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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=⎣⎢⎢⎢⎡x1x2⋮xny1y2⋮ynz1z2⋮zn11⋮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=∣∣∣∣∣∣i23j−32k2−1∣∣∣∣∣∣=−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}. ∣∣∣∣∣∣11−2212λ1−1∣∣∣∣∣∣=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=45z−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+45t。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∣∣(s1s2AB)∣=(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=⎣⎢⎢⎢⎡x1x2⋮xny1y2⋮ynz1z2⋮zn11⋮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} ∣∣∣∣∣∣∣∣x1x2x3x4y1y2y3y4z1z2z3z41111∣∣∣∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣∣∣∣x1x2−x1x3−x1x4−x1y1y2−y1y3−y1y4−y1z1z2−z1z3−z1z4−z11000∣∣∣∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣∣x2−x1x3−x1x4−x1y2−y1y3−y1y4−y1z2−z1z3−z1z4−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=lnzz=z_0=e^{t_0},t_0=\ln zz=z0=et0,t0=lnz,故x2+y4=ln2z+ln4zx^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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