1、 第 1 章 矢量与坐标 1.1 矢量的概念 1.下列情形中的矢量终点各构成什么图形? (1 )把空间中一切单位矢量归结到共同的始点; (2 )把平行于某一平面的一切单位矢量归结到共同的始点; (3 )把平行于某一直线的一切矢量归结到共同的始点; (4 )把平行于某一直线的一切单位矢量归结到共同的始点. 解 :(1 )单位球面; (2 )单位圆 (3 )直线; (4 )相距为 2 的两点 2. 设点 O 是正六边形 ABCDEF 的中心, 在矢量 OA、 OB、 OC 、 OD、OE 、 OF 、 AB 、 BC 、 CD、 DE 、 EF 和 FA 中,哪些矢量是相等的? 解 :如图 1-1
2、,在正六边形 ABCDEF 中, 相等的矢量对是: 图 1-1 A F B E CO .DEOFCDOEABOCFAOBEFOA 和;和;和;和;和 3. 设在平面上给了一个四边形 ABCD,点 K、L 、M 、 N 分别是边 、 、 、 的中点,求证: KL NM . 当 ABCD 是空间四边形时,这等式是否也成立? 证明 :如图 1-2,连结 AC, 则在 BAC 中, KL21AC. KL 与 AC 方向相同;在 DAC中,NM21AC. NM 与 AC 方向相同,从而KL NM 且 KL 与 NM 方向相同,所以 KL NM . 4. 如图 1-3,设 ABCD-EFGH 是一个平行六
3、面体,在下列各对矢量中,找出相等的矢量和互为相反矢量的矢量: (1) AB 、 CD ; (2) AE 、 CG ; (3) AC 、 EG ; (4) AD 、 GF ; CH . BE 、(5) 解 :相等的矢量对是(2 )、(3 )和( 5); 互为反矢量的矢量对是(1 )和(4 )。 1.3 数量乘矢量 图1 3 ba, 应满足什么条件? 1.要使 矢量下列各式成立,;baba =+ ;baba +=+ ( 2)(1 );bab;baba + ( 4) a =(3 ) += (5 ) .bba a=解 : baba =+ba 的直 垂直时有, 所在 线(1 ) ; ;baba +=+b
4、a, (2 ) 同向时有;baba ,b 且 (3 ) ba, 有 a =+ 反向时ba, 反向时有 (4 ) ;baba += (5 ) ba 时有 .baba = ba, 同向,且AL, BM, CN2. 设 L、 M、 N 分别是ABC 的三边 BC、 CA、 AB 的中点,证明:三中线矢量可 以构成一个三角形. 证明 : )(21ACABAL += )(21BCBABM += )( 21CBCACN += 0)(1+=+ 2=+ CBA 从而三中线矢量CBCBAACABCNBMALCNBMAL , 构成一个三角形。 N 是ABC 的三边的中点,O 是任意一点,证明 3. 设 L、M 、
5、OBOA+ + OC = OL + OM + ON . LAOLOA += 证明 MBOMOB += NCONOC += )(LAOCOBOA =+ NCMBONOMOL + = )(ONOMOL + CNBMAL + 由上题结论知: 0=+ CNBMAL ONOMOLOCOBOA+ +=+ 4. 用矢量法证明,平行四边行的对角线互相平分 . 证明 :如图 1-4,在平行四边形 ABCD 中,O 是对角线 AC,BD 的交点 但 OBODOCOAOBOCOAODBCADOBOCBCOAODAD+=+=图 1-4 )( OCOA+ ,AC )( ODOB + ,BD 不平行于 BD而 AC ,
6、由于 0=+=+ OBODOCOA , 从而 OA=OC,OB=OD 。 M 行四边形 ABCD 的中心,O 是任意一点,证明 5. 如图 1-5,设 是平OA + OB + OC + OD 4 OM . OM证明: 因为 21( OA + OC ), OM图 1-5 21( OB + OD ), 所以 2 OM 21( OA + + OC + ODOB ) 所以 OA + OB + OC + OD 4 OM . 6. 设点 O 是平面上正多边形 A1A2An的中心,证明: 0null. 1OA +2OA +nOA证明 :因为 3OA 2OA , 1OA 2OA 4OA 3OA , 1n+1O
7、A O nA OA , nOA 2A O 1OA ,21OA + OA +所以 2( +n) OA1OA +2OA +nOA ), (0null. 1OA2OA +nOA所以 ( )(2 + + )显然 2, 即 2 0. 所以 1OA +2OA +nA 0nullO . 1. 矢量的线性关系与矢量的分解 4 1. 设一直线上三点 A, B, P AP PB (1), O 是空间任意一点,求证: 满足+ OBOAOP+1证明 :如图 1 因 -7, 为OP OA , AP OB OPPB , OA ( OBOPOP所以 ), OA +OB , ) OP(1+图 1-7 + OBOA. OP从而
8、 +1AC12eAB e2. 在ABC 中,设 , ,AT 是角 A 的平它 BC AT 分解为1e ,2e分线( 与 交于 T 点) ,试将图 1-8 的线性组合. 解 :因为 | e|TC|BT|11e,且 BT 与 TC 方向相同, 所以 |1eBT TC . |2e由上题结论有 AT |12e|11ee|221eee+|2112eeee +21ee +. 3. 用矢量法证明:P ABC 充要条件是图 1-9 是 重心的PC 0null.PA + PB + 证明 :“ ” P 的重心,则 若 为 ABCCP 2 PAPE P + B , 从而 PA + PB CP = 0null, 即
9、PA + PB PC = 0null. “ ”若 PA + PB PC = 0null, PC CP , PA + PB则取 E, G 分别为 ABF, ,BC ,CA 之中点,则有 PE 1( +PA2PB). 从而 CP 2 PE . PG , BP 2 AP 2 PF .故 P同理可 证 为ABC 的重心. 4. 证明三个矢量 anull1e 3+2e +23e , bnull, cnull41e 62e +23e +122e31e 113e 共面,其中 a 能否用 b ,nullc 性 示 如能表 ,写出线 表示关系式. 线 表 ? 示 性1e2e , 3e 不共面,即它们线性无关.
10、证明 :由于矢量 , 考 表 式虑 达 a +b +vnullc 0null,即 ( +32e 62e +122e1e +23e )+ (41e +23e )+v (31e 113e ) , 或 ( +43 v) 0null0null. 1e +(3 612v ) 2e +(2+211 v) 3e 1e , 2e , 3e由于 线性无关,故有 解得 10, 1 ,v 2. 0,所以=+=+.01122,0,034vvv1263 +anull由于 10 能用 bnull, cnull线性表示 bnullanull51cnull. 110是三个两两不共线的矢量,且 OCOBOA, , OC OA
11、+OB5. 如图 1-10, ,试证 A, B, C三点共线 证明 :“ B 共线,从而有 的充要条件是 + 1. 图 1-10 ”因为 A, ,CCB , AC /CB ,AC且有 1, 使m mOC m ( OB OC OA ), OBOC OAm(1+m) ,OCm+11OAmmOB . +1但已知 OC OA O , OBOAB . 由 OC 对分解的唯一性可得 m+11, mm+从而 1mm+m+11+11设 . “+ 1. 则有 OC OB (1 ) OB OA OA” OB= OB +( OA ), OC OB OB ( OA ), 所以 BC BA , BC / BA . 从而
12、 故 A,B, C 三点共线. 1.5 标架与坐标 1. 在空间直角坐标系O ; kjinullnullnull, 下,求 P(2,3, 1) ,M (a, b, c)关于 ( 的坐标. 解 : 称点坐标为( a,b , c), c x 坐标为( a,b , c), , , b (类似考虑 P 1)即可. 2. 已知矢量1) 坐标平面;(2) 坐标轴;(3) 坐标原点的各个对称点M (a, b, c)关于 xOy 平面的对称点坐标为( a, b, c ),M (a, b, c)关于 yOz 平面的对称点坐标为( a , b, c),M (a, b, c)关于 xOz 平面的对M (a, b,
13、)关于 轴平面的对称点M (a b, c)关于 y 轴的对称点的坐标为( a , b,c ), M (a , c)关于 z 轴的对称点的坐标为 a ,b , c). (2,3 ,a , b , c 的分量如下: a b 0, 2, c 1, 2, 1; (1) 0, 1, 2, 4 , (2) a 1, 2, 3 , b 2, 1, 0, c 0, 5, 6. 试判别它 ? c 表成 a , b 的线性组合? 表示们是否共面 能否将 若能 ,写出表示式. 解:(1) 因为 121420210ca b , 0, 所以 , 三矢量共面, 又因为 a , b 的对应坐标成比例,即 a / b ,但
14、c a , c 成 a , b 的线性组合. 故不能将 表321a , b , c 三矢量共面. 012 0, 所以 (2) 因为 650a , b 的对应坐标不成比例,即 a b又因为 , 故可以将 c 表成 a , b 的线性组合. 设 + , 亦即0, 5, 6 1, 2, 3+2, 1, 0 anullbnullc从而 =.63,02 =+ ,02解得 2 , 1, bnull所以 2 a cnull null. 3.证明: 四面体每一个顶点与对面重心所连的线段共点,且这点到顶点的距离是它到对面重心距 把交点坐标表示出来. 证明 :设四面体 A1A2 4,Ai对面重心为 Gi, 欲证
15、AiGi交于一点( i 2, 3, 4). 在 AiGi上取一点 P离的三倍. 用四面体的顶点坐标A3A 1,313+iiOGOAiiPA 3iiGP , 从而iOPi,使 , 设 Ai (xi, yi, zi)(i1, 2, 3, 4) ,则 +3,3,3432432432zzzyyyxxxG1, +3,3,3431431431zzzyyyxxxG2 ,G3 +3,3,3421421421zzzyyyxxx, G4 +3,3,33213x32121zzzyyyxx, 所以 P1(31334321+xxxx+,31334321+yyyy+,31334321+zzzz+) P1(4321xxx
16、+4x,44321yyyy +,44321zz zz+ +). P4G P,三倍. 矢量在轴上的射影 同理得 P2P3P1,所以 Ai i交于一点 且这点到顶点距离等于这点到对面重心距离的 1.6 的夹角为 ,且null150 10=ABAB e ABe 与射影 ABe1已知矢量 与单位矢量 , 求射影矢量 ,又如果 ee = ,求射影矢量 ABe 与射影 ABe . ABe = ,35150.10),(cos =nullCOSABeAB 解 射影ABe = e35 射影矢量= = , ABee 30),(180)( ABee ,35.10),(s =nullCOSAe 30co =BAB 射
17、影 ABe =eABe = 35 射影矢量 2 试证明:射影l( +1a 2a + nna2a+2 射影l) 1射影l1ana . + n射影l证明 数学归纳法来证:用 . 当 n 2 时,有 1+1a 22a )射影l( (22a )射影l(1)+1a 射影l 1射影l1a+2射影l2a . 假设当 nk 时等式成立,即有 射影kkaa +null1 1a +lkal(11 l) 射影 + 射影k. 欲证当 k+1 时亦然. 事实上 影n11射 (l11 kk +kka射影l(+ aa null ) kkaa +null11)+1+ka1+k kka (a +null11射影l1+ka )+
18、1+k )射影l(1a + 影lka +k+1射影l1+ka + k射 1射影l故等式对自 数 . 1.7 两矢量的数性积 1证明 面上如 果然 n 成立 bnullim bnull. 在平1mnull2mnull,且 anullimnull (i=1,2),则有 a证明: 因为 mnull1 2mnullcnull 1mnull 2mnull, ,所以,对该平面上任意矢量( a bnull) c bnullnull )(1mnull 2mnull) ( a bnull m1null( a )+2mnull( a bnull) ( a1mnull bnull bnull1mnull)+( a2
19、mnull2mnull)0, 故 ( a bnull)cnull. bnull 0null. 由 的任意性知 cnulla bnull. a从而 的夹角都是 ,且60 3,2,1 = cbaba, 与 ba,互相垂直,矢量 c2已知矢量 计算: 22)2)(4();3).(23)(3();)()(2(;)(1( cbacbbabababa + 解 : 1132;52021.2)(1(2222=+=+=+ bbaaba40cos32co32444)2)(4(226460s1276.);321)()(222222)222;260cos32660cos.39892.3)3) (23(3(=+=+=+
20、ccbcabbaba3. 用矢量法证明以下各题: (1) 角 余 定理 a2 b2c2 2bccosA; 三角形 边的垂直平分线共点且这点到各等距. 证明: 1ABC ,+=+bcabaacba=+ a+= cbabbcbba=+=三 形的 弦(2) 各顶点图 1-11 ( 1)如图 -21,bnullAC AB ,中 设 c , BC a , 且| anull| , bnull| b,| bnullc a ca | | . 则c , bnulla2 ( cnull)2 bnull2+ c2 bnull2 c bnull2+2c2| bnullc |cosA. |此即 a b2+c2 2bcc
21、osA. (2) 如图 1-22,设 AB, BC 边的垂PE 相交于 为 AB, B , CA 中 , 设2直平分线 PD, 图 1-12 P,D, E, F C 的 点 PA a , PB bnullbnull, PC c , a cAB BC, 则 bnull, CA a c , PD 21( a bnull+ ), PE 21( cnull bnull). BC , PD AB , PE因为 所以 2(1a + bnull)( bnull a )21( bnull2 2a ) 0, bnull+21( c )( c bnull2 bnull2)1c(2)0, 从而有 a bnull2
22、2 c , 即 2 |a | | bnull2 | |2c , |2所以 12( cnull anull)( anull cnull)1( anull2 cnull2) 0, 2所以 PF CA , 且 | a | | bnull| c| |. 1.证明故三角形各边的垂直平分线共点且这点到各顶点等距. 1.8 两矢量的失性积 ( a bnull)2 a2bnull2 , 说 在什并 明 么情形下等号成立. 证明 :( a bnull)2| a bnull|2 | a |2| bnull|2sin2( a , bnull) | a2| b|null|22bnull2a .sin2( a , bn
23、ull)1, 从而 sin( a , bnull)要使等号成立, 必须 1, 故 ( a , bnull) bnull2,即当 a 时,等号成立. 2. 证明如果 a + bnull+ c 0null,那么 a bnullbnullc c a ,并说明它的几何意义. 由证明 : a + bnull+ c 0null, 有 (a + bnull 0nullc 0null, 0null+ c )c 但 c c , bnullc于是 a c + 0null, 所以 bnullc c a . 同理 由 (a + bnull a bnull, 0null, + c ) 有 c aa a bnull bn
24、ullc c a . 从而 其几何意义是以三角形的任二边为邻 积相等. 3. 如边构成的平行四边形的面2r ,那么1r ,2r ,3rir (i 1,2,3)满足321rrr = ,2r 3r 1r ,3r 1r果非零矢量 是彼此垂直的单位矢量,并且按这次序构成右手系. 证明 :由矢性积的定义易知1r ,2r ,3它们均为单 矢量 . r 彼此垂直,且构成右手系 . 下证 位因为 1 3 2 31r 2r r , r r r , 所以 |1 2 3r | | r | r | |2r | |, 3r |1r |, 所以 |1r | |3r |2|1r |. 由于图 1-13 |1r | ,从而0
25、 |3r | 1,2|3r |1. 同理可证 |2 1r |1 ,| r | 1. 1r ,2r ,3r从而 都是单位矢量. 4. 用矢量方法证明: (1 )三角形的正弦定理 AsinaBbsinCcsin. (2 )三 斜求积公式: 2p (p a)(pb )(pc ). 式中 p角形面积的海伦(Heron) 公式,即三2( b 1)a+ +c 是三角形的半周长, 为三角形的面积. 证明 : 1-1 C (1) 如图 3,在 AB 中,设 BC a , CA bnull c, AB , 且| a |a , | bnull| b, | c | c, 则 a + bnull+ c 0null,
26、从而有 bnullc c a a bnull, 所以 |bnullc | c a | | a bnull|, 于是 bcsinAca sinBabsin C, asin ABsinbCin. cs(2) 同上题图,ABC 的面积为 bnull21| a |, 所以 241( a bnull)2. 因为 ( a bnull)2+( a bnull)2 a2bnull2, 41 a2bnull2bnull)2. 所以 2 ( a 由于 a + bnull+ c 0null, 从而 a + bnull c ,( a bnull )2 c2, bnull所以 a 21( cnull2 a2 bnull
27、212(c)2a2 b2), 故有 241 a b224(c22 b )2 1a21612ab a ab22b2)2(c 2 +(c a2b2) 161c2 cnull2(a+b)2 ( a b)2 16(a+b c)( +bc c + 1+ a )( a b)(ca b ) 1612p 2c)(2 )(2p2 a(2p p2 b ). 所以 2=p(pa)(pb)(pc), 或 = )()( pp cpbpa . 1.9 三矢量的混合积 1. 设a , b , c 为三个非零矢量,证明 (1 c +) ( a , b , a +b ) =( a , b , c ); (2) ( b c ,
28、a ) =2( a , b , ca b , c ). 证明 : a b ( a +bc +(1)左端=( ) ) = a b )c +( a ( b )( a b b )a )+( )( a b )c +( a b )a + a b )b =( (a b c=( )+( a b a )+( a b b ) a b c=( )=右端. 2) 左端= b + c ) c a + b ) a ( ( ( + )bc ba + c a ( a + b= + ) =( bc )a +( ba )a +( c a )a +( bc )b +( ba )b +( c a )b b c b a b cc a
29、 +( a=( ) )=2( )=右端. 2 设径矢1rOA = , 2rOB = , 3rOC = , (21rr )(32rr )(13rr ) 证明 R垂直于 平面. 证明:由于ABCRAB = )(12rr )()()(133221rrrrrr + )()()()()()(1313212111323=22 212rrrrrrrrrrrrrrrrrr + = 0)()(321321= rrrrrr , RAB . 所以 RAC . 同理可证 R所以 平面 ABC. 3 unull=11ea +21eb +31ec ,12eav =null+22eb +32ec , wnull=13ea
30、+23eb +33ec , 试证明 ( wvunullnullnull, )=333222111cbacbacba(1e ,2e ,3e ). 证明 : unullvnull=2211baba(1e 2e )+2211cbcb(2e 3e )+2211acac(3e 1e ) ( wvunullnullnull, )=( unullvnull)wnull=2211babac3(1e 2e )3e +2211cbcba3(2e 3e )1e +2211acacb3(3e 1e )2e =+322113221132211bacacacbcbcbaba(1e 2e )3e =333222111cba
31、cbacba(1e ,2e ,3e ). 第 2 章 曲面与空间曲线的方程 2.1 曲面的方程 1、 一动点移动时,与 )0,0,4(A 及 xoy平面等距离,求该动点的轨迹方程。 解:设在给定的坐标系下,动点 ,所求的轨迹为 C , ),( zyxM则 zMACzyxM =),( 亦即 zzyx =+222)4( 0)4(22=+ yx 由于上述变形为同解变形,从而所求的轨迹方程为 0)4(22=+ yx2、在空间,选取适当的坐标系,求下列点的轨迹方程: (1 )到两定点距离之比为常数的点的轨迹; (2 )到两定点的距离之和为常数的点的轨迹; (3 )到两定点的距离之差为常数的点的轨迹; (
32、4 )到一定点和一定平面距离之比等于常数的点的轨迹。 解:(1 )取二定点的连线为 x 轴,二定点连接线段的中点作为坐标原点,且令两距离之比的常数为 ,二定点的距离为 ,则二定点的坐标为 m a2 )0,0,(),0,0,( aa ,设动点 ,所求的轨迹为 C ,则 ),( zyxM222222)()(),( zyaxmzyaxCzyxM +=+ 亦即 )()(2222222zyaxmzyax +=+经同解变形得: 0)1()1(2)(1(2222222=+ amxmazyxm上式即为所要求的动点的轨迹方程。 (2 )建立坐标系如(1 ),但设两定点的距离为 ,距离之和常数为 。设动点 ,要求
33、的轨迹为 C , c2 a2 ),( zyxM则 azycxzycxCzyxM 2)()(),(222222=+ 亦即222222)(2)( zycxazycx +=+ 两边平方且整理后,得: (1 ) )()(2222222222caazayaxca =+222cabca = 令 从而(1 )为 22222222bazayaxb =+即: 22222222bazayaxb =+由于上述过程为同解变形,所以(3 )即为所求的轨迹方程。 (3 )建立如(2 )的坐标系,设动点 ,所求的轨迹为 C , ),( zyxM则 azycxzycxCzyxM 2)()(),(222222=+ 类似于(2
34、),上式经同解变形为: 1222222=czbyax其中 )(222acacb = (* ) (* )即为所求的轨迹的方程。 (4 )取定平面为 xoy面,并让定点在 z 轴上,从而定点的坐标为 ,再令距离之比为。 ),0,0( cm设动点 ,所求的轨迹为 ,则 ),( zyxM CzmzyxCzyxM =+222),( 将上述方程经同解化简为: (* ) 02)1(22222=+ cczzmyx(* )即为所要求的轨迹方程。 2、 求下列各球面的方程: (1 )中心 ,半径为; )3,1,2( 6=R(2 )中心在原点,且经过点 ; )3,2,6( (3 )一条直径的两端点是 )3,1,4(
35、)5,32( 与 (4 )通过原点与 )4,0,0(),0,3,1(),0,0,4( 解:(1 )由本节例 5 知,所求的球面方程为: 36)3()1()2(222=+ zyx (2 )由已知,球面半径 73)2(6222=+=R 所以类似上题,得球面方程为 49222=+ zyx ( 3)由已知,球面的球心坐标 1235,1213,3242=+=+= cba ,球的半径21)35()31()24(21222=+=R ,所以球面方程为: 21)1()1()3(222=+ zyx (4 )设所求的球面方程为: 0222222=+ lkzhygxzyx因该球面经过点 )4,0,0(),0,3,1(
36、),0,0,4(),0,0,0( ,所以 =+=+=08160621008160khggl(1 ) 解(1 )有 =2210kghl所求的球面方程为 0424222=+ zyxzyx2.2 母线平行于坐标轴的柱面方程 1、画出下列方程所表示的曲面的图形。 (1 ) 369422=+ yx解:各题的图形如下: (1 ) 369422=+ yxO z yx 2.3 空间曲线的方程 1、平面 cx = 与 的公共点组成怎样的轨迹。 0222=+ xyx解:上述二图形的公共点的坐标满足 =+cxccycxxyx )2(02222从而:()当 时,公共点的轨迹为: 20 c 0c 时,两图形无公共点。
37、2、指出下列曲面与三个坐标面的交线分别是什么曲线? (1 ) ; (2 ) ; 6416222=+ zyx 64164222=+ zyx(3 ) ; ( 4) 64164222= zyx zyx 16922=+解:(1 )曲面与 xoy面的交线为: =+=+0640641622222zyxzzyx此曲线是圆心在原点,半径 且处在 8=R xoy面上的圆。 同理可求出曲面 与6416222=+ zyx yoz面 )0( =x 及 面zox )0( =y 的交线分别为: =+0641622xzy, =+0641622yzx它们分别是中心在原点,长轴在 y 上,且处在 y轴 oz面上的椭圆,以及中心
38、在原点,长轴在x轴上,且处在 zo 上的椭圆; x 面(2 )由面 与64164222=+ zyx xoy面 )0( =z , yoz面 )0( =x , zox 面 的交线分别为: )0( =y=+064164222zzyx, , =+064164222xzyx=+064164222yzyx亦即: , , =+064422zyx=016422xzy=0641622yzx即为中心在原点,长轴在 x轴上,且处在 xoy面上的椭圆;中心在原点,实轴在 轴,且处在yyoz面上的双曲线,以及中心在原点,实轴在 x轴,且处在 面上的双曲线。 zox(3 )曲面 与64164222= zyx xoy面 )
39、0( =z , yoz面 )0( =x , zox 面 的交线分别为: )0( =y=064164222zzyx, , =064164222xzyx=064164222yzyx亦即 , , =064422zyx=06416422xzy=0641622yzx即为中心在原点,实轴在 x 轴,且处在 xoy面上的双曲线;无轨迹以及中心在原点,实轴在x轴上,且处在 面上的双曲线。 zox( 4)曲面 与zyx 16922=+ xoy面 )0( =z , yoz面 )0( =x , 面 的交线分别为: zox )0( =y=+016922zzyx, , =+016922xzyx=+016922yzyx亦
40、即 , , =+00922zyx=01692xzy=0162yzx即为坐标原点,顶点在原点以 z 轴为对称轴,且处在 yoz面上的抛物线,以及顶点在原点,以 轴为对称轴,且处在 面上的抛物线。 z zox3、 求下列空间曲线对三个坐标面的射影柱面方程。 (1 ) ;(2 ) +=+1022xzzyx=+=+0100332322zyzxyzzx(3 ) (4 ) =+71023562zyxzyx=+=+1)1()1(1222222zyxzyx解:(1 )从方程组 +=+1022xzzyx分别消去变量 zyx , ,得: 0)1(22=+ zyz亦即: () 01322=+ zyz01= xz (
41、) 0122=+ xyx () ()是原曲线对 yoz平面的射影柱面方程; ()是原曲线对 平面的射影柱面方程; zox()是原曲线对 xoy平面的射影柱面方程。 (2 )按照与(1 )同样的方法可得原曲线 ()对 yoz平面的射影柱面方程; 01=+ zy ; ()对 平面的射影柱面方程; ; zox 0362222=+ zxzx()对 xoy平面的射影柱面方程。 。 0122222=+ yxyx(3 ) 原曲线对 yoz平面的射影柱面方程: 0272 =+ zy 原曲线对 平面的射影柱面方程: zox 03 = zx 原曲线对 xoy平面的射影柱面方程: 02327 =+ yx (4 )
42、原曲线对 yoz平面的射影柱面方程: 01=+ zy 原曲线对 平面的射影柱面方程: zox 02222=+ zzx原曲线对 xoy平面的射影柱面方程: 02222=+ yyx第 3章 平面与空间直线 3.1 平面的方程 1.求下列各平面的坐标式参数方程和一般方程: ( 1)通过点 和点)1,1,3(1M )0,1,1(2M 且平行于矢量 2,0,1 的平面(2 )通过点和 且垂直于)1,5,1(1M )2,2,3(2M xoy坐标面的平面; ( 3)已知四点 , , 。求通过直线 AB 且平行于直线CD 的平面,并求通过直线 AB 且与)3,1,5(A )2,6,1(B )4,0,5(CAB
43、C)6,0,4(D 平面垂直的平面。 解: (1 ) 1,2,221=MM ,又矢量 2,0,1 平行于所求平面, 故所求的平面方程为: +=vuzuyvux212123一般方程为: 07234 =+ zyx( 2)由于平面垂直于 xoy 面,所以它平行于 z 轴,即 与所求的平面平行,又 1,0,03,7,221=MM ,平行于所求的平面,所以要求的平面的参数方程为: +=+=+=vuzuyux317521一般方程为: ,即0)5(2)1(7 =+ yx 01727 = yx 。 (3 )()设平面 通过直线 AB,且平行于直线 CD: 1,5,4 =AB , 2,0,1=CD 从而 的参数方程为: +=+=vuzuyvux235145一般方程为: 。 0745910 =+ zyx()设平面 通过直线 AB,且垂直于 ABC 所在的平面 1,5,4 =AB , 1,1,144,4,41,1,01,5,4 = ACAB 均与 平行,所以 的参数式方程为: +=+=+=vuzvuyvux35145一般方程为: . 0232 =+ zyx2.化一般方程为截距式与参数式: 042: =+