轴，ｘ轴平行，因此夹角为．[分析二]利用曲线的不变量进行讨论是方便的。二元二次方程的图形为两条直线的充要条件为不变量[解二]由，得，故ｋ＝６，（ｋ＝０不合题意）故两直线是和，它们分别与ｙ轴，ｘ轴平行，因此夹角为．[方法小结]在讨论曲线和曲面图形时应注意：若，则的图形是指的图形和的图形，而不是的图形或的图形。四、考研试题分析例21．(1995年高数一、二)设则[答案]4.[分析]在展开时注意两个平行向量的向量积为零，有两个向量平行的三个向量的混合积为零，即可得结果。[解答].例22．(1996年高数一、二)设一平面经过原点及点（6，-3，2）且与平面垂直，则此平面方程为.[答案][分析一]求平面方程的方法很多，这里用所求平面上的一个定点和所求平面的一个法向量来确定所求平面的方程。本题的关键在于找出所求平面的一个法向量。由于始点为原点，终点为（6，-3，2）的向量以及已知平面的法向量均平行于所求平面，故这两个向量的向量积就是所求平面的一个法向量。[解一]设所求平面为，由题设得：∥，∥.则=为平面的一个法向量。即由于平面过原点，得平面的点法式方程为即得平面的方程为[分析二]由于所求平面过原点和点（6，-3，2）的连线，因此本题用平面束方法求解比较简单。[解二]由题设，原点和点（6，-3，2）连线的点向式方程为，（1）将（1）改写为一般式方程：于是，过直线的所有平面的方程可写为，即.其中与已知平面垂直的平面应满足得取于是所求平面方程为 例23．(2003年高数一)曲面与平面平行的切平面方程是.[答案][分析一]在二次曲面的正常点上，切平面方程可根据曲面方程直接得出。若二次曲面方程为，则切平面方程为。[解一]由曲面方程，（1）得所求切平面方程为（2）由所求切平面与已知平面平行，得，（3）于是，由（1），（3），得：，，代入（2），得切平面方程为[分析二]在二次曲面的正常点上，可根据曲面方程直接得出切平面的法向量，再利用所求切平面与已知平面平行，可求出切平面方程。[解二]设曲面在上有切平面，则由曲面方程知，切平面的法向量为。由题设，得，考虑到，得：，，故切平面方程为，即例24．(1995年高数一、二)设有直线及平面：，则直线（）。平行于；（B）在上；（C）垂直于；（D）与斜交。[分析一]直线是两个平面的交线，可用所给定的平面的法向量和这两个平面的法向量的位置关系进行判别。[解一]应选（C）。由直线和平面的方程，易得，且，即平面，其中于是，平面与平面和平面的交线垂直。[分析二]可通过直线的方向向量和平面的法向量的位置关系进行判别。[解二]应选（C）。设直线的方向向量为，平面的法向量为，则已知平行于，故直线垂直于平面。例25．(1998年高数一)设矩阵是满秩的，则直线与直线（A）相交于一点；（B）重合；（C）平行但不重合；（D）异面.[分析一]本题若用求交点的途径考虑是比较复杂的，可用特殊值进行判别。[解一]应选（A）。采用特殊值法，令，矩阵中的其它元数均为，则这两条直线的方程为：，.显然这两直线以为交点且不重合。[分析二]两条直线的位置关系可由三个矢量，的位置关系确定，于是，可通过考虑相应的矩阵和行列式，确定两条直线的相关位置。[解二]应选（A）。事实上，由于初等变换不改变矩阵的秩，故有，其秩不变。由题设，得于是两直线不平行，可排除（B），（C）。另一方面，由于=0，故两直线共面，可排除（D）。于是，选择（A）。例26．(1997年高数一)设直线在平面上，而平面与曲面相切于点求之值。[分析一]首先求出与曲面相切于点的切平面的方程，进一步，可通过将代入切平面的方程，求出之值。[解一]在点处曲面的法向量为故切平面的方程为，即.(1)由直线方程解得，.将其代入(1),得，因而有，，解得，.[分析二]求出与曲面相切于点切平面的方程，利用平面属于以直线为轴的平面束，求出之值。[解二]同解一，可求得在点处曲面的切平面的方程为.(2)由于平面属于以直线为轴的平面束，因此可设的方程为，即.(3)由于(2),(3)均为平面的方程，得因此解得，.例27．(2002年高数二)已知曲线的极坐标方程是，求该曲线上对应于处的切线和法线的直角坐标方程。[分析一]由于是求直线在直角坐标系下的方程，因此可利用极坐标和直角坐标的关系首先求出切点的直角坐标，利用参数式函数求导求得切线的斜率，再求出切线和法线的直角坐标方程。[解一]易知此曲线的参数方程为（1）于是.(2)将代入（1）-（2），得切点的直角坐标为，切线的斜率为。于是所求的切线的直角坐标方程为即法线的直角坐标方程为即[分析二]可首先求出曲线的参数式方程和直角坐标方程，利用这两个方程求出切点的直角坐标和切线的斜率，从而求出切线和法线的直角坐标方程。[解二]曲线的参数方程为（3）于是此曲线的直角坐标方程为.(4)当时，由(3)得切点的直角坐标为，。由（4）利用隐函数求导，得在以上切点处。于是可得（同解一）所求的切线的直角坐标方程为法线的直角坐标方程为例28．(1994年高数一、二)已知点与的直角坐标分别为（1，0，0）与（0，1，1），线段绕轴旋转一周的旋转曲面为，求由及两平面，所围成的立体体积。[分析]由题意，关键是求出垂直于轴的平面截此旋转体所得截面的面积，考虑到此截面是圆截面，因此只需求出圆截面的半径即可。[解答