解析几何练习之常见曲面附答案.docx
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解析几何练习之常见曲面附答案
常见曲面
习题1
一2.22
1.证明:
如果a+b+c-d>0,那么由方程
222
xyz2ax2by2czd=0
给出的曲面是一球面,求出它的球心坐标和半径。
证明:
将方程配方得
(x+a)2+(y+b)2+(z+c)2=a2+b2+c2—d,由a2+b2+c2—d>0,得到方
程表示球心是(-a,-b,-c),半径为Ja2+b2+c2_d的球面。
2.求过三点(3,0,0),(0,2,0),(0,0,1)的圆的方程。
解:
空间中的圆可由过三点(3,0,0),(0,2,0),(0,0,1)的一个球面和一个平面的交线表
示,设过该三点的球面方程为x2+y2+z2+ax+by+cz+d=0,得到
9+3a+d=0,
42bd=0,
1cd=0
2229d4d
球面方程为x+y+zx-y-(1+d)z+d=0,其中d任息。
32
xy,一一、一
过该三点的平面方程是
十5十z二1所以所求圆的方程可以为
32
_222______
6(xyz)-2(9d)x-3(4d)y-6(1d)z6d-0,2x3y6z6=0
其中d任意。
3.证明曲线
t
x-1+t2+t4,
t(-二,二)
_t2
y-1t2t4,
t3
z=1t2t4,
在一球面上,并此球面方程。
证明:
因为曲线满足
xJx3
222t2t2t2
xy2z2=(2-4)2(2-4)2(2-4)2
1tt1tt1tt
tt2
=(2-4)2(1t2t)=-2―4
1tt1tt
2一1.221
即x2+(y一一)2+z2=—,所以曲线在一个球面上。
24
4.适当选取坐标系,求下列轨迹的方程
(1)到两定点距离之比等于常数的点的轨迹;
(2)到两定点距离之和等于常数的点的轨迹;
(3)到定平面和定点等距离的点的轨迹。
解
(1)选直角坐标系使得定点坐标为(0,0,a),(0,0,-a)。
设定比常数为k>0o所以
动点(x,y,z)满足x2+y2+(z—a)2=k2(x2+y2+(z+a)2),化简有222222222
(1-k)x+(1—k)y+(1—k)z—2a(1+k)z+(1—k)a=0,
当k=1时,轨迹为平面z=0。
1k2o
当0 1k2 (2)选直角坐标系使得定点坐标为(0,0,a),(0,0,-a)o设常数为k>0o所以动点 (x,y,z)满足Jx2+y2+(z-a)2+Jx2+y2+(z+a)2=k,化简有2222222224 4kx4ky(4k-16a)z4ka-k0. 解: 将柱面坐标与直角坐标的关系 (3)选直角坐标系使彳#定点坐标为(0,0,a),定平面为z=-a。 所以动点(x,y,z)满足 222 6.曲面S的直角坐标万程为x+y-z=25,试求其球面坐标万程。 解: 将球面坐标与直角坐标的关系x=Rcos日cos。 ,y=Rcos日sin中,z=Rsin日代 入方程得到x2+y2-z2=R2cos2日一R2sin28=25,即R2cos2^=25. 习题2 一,一,一,,yz 1.求半径为1,对称轴为x=—=一的圆枉面方程。 23 解: 圆柱面上的点(x,y,z)到对称轴x-的距离是常数1,所以23 |(x,""(",现=1即有(3y2z)2+(z—3x)2+(2x—y)2=14.149 2.已知与圆柱面的三条母线为x=y=z,x+1=y=z—1,x—1=y+1=z,求这个 圆柱面的方程。 解: 先求对称轴,对称轴上的点(x,y,z)到三母线的距离相等,所以 (x,y,z)x(1,1,1)=(x+1,y,z-1)M(1,1,1)|=|(x-1,y+1,z)M(1,1,1)|, 化简整理得对称轴的方程: x=y+1=z_1。 圆柱面上的点到对称轴的距离等于对称 轴上的点(0,-1,1)到母线x=y=z的距离,所以 (x,y+1,z-1)父(1,1,1)=(0,-1,1)父(1,1,1), 222 即(y—z+2)+(x—z+1)+(x—y—1)=6,展开得到圆枉面万程222 xyz-xy-xz-yz3y-3z=0. x2y2=9 3.求母线方向为(2,-3,4),准线为xy,的枉面万程。 z=1 解: 柱面上的点(x,y,z)一定在经过准线上一点(x0,y0,z0)的母线上,所以 x2+y2=9, z0=1, x=x02t, y=y0-3t, z=z0+4t 消去x0,y0,z0,t得到柱面方程: 222 16x216y213z224yz-16xz16x-24y-26z-131=0. 4.已知圆柱面的对称轴为2x=1-y=-z+1,点(121)在此圆柱面上,求此圆柱面 的方程。 解: 圆柱面上的点(x,y,z)与点(1,—2,1)到对称轴的距离相等,所以 (x,y-1,z-1)x(-1,2,2)=(1,-3,0)父(-1,2,2)|=41, 展开整理得8x25y25z24xy-8yz4xz-8x-2y-2z-39=0. 2 土y=1 5.求准线为«4V的圆柱面方程。 z-0 解: 因为准线是椭圆,所以圆柱面的对称轴一定过椭圆的中心(0,0,0),母线方向不可 能平行于坐标面xOy,可设为(.⑴。 在准线上取三点(2,0,0),(0,1,0),(73,: °),它 们到对称轴的距离都等于圆柱面的半径r,于是 J-1 (2,0,0)x(l,m,1)|=(0,1,0)x(l,m,1)|=(6,],。 )x(l,m,1), 得4+4m2=1+l2=1+3+(T3m—1l)2,化简有 42 34m2=l2, 3'显然l=0,所以m=0,l=±>/3.r=1。 因而圆柱面有两个(x,y,z)x(士百0,1) ml=0, 解: 因为圆锥面以z轴为对称轴,坐标原点为顶点,半顶角为所以圆锥面非常为 6 22222.22_ x+y-ztan&=0,即3x+3y-z=0. f(x,y)=0, 7.求顶点在原点,准线为i的锥面万程。 z=h,(h=0) 解: 锥面上的点(x,y,z)一定在经过准线上某点(x。 ,y。 ,4)的母线上,所以 8.求以原点为顶点,包含三条坐标轴的圆锥面方程。 解: 设圆锥面的对称轴的方向向量为(l,m,n),依照题意对称轴的方向向量与三坐标轴 的坐标向量的夹角的余弦的绝对值相等,所以有 (1,0,0)W,m,n)||(0,1,0)」l,m,n)||(0,0,1)J[l,m,n) m=n,对称轴的方向向量为(1,±1,土1)。 因此圆锥面上的点(x,y,z)满足 解: 锥面上的点(x,y,z)一定在经过准线上某点(x0,y0,Z))的母线上,所以 Z0--5, x0=tx,y0=1t(y-1),Z0=tz 2x。 因此得到锥面方程20x2-5y-z22yz•10y-2z-5=0. 222 10.证明: 母线方向为(l,m,n),与球面x+y+z=1外切的柱面方程为 一.2■■222..222」.. (lx+my+nz)-(l+m+n)(x+y+z—1)=0。 ___,,一.xyz 证明: 依照题意知枉面是半径为1的圆枉面,对称轴为一=2=—.所以柱面上的点lmn (x,y,z)满足 (x,y,z)(l,m,n) 2=a2b2-(aLb)2得到 故柱面方程为(lx+my+nz)2-(l2+m2+n2)(x2+y2+z2-1)=0。 11.过x轴和y轴分别作动平面,交角0为常数,求交线的轨迹方程,并且证明它是个锥面。 12 解: 过x轴和y轴的动平面方程可设为B1y+C1z=0,A2x+C2z=0.它们的交线是 222.2222、 xy-cos9(y+z)(x+z)=0, 该方程明显是4次齐次方程,所以是锥面。 13.证明: 以M0(x0,y0,z))为顶点的锥面方程是关于(x—X0),(y—y()),(z—Z0)的齐 次方程。 证明: 我们知道顶点在原点的锥面方程是关于x,y,z的齐次方程,所以将坐标系的原 点平移到M0(x0,y0,z0),新坐标系的坐标用x,y,z,则 x=x-x0,yr=y-y0,z=z-z0, 故锥面方程是关于x;y',z'的齐次方程,即关于(x-x0),(y-y0),(z-z0)的齐次方 程。 14.求下列曲线向各坐标面投影的投影柱面方程,和在各坐标面上的投影曲线,并作出曲 线的简图: 解: (1)向xOy面投影的投影柱面方程是x2+y2=4a2,在xOy面上的投影曲线是 222 xy=4a, z=0. 在方程组中消去x得到向yOz面投影的投影柱面方程是y2+z2=a2,在yOz面上的 投影曲线是 222 yz=a, x=0. 在方程组中消去y得到向xOz面投影的投影柱面方程是x2-z2=-a2,在xOz面上 的投影曲线是 222 x-z-a, y=0. (2)在方程组中分别消去x,y,z得到向yOz,xOz,xOy面投影的投影柱面方程分别是 _227_ 2y-3=0(x<2,z<2),x+z=-,2y-3=0(x<2,z<2).4 在yOz,xOz,xOy面上的投影曲线方程分别是 x2+z2=—,[2y-3=0,(z<2)J4''° z=0, y=0, (3)在方程组中分别消去x,y,z得到向yOz,xOz,xOy面投影的投影柱面方程分别是 42222_2_2_22 z-4az+4ay=0,z+2ax—4a=0,x+y—2ax=0。 在yOz,xOz,xOy面上的投影曲线方程分别是 14.设柱面的准线C的参数方程为x=f(t),y=g(t),z=h(t),tw[a,b],母线方向为(l,m,n),求柱面的参数方程。 解: 柱面上的点(x,y,z)在过准线上点(f(t),g(t),h(t))的母线上,所以柱面的方程为 x=f(t)ls, y=g(t)+ms,te[a,b],se(-°°,+o0),这就是柱面的参数方程。 z=h(t)+ns 习题3 x2y2=1,j…l…、十 1.求曲线xy'绕z轴旋转所得的曲面方程。 z=x2 解: 点(x,y,z)在旋转面上当且仅当它是曲线上点(x0,y0,z0)旋转而来: 22 XoV0=1, 22一…一一 x+y=1,由于曲线只是 z0=X02, 3222消去Xo,yo,Zo得到旋转面的方程: xyXoyo, ZZo=0, 22 o X+y=1,o xyz-1,_1 2.求直线一=2二——绕直线x=y=z旋转所得的曲面的方程。 21o 解: 设曲面上的点(x,y,z)是直线上的点(xo,yo,zo)旋转来的,则 'xoyoZo—1 2_1_o, I(x,y,z)父(1,1,1)|=|(x°,yo,Zo)x(1,1,1), xyz=x。 y。 Zo, 消去xo,yo,Zo得到: 9[(y-z)(z-x)2(x-y)2] =(xyz-4)2(2(xyz)-5)2(xyz-1)2 整理得旋转面的方程: _2_2_2________ 2x2y2z-5xy-5yz-5xz5x5y5z-7=o. 3.求曲线C: x=f(t),y=g(t),z=h(t)绕z轴旋转所得的曲面的参数方程。 解: 设曲面上的点(x,y,z)是曲线上的点(xo,yo,zo)(对应的参数为to)旋转来的, xo=f(to),yo=g(to),zo=h(to),2222 *x+y=xo+yo, z-zo=o 所以曲面的参数方程可写为: x=Jf2(t)+g2(t)cose, y=f2(t)g2(t)sinu,(o一3一2二). z=h(t), 227 证明: 方程的形式可改写为(x2十y2)z=1,发现以曲线yyz1,或«xz1,为母 x=0y=0 线,z轴为旋转轴,就可得到曲面的方程。 习题4 222 所以椭球面的方程为二+L+二=1。 93636 22 9.94. a=2,ab=4. .19xy 解得a=一,b=2,所以抛物面的方程为<=4z. 294 x2-6y=0.一z24y=0.,, 3.求通过两条抛物线\'和《y’的二次曲面万程。 z=0x=0 解: 设二次曲面方程为一般方程: 222 a11xa22ya33z2a12xy2a23yz2a13xz2a14x2a24y2a34za44=0 由于曲面通过两条抛物线,所以将x=0,z=0分别代人方程中得到两条抛物线 ( 2■2 a11xa22y2a12xy2a14x2a24ya44=0, z=0 2.2一।一一.一 1a22y+a33z+2a23yz+2a24y+2a34z+a44=0,x=0 与给的抛物线方程进行比较得到 22 xz -----2kxz-2y=0,其中k为任意常数。 32 4.给定方程 222 .^L_a2kb2kc2k 222 问当k取异于a,b,c的各种实数值时,它表示怎样的曲面? 解: 由于a>b>c>0,所以 2222 当k 当b2ak>c2时,a2-k>0,b2-k>0,c2-k<0,方程表示单叶双曲面; 当a2Ak>b2时,a2-k>0,b2-k<0,c2-k<0,方程表示双叶双曲面; 222 当k>a2时,a-k<0,b-k<0,c—k<0,方程表不虚椭球面。 5.适当选取坐标系,求下列轨迹方程。 (1)到两定点距离之差等于常数的点的轨迹; (2)到一定点和一个定平面(定点不在定平面上)距离之比等于常数的点的轨迹; (3)设有一个定平面和垂直于它的一条定直线,求到定平面与到定直线的距离相等的点的轨迹; (4)求与两给定直线等距离的点的轨迹,已知两直线之间的距离为a,夹角为a。 解: (1)选直角坐标系使得定点坐标为(0,0,c),(0,0,-c)o设距离之差为2b。 所以动 点(x,y,z)满足Jx2+y2+(z—c)2一Jx2+y2+(z+c)2=2b,化简有 222222222 bxby(b-c)z=b-c. c (2)选直角坐标系使得定点坐标为(0,0,c),定平面为z=—上,定比为k>0,c>0o k 所以动点(x,y,z)满足Jx2+y+(z-c)2=kz+—, *k 2222 化间有xy(1-k)z-2c(1k)z=0. (3)以定平面为xOy面,定直线为z轴建立直角坐标系。 所以动点(x,y,z)满足 .x2+y2=|z,于是动点轨迹方程为x2+y2—z2=0. (4)设两直线异面,以两条定直线的公垂线为z轴,过公垂线段的中点与公垂线垂直 的平面为xOy面,两直线在xOy面上的投影直线的角平分线为x轴和y轴,建立直角坐 a 标系,使得两直线的万向向重为(cos—,±sin—,0),两直线分别过点(0,0,工一)。 所以动 222 点(x,y,z)满足 展开得 a一i2a一i2、工■■工2 [(z-2)sin-][(z-)cos2][xsin-ycos2] 证明: 由题意得到点P的坐标为P(rX,r^,rv),将它代入椭球面方程得到 r2」2 ,一—111111 从而得到—222--222. r〃r1abc 2.2 7.求与椭圆抛物面10x+2y=z的交线为圆的平面。 22 解: 因为椭圆抛物面10x+2y=z开口朝z轴方向,交线为圆,所以平面的法向量 不会平行于xOy坐标面,可设所求平面为n: Ax+By+z+D=0。 由于空间的圆一定是某球面与平面的交线,所以该圆可设为球面 22 +y+z+2ax+2by+2cz+d=0与平面口的交线。 交线向xOy坐标面的投影柱面是相同的,而它们的方程分别为 10x22y2AxByD=0, (1A2)x2(1B2)y22ABxy 2(ADacA)x2(BDbcB)yD2-2cDd=0, 比较它们的系数得到 该平面要与椭圆抛物面相交,将平面方程代人椭圆抛物面方程中得 10 2_2___1 x+2y±2x=k,该方程有解,经配方得到k满足: k>—— 10 习题5 222 xyz 1.求单叶双曲面—+-=1上过点(2,3,—4)的直母线。 4916 222 xyz 解: 单叶双曲面——+—=1的直母线族为 4916 将点(2,3,-4)代入直母线族的方程中,得到(I)的参数为v=0,(II)的参数为u+v=0, 所以过点(2,3,-4)的直母线为 2 x- 2.求直线族 2 z-1L,,、土 =£一所形成的直纹面方程。 -1 „2 解: 直线族 x-.a.y-.A.z-1.口a ==改与为 21-1 -Lx-');•2=—2z2, Jy-1-—z.1 消去K参数得到直纹面方程 y2+z2+2yz-x-2y-4z+3=0。 3.求与以下三直线同时共面的直线所产生的曲面, x=1x=-1x-2y1z2 11: 12: 13: . 1 y-z2y『3-345 u(x-1)y—z=0 ,,该直线经过点(1,—v,—v),万向向重为(2,—u-v,u—v)。 v(x1)yz=0 由于1与h共面,所以 一11-v2-v 2-u-vu-v=0,化简彳#到uv=-1。 将直线l的方程中的参数依此关系消去, —345 得到动直线产生的曲面方程x2+y2-z2=1。 4.证明单叶双曲面的同族中的任意两条直母线异面;异族中的任意两条直母线共面。 222 证明: 设单叶双曲面的方程为+5-^2-=1(a>0,b>0,c>0).直母线族为 abc x=acosuavsinu,x=acosuavsinu, (D《y=bsinu-bvcosu,及(II)《y=bsinu-bvcosu,z=cv,z--cv, (1)在(I)中任取两条直母线l1,l2,对应的参数为0Wu1,u2<2n,u1¥u2,l1,l2分别 经过点M1(acosu,bsinUi,0),M2(acosu2,bsinu2,0),方向向量是 Vi=(asinu〔,一bcosu1,c),%=(asinU2,—bcosu2,c),显然两方向不共线,计算混 合积 )a(cosu2-cosu1)b(sinu2-sinu1)0 (M1M2,v1,v2)=asinu1-bcosu1c asinu2-bcosu2c 221a =abc[(cosu2-cosu1)(sinu2-sinu1)] =2abc(1-cos(u2-u1))=0. 所以(I)中任意两条直母线11,12异面。 同理可得(II)中任意两条直母线也异面。 (2)在两族直母线中分别任取一条,记为11,12,对应的参数为0Eu1,u2<2n,11,12分 别经过点M1(acosu1,bsinu1,0),M2(acosu2,bsinu2,0),方向向量是 v1=(asinu1,-bcosu1,c),v2=(asinu2,-bcosu2,-c)o 如果U1=U2,由于它们经过同一个点,所以11,12共面。 如果U1#U2,则计算混合积 a(cosu2-cosu1) b(sinu2-sinu1) 0 asinu1 -bcosu1 c asinu2 一bcosu2 -c (M1M241»)= 22・2・2 =Tbc[cosu1-cosu2+sinu1—sinu2]=0, 所以ll」2共面。 并且当Ui=U2+冗时,ll」2平行。 5.设S是马鞍面,证明: (1)同族中的任意两条直母线异面; (2)异族中的任意两条直母线相交; (3)同族中的全体直
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