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4.2平面与直线例9求过直线L:x−12=y+2−3=z−22L:\cfrac{x-1}{2}=\cfrac{y+2}{-3}=\cfrac{z-2}{2}L:2x−1​=−3y+2​=2z−2​且垂直于平面Π:3x+2y−z−5=0\varPi:3x+2y-z-5=0Π:3x+2y−z−5=0的平面方程。例12直线L1:x−11=y+12=z−1λL_1:\cfrac{x-1}{1}=\cfrac{y+1}{2}=\cfrac{z-1}{\lambda}L1​:1x−1​=2y+1​=λz−1​和直线L2:x+1=y−1=zL_2:x+1=y-1=zL2​:x+1=y−1=z是否相交？如果相交求其交点，如果不相交求两直线间的距离。例14空间nnn个点Pi(xi,yi,zi)(i=1,2,⋯,n;n⩾4)P_i(x_i,y_i,z_i)(i=1,2,\cdots,n;n\geqslant4)Pi​(xi​,yi​,zi​)(i=1,2,⋯,n;n⩾4)，矩阵A=[x1y1z11x2y2z21⋮⋮⋮⋮xnynzn1]\bm{A}=\begin{bmatrix}x_1&y_1&z_1&1\\x_2&y_2&z_2&1\\\vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\x_n&y_n&z_n&1\\\end{bmatrix}A=⎣⎢⎢⎢⎡​x1​x2​⋮xn​​y1​y2​⋮yn​​z1​z2​⋮zn​​11⋮1​⎦⎥⎥⎥⎤​的秩记为rrr，则nnn个点共面的充分必要条件是（）

(A)r=1;(A)r=1;(A)r=1;

(B)r=2;(B)r=2;(B)r=2;

(C)r=3;(C)r=3;(C)r=3;

(D)1⩽r⩽3.(D)1\leqslant r\leqslant3.(D)1⩽r⩽3.4.3空间曲面与曲线例16求以曲线Γ:{x2+y2+z2=1,x+y+z=0\varGamma:\begin{cases}x^2+y^2+z^2=1,\\x+y+z=0\end{cases}Γ:{x2+y2+z2=1,x+y+z=0​为准线，母线平行于直线x=y=zx=y=zx=y=z的柱面方程。例19求直线L:x−11=y1=z−1−1L:\cfrac{x-1}{1}=\cfrac{y}{1}=\cfrac{z-1}{-1}L:1x−1​=1y​=−1z−1​在平面Π:x−2y+2z−1=0\varPi:x-2y+2z-1=0Π:x−2y+2z−1=0上的投影直线l0l_0l0​的方程，并求l0l_0l0​绕yyy旋转一周所成的曲线方程。例21求曲线L:{x2+y2+z2=a2(a>0)x2+y2=axL:\begin{cases}x^2+y^2+z^2=a^2(a>0)\\x^2+y^2=ax\end{cases}L:{x2+y2+z2=a2(a>0)x2+y2=ax​分别在xOyxOyxOy面和xOzxOzxOz面上投影曲线方程。练习四9.求曲线L:{x=t,y=t2,z=et,L:\begin{cases}x=t,\\y=t^2,\\z=e^t,\end{cases}L:⎩⎪⎨⎪⎧​x=t,y=t2,z=et,​绕zzz轴旋转一周所得旋转曲面的方程。写在最后

4.2平面与直线

例9求过直线L:x−12=y+2−3=z−22L:\cfrac{x-1}{2}=\cfrac{y+2}{-3}=\cfrac{z-2}{2}L:2x−1​=−3y+2​=2z−2​且垂直于平面Π:3x+2y−z−5=0\varPi:3x+2y-z-5=0Π:3x+2y−z−5=0的平面方程。

解直线LLL的方向向量为s=(2,−3,2)\bm{s}=(2,-3,2)s=(2,−3,2)，平面Π\varPiΠ的法向量为n1=(3,2,−1)\bm{n}_1=(3,2,-1)n1​=(3,2,−1)，则所求平面的法向量为

n=s×n1=∣ijk2−3232−1∣=−i+8j+13k.\bm{n}=\bm{s}\times\bm{n}_1=\begin{vmatrix}\bm{i}&\bm{j}&\bm{k}\\2&-3&2\\3&2&-1\end{vmatrix}=-\bm{i}+8\bm{j}+13\bm{k}. n=s×n1​=∣∣∣∣∣∣​i23​j−32​k2−1​∣∣∣∣∣∣​=−i+8j+13k.

所求平面方程为−(x−1)+8(y+2)+13(z−2)=0-(x-1)+8(y+2)+13(z-2)=0−(x−1)+8(y+2)+13(z−2)=0，即x−8y−13z+9=0x-8y-13z+9=0x−8y−13z+9=0。（这道题主要利用了向量叉乘求解）

例12直线L1:x−11=y+12=z−1λL_1:\cfrac{x-1}{1}=\cfrac{y+1}{2}=\cfrac{z-1}{\lambda}L1​:1x−1​=2y+1​=λz−1​和直线L2:x+1=y−1=zL_2:x+1=y-1=zL2​:x+1=y−1=z是否相交？如果相交求其交点，如果不相交求两直线间的距离。

解直线L1L_1L1​的方向向量s1=(1,2,λ)\bm{s}_1=(1,2,\lambda)s1​=(1,2,λ)，直线L2L_2L2​的方向向量为s2=(1,1,1)\bm{s}_2=(1,1,1)s2​=(1,1,1)。

A(1,−1,1)A(1,-1,1)A(1,−1,1)为L1L_1L1​上的点，B(−1,1,0)B(-1,1,0)B(−1,1,0)为直线L2L_2L2​上的点，则AB→=(−2,2,−1)\overrightarrow{AB}=(-2,2,-1)AB=(−2,2,−1)。

直线L1L_1L1​与L2L_2L2​共面的充要条件是向量s1,s2,AB→\bm{s}_1,\bm{s}_2,\overrightarrow{AB}s1​,s2​,AB混合积为零，即

∣12λ111−22−1∣=0⇒λ=54.\begin{vmatrix} 1&2&\lambda\\ 1&1&1\\ -2&2&-1 \end{vmatrix}=0\Rightarrow\lambda=\cfrac{5}{4}. ∣∣∣∣∣∣​11−2​212​λ1−1​∣∣∣∣∣∣​=0⇒λ=45​.

故当λ=54\lambda=\cfrac{5}{4}λ=45​时，直线L1L_1L1​与L2L_2L2​相交，当λ≠54\lambda\ne\cfrac{5}{4}λ​=45​时，L1L_1L1​与L2L_2L2​不相交。

当λ=54\lambda=\cfrac{5}{4}λ=45​时，为求得直线L1L_1L1​与L2L_2L2​的交点，令L1:x−11=y+12=z−154=tL_1:\cfrac{x-1}{1}=\cfrac{y+1}{2}=\cfrac{z-1}{\cfrac{5}{4}}=tL1​:1x−1​=2y+1​=45​z−1​=t，则x=1+t,y=−1+2t,z=1+54tx=1+t,y=-1+2t,z=1+\cfrac{5}{4}tx=1+t,y=−1+2t,z=1+45​t。代入x+1=y−1=zx+1=y-1=zx+1=y−1=z得t=4t=4t=4。则L1L_1L1​与L2L_2L2​交点为(5,7,6)(5,7,6)(5,7,6)。

当λ≠54\lambda\ne\cfrac{5}{4}λ​=45​时，为求得直线L1L_1L1​与L2L_2L2​之间距离，考虑直线L1L_1L1​和L2L_2L2​的方向向量s1=(1,2,λ),s2=(1,1,1)\bm{s}_1=(1,2,\lambda),\bm{s}_2=(1,1,1)s1​=(1,2,λ),s2​=(1,1,1)和向量AB→=(−2,2,−1)\overrightarrow{AB}=(-2,2,-1)AB=(−2,2,−1)，由两直线之间的距离公式知

d=∣(s1s2AB→)∣∣s1×s2∣=∣4λ−5∣(2−λ)2+(λ−1)2+1.d=\cfrac{|(\bm{s}_1\bm{s}_2\overrightarrow{AB})|}{|\bm{s}_1\times\bm{s}_2|}=\cfrac{|4\lambda-5|}{\sqrt{(2-\lambda)^2+(\lambda-1)^2+1}}. d=∣s1​×s2​∣∣(s1​s2​AB)∣​=(2−λ)2+(λ−1)2+1​∣4λ−5∣​.

（这道题主要利用了空间共面条件求解）

例14空间nnn个点Pi(xi,yi,zi)(i=1,2,⋯,n;n⩾4)P_i(x_i,y_i,z_i)(i=1,2,\cdots,n;n\geqslant4)Pi​(xi​,yi​,zi​)(i=1,2,⋯,n;n⩾4)，矩阵A=[x1y1z11x2y2z21⋮⋮⋮⋮xnynzn1]\bm{A}=\begin{bmatrix}x_1&y_1&z_1&1\\x_2&y_2&z_2&1\\\vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\x_n&y_n&z_n&1\\\end{bmatrix}A=⎣⎢⎢⎢⎡​x1​x2​⋮xn​​y1​y2​⋮yn​​z1​z2​⋮zn​​11⋮1​⎦⎥⎥⎥⎤​的秩记为rrr，则nnn个点共面的充分必要条件是（）

(A)r=1;(A)r=1;(A)r=1;

(B)r=2;(B)r=2;(B)r=2;

(C)r=3;(C)r=3;(C)r=3;

(D)1⩽r⩽3.(D)1\leqslant r\leqslant3.(D)1⩽r⩽3.

解设nnn个点共面，则其中任取444个点，例如P1,P2,P3P_1,P_2,P_3P1​,P2​,P3​与P4P_4P4​也必共面。于是

∣x1y1z11x2y2z21x3y3z31x4y4z41∣=∣x1y1z11x2−x1y2−y1z2−z10x3−x1y3−y1z3−z10x4−x1y4−y1z4−z10∣=∣x2−x1y2−y1z2−z1x3−x1y3−y1z3−z1x4−x1y4−y1z4−z1∣=0,\begin{aligned} \begin{vmatrix}x_1&y_1&z_1&1\\x_2&y_2&z_2&1\\x_3&y_3&z_3&1\\x_4&y_4&z_4&1\end{vmatrix}&=\begin{vmatrix}x_1&y_1&z_1&1\\x_2-x_1&y_2-y_1&z_2-z_1&0\\x_3-x_1&y_3-y_1&z_3-z_1&0\\x_4-x_1&y_4-y_1&z_4-z_1&0\end{vmatrix}\\ &=\begin{vmatrix}x_2-x_1&y_2-y_1&z_2-z_1\\x_3-x_1&y_3-y_1&z_3-z_1\\x_4-x_1&y_4-y_1&z_4-z_1\end{vmatrix}=0, \end{aligned} ∣∣∣∣∣∣∣∣​x1​x2​x3​x4​​y1​y2​y3​y4​​z1​z2​z3​z4​​1111​∣∣∣∣∣∣∣∣​​=∣∣∣∣∣∣∣∣​x1​x2​−x1​x3​−x1​x4​−x1​​y1​y2​−y1​y3​−y1​y4​−y1​​z1​z2​−z1​z3​−z1​z4​−z1​​1000​∣∣∣∣∣∣∣∣​=∣∣∣∣∣∣​x2​−x1​x3​−x1​x4​−x1​​y2​−y1​y3​−y1​y4​−y1​​z2​−z1​z3​−z1​z4​−z1​​∣∣∣∣∣∣​=0,​

其中最后一个行列式为零来自三点式平面方程，所以1⩽r⩽31\leqslant r\leqslant31⩽r⩽3。反之，设1⩽r⩽31\leqslant r\leqslant31⩽r⩽3，则A\bm{A}A中任取一个444阶矩阵，其对应的行列式必为零，因此任意444点必共面，所以这nnn个点必共面。（这道题主要利用了矩阵的秩求解）

4.3空间曲面与曲线

例16求以曲线Γ:{x2+y2+z2=1,x+y+z=0\varGamma:\begin{cases}x^2+y^2+z^2=1,\\x+y+z=0\end{cases}Γ:{x2+y2+z2=1,x+y+z=0​为准线，母线平行于直线x=y=zx=y=zx=y=z的柱面方程。

解由以上分析知，只要消去方程组

{x02+y02+z02=1,(1)x0+y0+z0=0,(2)x−x0=y−y0=z−z0(3)\begin{cases} x_0^2+y_0^2+z_0^2=1,&(1)\\ x_0+y_0+z_0=0,&(2)\\ x-x_0=y-y_0=z-z_0&(3) \end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧​x02​+y02​+z02​=1,x0​+y0​+z0​=0,x−x0​=y−y0​=z−z0​​(1)(2)(3)​

中的x0,y0,z0x_0,y_0,z_0x0​,y0​,z0​即可。

由(3)(3)(3)式知

x0−y0=x−y,(4)x0−z0=x−z,(5)\begin{aligned} x_0-y_0=x-y,&\qquad(4)\\ x_0-z_0=x-z,&\qquad(5) \end{aligned} x0​−y0​=x−y,x0​−z0​=x−z,​(4)(5)​

由(2)(2)(2)式知z0=−(x0+y0)z_0=-(x_0+y_0)z0​=−(x0​+y0​)，代入(5)(5)(5)式得2x0+y0=x−z(6)2x_0+y_0=x-z(6)2x0​+y0​=x−z(6)。

联立(4)(4)(4)式和(6)(6)(6)式得x0=2x−y−z3,y0=2y−x−z3x_0=\cfrac{2x-y-z}{3},y_0=\cfrac{2y-x-z}{3}x0​=32x−y−z​,y0​=32y−x−z​。

进一步由(5)(5)(5)式得z0=2z−x−y3z_0=\cfrac{2z-x-y}{3}z0​=32z−x−y​。

将x0=2x−y−z3,y0=2y−x−z3,z0=2z−x−y3x_0=\cfrac{2x-y-z}{3},y_0=\cfrac{2y-x-z}{3},z_0=\cfrac{2z-x-y}{3}x0​=32x−y−z​,y0​=32y−x−z​,z0​=32z−x−y​代入(1)(1)(1)得

(2x−y−z)2+(2y−x−z)2+(2z−x−y)2=9.(2x-y-z)^2+(2y-x-z)^2+(2z-x-y)^2=9. (2x−y−z)2+(2y−x−z)2+(2z−x−y)2=9.

化简可得(x−y)2+(y−z)2+(z−x)2=3(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2=3(x−y)2+(y−z)2+(z−x)2=3为所求柱面方程。（这道题主要利用了联立方程组求解）

例19求直线L:x−11=y1=z−1−1L:\cfrac{x-1}{1}=\cfrac{y}{1}=\cfrac{z-1}{-1}L:1x−1​=1y​=−1z−1​在平面Π:x−2y+2z−1=0\varPi:x-2y+2z-1=0Π:x−2y+2z−1=0上的投影直线l0l_0l0​的方程，并求l0l_0l0​绕yyy旋转一周所成的曲线方程。

解用平面束方程求解。由于LLL的方程可写成{x−y−1=0,y+z−1=0,\begin{cases}x-y-1=0,\\y+z-1=0,\end{cases}{x−y−1=0,y+z−1=0,​则过LLL的平面束方程为x−y−1+λ(y+z−1)=0x-y-1+\lambda(y+z-1)=0x−y−1+λ(y+z−1)=0，即x+(λ−1)y+λz−(λ+1)=0x+(\lambda-1)y+\lambda z-(\lambda+1)=0x+(λ−1)y+λz−(λ+1)=0。

在其中求出一平面Π1\varPi_1Π1​，使它与Π\varPiΠ垂直，则1−(λ−1)+2λ=01-(\lambda-1)+2\lambda=01−(λ−1)+2λ=0。

解得λ=−2\lambda=-2λ=−2，于是Π1\varPi_1Π1​方程为x−3y−2z+1=0x-3y-2z+1=0x−3y−2z+1=0。

从而l0l_0l0​的方程为{x−y+2z−1=0,x−3y−2z+1=0,\begin{cases}x-y+2z-1=0,\\x-3y-2z+1=0,\end{cases}{x−y+2z−1=0,x−3y−2z+1=0,​即{x=2y,z=−12(y−1).\begin{cases}x=2y,\\z=-\cfrac{1}{2}(y-1).\end{cases}⎩⎨⎧​x=2y,z=−21​(y−1).​

设l0l_0l0​绕yyy轴旋转一周产生的曲面为SSS，在SSS上任取一点P(x,y,z)∈SP(x,y,z)\in SP(x,y,z)∈S，在l0l_0l0​上有对应点(x0,y0,z0)(x_0,y_0,z_0)(x0​,y0​,z0​)，这里y=y0y=y_0y=y0​，因此，x2+z2=x02+z02=(2y)2+14(y0−1)2=(2y)2+14(y−1)2x^2+z^2=x_0^2+z_0^2=(2y)^2+\cfrac{1}{4}(y_0-1)^2=(2y)^2+\cfrac{1}{4}(y-1)^2x2+z2=x02​+z02​=(2y)2+41​(y0​−1)2=(2y)2+41​(y−1)2，即4x2−17y2+4z2+2y−1=04x^2-17y^2+4z^2+2y-1=04x2−17y2+4z2+2y−1=0。（这道题主要利用了平面束方程求解）

例21求曲线L:{x2+y2+z2=a2(a>0)x2+y2=axL:\begin{cases}x^2+y^2+z^2=a^2(a>0)\\x^2+y^2=ax\end{cases}L:{x2+y2+z2=a2(a>0)x2+y2=ax​分别在xOyxOyxOy面和xOzxOzxOz面上投影曲线方程。

解在xOyxOyxOy面上投影曲线为{x2+y2=ax,z=0,\begin{cases}x^2+y^2=ax,\\z=0,\end{cases}{x2+y2=ax,z=0,​由曲线LLL的方程消去yyy得z2+ax=a2z^2+ax=a^2z2+ax=a2。则曲线LLL在xOzxOzxOz面上投影曲线为{z2+ax=a2,y=0.\begin{cases}z^2+ax=a^2,\\y=0.\end{cases}{z2+ax=a2,y=0.​

由于原曲线是由球面x2+y2+z2=a2x^2+y^2+z^2=a^2x2+y2+z2=a2与柱面x2+y2=axx^2+y^2=axx2+y2=ax交出的交线。这是一个有限曲线段，故它在xOzxOzxOz面上投影也是有限曲线段，因此在方程{z2+ax=a2,y=0\begin{cases}z^2+ax=a^2,\\y=0\end{cases}{z2+ax=a2,y=0​中对变量应加限制，正确的结论是{z2+ax=a2,y=0(0⩽x⩽a)\begin{cases}z^2+ax=a^2,\\y=0\end{cases}(0\leqslant x\leqslant a){z2+ax=a2,y=0​(0⩽x⩽a)。（这道题主要利用了变量区间求解）

练习四

9.求曲线L:{x=t,y=t2,z=et,L:\begin{cases}x=t,\\y=t^2,\\z=e^t,\end{cases}L:⎩⎪⎨⎪⎧​x=t,y=t2,z=et,​绕zzz轴旋转一周所得旋转曲面的方程。

解曲线LLL上任取一点x0=t0,y0=t02,z0=et0,x2+y2=x02+y02=t02+t04x_0=t_0,y_0=t_0^2,z_0=e^{t_0},x^2+y^2=x_0^2+y_0^2=t_0^2+t_0^4x0​=t0​,y0​=t02​,z0​=et0​,x2+y2=x02​+y02​=t02​+t04​，则z=z0=et0,t0=ln⁡zz=z_0=e^{t_0},t_0=\ln zz=z0​=et0​,t0​=lnz，故x2+y4=ln⁡2z+ln⁡4zx^2+y^4=\ln^2z+\ln^4zx2+y4=ln2z+ln4z。（这道题主要利用了变量代换求解）

写在最后

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