r r r 取 s = n1 × n2 = 1 0 2 = ( −2, 3, 1), 0 1 −3 由点向式得所求直线方 程为 x y−2 z−4 . = = 3 1 −2
r i
r j
r k
2 y + 3z − 5 = 0 l: 六、 直线 x − 2y − z + 7 = 0在平面 π
: x − y + 3z + 8 = 0 上
关系. r r r r l : s = ( −1, 2, − 1), n1 = ( 2, 1, 1), n2 = (1, 1, 1), n3 = (1, 1, 1), r r Q s ⋅ n3 = 0, ∴ l与π 3平行； 平行；
且l与π 2有公共点O(0，，)，故l在π 2上； 0 0
l与π 1既不平行也不垂直，相交，其交点为(−2, 4, − 2), 1 l与π 1的夹角为ϕ = arcsin . 6
平行， 过点M ( −1,2,4)作平面 π 1与平面 π平行，则
π 1 : 3( x + 1) − 4( y − 2) + ( z − 4) = 0,即3 x − 4 y + z + 7 = 0, 求l1与π 1的交点
x+3 y−3 z = = =t ⇒ t = 2, 得交点 M 0 ( 3, 5, 4) 1 2 3 3 x − 4 y + z + 7 = 0 r 取所求直线的方向向量 为s = MM 0 = (4, 3, 0) 所求直线方程为 x+1 y−2 = 3 . 4 z − 4 = 0
r r r r r s1 × s2 = 1 2 λ = ( 2 − λ , λ − 1, − 1) = ( 2 − λ )i + (λ − 1) j − k 1 1 1
M 1 M 2 = ( −2, 2, − 1),
r i
r r j k
注：由以上运算可见
rr r r [ s1 s2 M 1 M 2 ] = s1 × s2） M 1 M 2 （ ⋅
z
x
o z
y
(2) − x + y = 2a z (a > 0)
2 2
双曲抛物面. 双曲抛物面
o
x
y
x2 双曲面,由曲线 单叶旋转双曲面 由曲线
z
y2 − z2 = 1 4 x = 0
轴旋转而产生的. 绕 z 轴旋转而产生的
o x
1 2 λ −2 2 1 = 1 2 λ = 1 1 1 1 1 1 −2 2 1
x+3 y−3 z ( − 1 , 2 ,4 ) 又 和 直 线 l 1 : 3 = 1 = 2 相 交 且 与 八、 线过点 平 面 π : 3 x − 4 y + z − 10 = 0 平 行 ， 求 此 直 线 方 程 .
2 z = x 2 + y 2 及 x 2 + y 2 + z 2 = 3 所 围 成 的 立 体 在 xO y 求由曲面
z
2 z = x 2 + y 2 ⇒ z 2 + 2z = 3 2 x + y2 + z2 = 3 舍去） ⇒ z = 1, − 3(舍去） ∴ 投影柱面为 x 2 + y 2 = 2, x 2 + y 2 ≤ 2.
x o
y
立体在 xoy面的投影为
二 、 已 知 平 面 Ax + By + Cz + D = 0 ， 指 出 下 列 各 平 面 的 特 殊 位置.
1. A = 0 ; 平行于 x 轴； 2. D = 0 ; 过原点； 过原点； 3. A = D = 0 ; 过 x 轴； 4. A = B = 0 ; 平行于 xoy 面； 5. A = B = D = 0 . xoy 面.
七、确定 λ ，使直线
l2 :
l1 :
x+1 y−1 z = = 1 1 1 相交.
x−1 y+1 z−1 = = 1 2 λ 和直线
l2 l1
M1
r r 设s1 = (1, 2, λ ), s2 = (1, 1, 1), Q l1与l 2相交，即共面， 相交，即共面，
则
M2
在l1上取点M 1 (1, − 1, 1), 在l 2上取点M 2 ( −1, 1, 0), M 1 M 2 = ( −2, 2, − 1),
高等数学第八章自测题解答
一、 试解下列各题
r r 1. 已 知 向 量 a = ( 1 ,1 , − 4 ), b = ( 2 , − 2 ,1 ) ， 求 （ 1 ）
r r r rb （ 2 ） P r ja ； 3 ） a × b . （ r r r a⋅b −4 −4 r r rb = ; = r = 2 2 a ⋅ b = −4; Pr ja 2 a 18 1 + 1 + ( −4)
r r a ⋅b ；
r r i j r r a×b = 1 1 2 −2
r k − 4 = ( −7,−9,−4). 1
2 .(1 ) x 2 + y 2 = 2 a z ( a > 0 )
旋转抛物面， 旋转抛物面 ， 由曲线
y 2 = 2az x = 0
轴旋转而产生的. 绕 z 轴旋转而产生的
x + z = 0 P ( − 1 ,1 , 2 ) 且 与 直 线 l 1 : x − z = 0 及 直 线 四、 过点
y−4 z+5 = = 5 平行的平面方程. −2 r r j k r 0 1 = ( 0, 2, 0), s2 = ( 3, − 2, 5), 0 −1 r r r i j k r 取 n = ( 0, 1, 0) × ( 3, − 2, 5) = 0 1 0 = (5, 0, − 3), 3 −2 5 2
x y z l: = = 三、 直 线 − 1 2 − 1 ， 平 面 π1 :2x + y + z + 2 = 0 ， π 2 : x + y + z = 0 ， π 3 : x + y + z + 1 = 0 .试 判 断 l 与 π 1 , π 2 , π 3 的 试
r r Q s ⋅ n2 = 0, ∴ l与π 2平行，
九、画出下列各立体的图形
x2 + y2 + z2 ≤ 4 与 x2 + 2 y2 − z2 ≥ 0 的 公 共 部 分 ； 1．
2． 曲 面 z =
z
2 − x2 − y2 与 z = x2 + y2 所 围 成 的 立 体 .
z
o
y
x
x
o
y
的投影直线方程.
由于 平面 x − 2 y − z + 7 = 0，与 x − y + 3 z + 8 = 0垂直， 垂直， 故所求投影直线方程为 x − 2y − z + 7 = 0 . x − y + 3z + 8 = 0
注：投影平面不在平面 方程 束 2 y + 3z − 5 + λ ( x − 2 y − z + 7) = 0 中.
由点法式得所求平面方 程为 5( x + 1) − 3( z − 2) = 0, 即5 x − 3 z + 11 = 0.
x− l2 : 3 r i r s1 = 1 1
五 、 过 点 A ( 0 , 2 ,4 ) 且 与 π 1 : x + 2 z − 1 = 0 ， π 2 : y − 3 z = 2 平 行的直线方程.
r r （s1 × s2） M 1 M 2＝0(即三向量共面 ⇔ 混合积为零 ) ⋅
r r r i j k r r s1 × s2 = 1 2 λ = ( 2 − λ , λ − 1, − 1) 1 1 1 r r 5 （s1 × s2） M 1 M 2 = −2( 2 − λ ) + 2( λ − 1) + 1 = 0 ⇒ λ = . ⋅ 4
y
3. 求 与 x 轴 的 距 离 为 3 ，与 y 轴 距 离 为 2 的 一 切 点 所 确 定 的 曲 线的方程，并确定它是一条什么样的曲线且画出图形.
y 2 + z 2 = 32 2 x + z 2 = 22
两个圆柱面的交线. 两个圆柱面的交线
y
o
2
x
3
z
4. 面的投影区域.