(158)--第十一章《空间解析几何》答案详解_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_00.书籍和讲义_{3}--全部课件

第十一章 向量代数与空间解析几何
11-1 基础过关
1.【答案】 9 y  z  2  0
【解析】 ( 4 , 0 ,  2 ) 和 ( 5 , 1 , 7 ) 两点确定的直线方向向量为  1 , 1 , 9  ，此直线与x轴均与平面
的法向量垂直，所以平面法向量为
i11 j10 k90
  0 , 9 ,  1  ，所以平面方程为
0(x4)9(y0)(1)(z2)0，即9yz20.
2.【答案】 d  1
【解析】 d 
1 
1 2
4


2
2
2


1
2
0
2

3
3
 1 .
3.【答案】 2 4 x  1 4 y  z  4 5  0
【解析】直线与平面垂直，直线的方向向量即为平面的法向量，所以平面的法向量为
i13

j25

k4
2
  2 4 , 1 4 , 1  ，所以平面方程为 2 4  ( x  2 )  1 4  ( y  0 )  1  ( z  3 )  0 ，
即 2 4 x  1 4 y  z  4 5  0 .
4.【答案】

x
2

y 
3
2

z 
1
4
【解析】直线与两平面均平行，即直线的方向向量与两平面的法向量均垂直，所以直线方
向向量为
i10 j01 k2
 3
   2 , 3 , 1 
x y2 z4
，所以直线的点法式方程为   .
2 3 1
3 2
5.【答案】d 
2
【解析】方法一：直线的方向向量为
i12 j1
1
k1
1   0 ,  3 ,  3    3  0 , 1 , 1  ，
对于直线方程，取z0，解得x1，y 2，即直线过点P(0,1,2)，
0PP2,1,2 ，
0
P
0
P  s 
i20 j11 k21
   1 ,  2 , 2  ，由点到直线的距离公式可得
d 
P
0
P
s
 s

(  1 )
0
2
2


( 
2 1
2

) 2
1

2
2 2

3
2

3
2
2
.
方法二：直线的参数方程形式可写为
 x
y
z



1
z
z
 2 , 直线的方向向量为  0 , 1 , 1  ，
令 z  0 得直线过点P(0,1,2)，
0
P
0
P   2 , 1 , 2  ， P
0
P  s 
i20 j11 k21
   1 ,  2 , 2 
PPs (1)2 (2)2 22 3 3 2
0
由点到直线的距离公式可得d     .
s 02 12 12 2 2
6.【答案】
 1
4
7
x
x


y
3 1

y
z


3
0
7
.
z  1 1 7  0 ,
2x4yz 0,
【解析】方法一：设过直线 的平面束方程为
3xy2z90
( 2 x 4 y z ) ( 3 x y 2 z 9 ) 0         ，
即 ( 2 3 ) x ( 4 1 ) y ( 2 ) z 9 0           ，
由 23,(41),24,1,10解得
1
1
1
3
   ，
整理得平面方程为 
1
1
1
3
( 2 x  4 y  z )  ( 3 x  y  2 z  9 )  0 ，
即17x31y37z1170，所以投影直线方程为
 1
4
7
x
x


y
3 1

y
z


3
0
7
.
z  1 1 7  0 ,
方法二：设
 2
3
x
x


4
y
y


2
z
z


0
9
,
 0
为直线L， 4 x  y  z  1 为平面  ，L的方向向量为
i j k
2 4 1 9,7,10 ，
3 1 2
 的法向量为 4,1,1 ，先求出一平面 
1
，使它过L且垂直
于平面， 过直线L上的点(0,1,4)， 的法向量为
1 1i94 j7
1
1
k01
  1 7 , 3 1 ,  3 7  ，则 
1
的点法式方程为 1 7 x  3 1 ( y  1 )  3 7 ( z  4 )  0 ，即
1 7 x  3 1 y  3 7 z  1 1 7  0 ，L在  上的投影既在平面  上又在平面 
1
上，即它们的交
线，因此投影直线方程为
 1
4
7
x
x


y
3 1

y
z


3
0
7
.
z  1 1 7  0 ,
7.【答案】绕 x 轴： 4 x 2  9 y 2  9 z 2  3 6 ；绕 y 轴： 4 x 2  9 y 2  4 z 2  3 6
【解析】以  y 2  z 2 代替双曲线方程 4 x 2  9 y 2  3 6 的 y ，得该双曲线绕 x 轴旋转一周
而生成的旋转曲面方程为 4 x 2  9 (  y 2  z 2 ) 2  3 6 即 4 x 2  9 y 2  9 z 2  3 6 ；
以  x 2  z 2 代替双曲线方程 4 x 2  9 y 2  3 6 的 x ，得该双曲线绕 y 轴旋转一周而生成的
旋转曲面方程为 4 (  x 2  z 2 ) 2  9 y 2  3 6 即 4 x 2  9 y 2  4 z 2  3 6 .
8.【答案】 x 2  y 2  1  ( z  2 ) 2
【解析】设直线上任意一点为(x ,y ,z )，则
0 0 0
 x
2
0
x

0

y
0
y

0

z
0
z

0
1


4
0

,
0
，绕 z 轴旋转一周的
x2  y2  x 2  y 2,
轨迹方程为 0 0 ①，则
 z  z
0
 x
2
0
x

0

y
0
y

0

z
0


z
1
0

 4
z 

1

,
z  4
，整理得
 x
y
z
0
0
0



1 ,
z
z
 2 ，代入①式消去 x
0
, y
0
, z
0
得 x 2  y 2  1  ( z  2 ) 2 .
9.【答案】
 2
z
x

2 
0 .
2 x  y 2  8 ,
【解析】球面 x 2  y 2  z 2  9 与平面 x  z  1 ，消去 z 得 x 2  y 2  ( 1  x ) 2  9 ，
2x2 2x y2 8,
即2x2  y2 2x8，故交线在xOy面上的投影的方程为
z 0.
10.【答案】xOy面投影：
 x
z
2


0
y
.
2  a x ,  z  a2 ax,x0,z 0,
xOz面投影：
 y 0.
【解析】消去z得所求立体在 x O y 面上的投影为
 x
z
2


0
y 2  a x ,
，由
 x
z
2

 y
a
2
2


a
x
x
2
,
 y 2
联立消去
y 得z  a2 ax，故如图所示所求立体在 x O z 面投影为
 z
y

 0
a
.
2  a x , x  0 , z  0 ,
11.【答案】 x O y 面投影：
 x
z
2


0
y
.
2  4 ,
； y O z 面投影：
 y
x
2


0
z
.
 4 ,
；
x O z 面投影：
 x
y
2


0
z
.
 4 ,
【解析】
联立
 z
z


x
4
2  y 2 ,
得 x 2  y 2  4 ，故旋转抛物面在 x O y
x2  y2 4,
面上的投影为 ；
z 0
联立
 z
x


x
0
2  y 2 ,
得 z  y 2 ，故旋转抛物面在 y O z 面上的投影为
 y
x
2


0
z  4 ,
；
z  x2  y2,
联立 得
y 0
z  x 2 ，故旋转抛物面在 x O z 面上的投影为
 x
y
2


0
z
.
 4 ,
12.【答案】切线：
x
1

6
1

y 
9
1

z


1
1 x2y2z 3,
或
2x3y5z 4.
法平面：16x9yz24 0
x x

【解析】方法一：把曲线方程看成参数式方程y  y(x)，则曲线的切向量为 1,y,z ，

z  z(x)
 x
2
2
x


y
3
2
y


z
5
2
z


3
4
x


0
0 ,
对 x
2x2yy2zz30,
求导得 ，代入
23y5z0
( 1 , 1 , 1 ) 得
 2

y
3

y


2

z
5

z


1

,
 2
，解得 y  
1
9
6
, z   
1
1
6
，故曲线在 ( 1 , 1 , 1 ) 处的切向量为
1
1
6
 1 6 , 9 ,  1 
x1 y1 z1
，切线方程为   ，法平面方程为
16 9 1
1 6 ( x  1 )  9 ( y  1 )  ( z  1 )  0 即 1 6 x  9 y  z  2 4  0 .
方法二：所求曲线的切线，一定在平面2x3y5z40上，也就是曲面
x2  y2 z2 3x0在点 ( 1 , 1 , 1 ) 处的切平面与平面2x3y5z40的交线；
x 2  y 2  z 2  3 x  0 在(1,1,1)处的法向量为   1 , 2 , 2  ，所以曲面在(1,1,1)处的切平面方
程为  ( x  1 )  2 ( y  1 )  2 ( z  1 )  0 即  x  2 y  2 z  3 ，故得所求切线为
 
2
x
x


2
3
y
y


2
5
z
z


3
4
,
.
，切线的方向向量为
i
 1
2 
j2
3
k25
  1 6 , 9 ,  1  ，于是所求法平面方程
为16x9yz240.
13.【答案】 (  1 ,1 ,  1 ) 或


1
3
,
1
9
, 
1
2 7

【解析】曲线的切向量为{1,2t,3t2}，平面的法向量为 { 1 , 2 , 1 } ，因为切线垂直于平面的法
向量，所以 { 1 , 2 t , 3 t 2 }  { 1 , 2 , 1 }  1  4 t  3 t 2  0 ，解得 t   1
1
或t   ，故所求切点为
3
(1,1,1)或


1
3
,
1
9
, 
1
2 7

.
14.【答案】切平面： x  2 y  4  0 ；法线：
 2
z
x


0
y
.
 3 ，
【解析】令F(x,y,z)ez zxy3，曲面F(x,y,z)0的法向量为
{F,F,F}{y,x,ez 1}，在(2,1,0)处的法向量为{1,2,0}，则曲面在点(2,1,0)处的切
x y z
平面方程为 1  ( x  2 )  2  ( y  1 )  0  ( z  0 )  0 ，即 x  2 y  4  0 ；法线方程为
x2 y1 z 2x y 3，
  ，整理得
1 2 0 z 0.15.【答案】切平面：
x
a
0
x
2

y
b
y
02 
z
c
z
02  1 ；法线：
x 
x
a
x
02
0 
y 
y
b
02
y
0 
z 
z
c
02
z
0
【解析】令 F ( x , y , z ) 
x
a
2
2

y
b
2
2

z
c
2
2
 1 ，则曲面在点 ( x
0
, y
0
, z
0
) 处的法向量为
2x y 2z  x y z 
 0 , 0 , 02 0 , 0 , 0，所以在点
 a2 b2 c2  a2 b2 c 
( x
0
, y
0
, z
0
) 处的切平面方程为
x
a
02 ( x  x
0
) 
y
b
02 ( y  y
0
) 
z
c
02 ( z  z
0
)  0 ，即
x
a
0
x
2

y
b
y
02 
z
c
z
02  1 ；法线方程为
x 
x
a
x
02
0 
y 
y
b
02
y
0 
z 
z
c
02
z
0
．
16.【答案】 x  y  2 z  
1 1
2
【解析】设 F ( x , y , z )  x 2  2 y 2  z 2  1 ，则曲面在点 ( x , y , z ) 处的一个法向量为
{ F ,
x
F y , F }
z
 { 2 x , 4 y , 2 z } ，已知平面的法向量为 { 1 ,  1 , 2 } ，由已知平面与所求切平面平
2x 4y 2z
行得   ，即
1 1 2
x 
1
2
z ， y  
1
4
z ，代入椭球面方程得
 z
2

2
 2


z
4

2
 z 2  1 ，解得 z   2
1
2
1
，则 x  
1
2
1
， y 
1
2 1
2
1
，所以切点为


1
2
1
,
1
2 1
2
1
,  2
1
2
1

；所求切平面方程为

x 
1
2
1



y
1
2 1
2
1

 2

z  2
1
2
1

 0
11
即x y2z  .
2
17.【答案】
3
2 2
【解析】设F(x,y,z)3x2  y2 z2 16，曲面在点(1,2,3)处的一个法向量为
n 6x,2y,2z 6,4,6 ，xOy面的法向量为n 0,0,1 ，则所求的夹角的
1 (1,2,3) 2n·n 6 3
余弦为 1 2   .
n n 62 42 62 1 22
1 2
11-2 基础真题
1.【答案】 a   5 ， b   2
【解析】曲面 z  x 2  y 2 在点 ( 1 ,  2 , 5 ) 处的法向量为 n   2 ,  4 ,  1  ，于是切平面方程为
2(x1)4(y2)(z5)0，即2x4yz50.（*）
由 L :
 x
x


y
a

y 
b
z


0 ,
3  0 ,
得 y   x  b ， z  x  3  a (  x  b ) .
代入（*）式，得 2 x  4 x  4 b  x  3  a x  a b  5  0 ，因此有 5  a  0 ，
4 b  a b  2  0 ，由此解得 a   5 ， b   2 .
2.【答案】 l
0
的方程为
 x
x


y
3

y 
2 z
2

z
1


1 
0 ,
0 ;
曲面的方程为4x2 17y2 4z2 2y10
【解析】过直线 l , l
0
的平面为 与平面垂直，绕
1
y 轴旋转 y 不变，到 y 轴的距离不变.
设过直线 l , l
0
的平面为 
1
，点 (1 , 0 , 1 ) 在 l 上，所以该点也在平面 
1
上，于是 
1
的方程可设
为 :A(x1)B(y0)C(z1)0， 的法向量应与
1 1
l 的方向向量垂直，又应与平面
的法向量垂直，故有ABC0，AB2C0，由此解得A:B:C1:3:2，
于是 的方程为x3y2z10，从而
1
l
0
的方程为 l
0
:
 x
x

 3
y
y


2
2
z
z


1
1


0
0
,
,
将 l
0
写成
 x
z


2

y
1
2
( y  1 )
，设l 绕y 轴旋转一周所成的曲面为
0
S ，点P(x ,y ,z )S，对于固定
P P P
的 y
P
 y ，于是
2 2
 1   1  17 1 1
x 2 z 2  x2 z2 (2y)2 

 (y1)

(2y )2 

 (y 1)

 y 2  y 
P P  2  P  2 P  4 P 2 P 4
去掉下角标P，即得S的方程为4x2 17y2 4z2 2y10.
3.【答案】B【解析】曲线 x  t ， y   t 2 ， z  t 3 的切线向量为 τ  { 1 ,  2 t , 3 t 2 } ，而平面
x  2 y  z  4 的法向量为 n  { 1 , 2 , 1 } . 由题设知 τ  n ，则τn14t3t2 0. 此方
程只有两个实根，所以所求切线只有两条，故应选（B）.
4.【答案】C
【解析】本题考查了下面三个基本性质:
（1）函数 z  f ( x , y ) 在点 M
0
( x
0
, y
0
) 存在偏导数


z
x
M 0
，


z
y
M 0
，并不一定能保证
z  f ( x , y ) 在点 M
0
可微分. 因此（A）项不正确.
（2）由于存在偏导数并不一定能保证函数可微分，因此，不一定能保证曲面z  f(x,y)在
相应点 ( x
0
, y
0
, f ( x
0
, y
0
) ) 处存在切平面，可见（B）也不正确.
（3）曲线
 z
y


f
0
( x , y )
，可看作参数式:
 x
y
z



t
0
f ( t , 0 )
，则
 { x t , y t , z }t
t 0
 { 1 , 0 , f (
x
0 , 0 ) }  { 1 , 0 , 3 }  .（C）正确.
【注】曲线
 z
y


f
0
( x , y )
，还可看作一般式
 f
y
(

x ,
0
y )  z  0
，则
i j k
τ n n {f(0,0), f(0,0),1}{0,1,0} 3 1 1 i3k，于是
1 2 x y
0 1 0
τ {1,0,3}，应选（C）.
5.【答案】 x  2 z  7 和 x  4 y  6 z  2 1
【解析】令 F ( x , y , z )  x 2  2 y 2  3 z 2  2 1 ，则F 2x，
x
F
y
  4 y ，F 6z，椭球面
z
在点 M ( x
0
, y
0
, z
0
) 处的切平面的方程为2x (xx )4y (yy )6z (zz )0，
0 0 0 0 0 0
即x x2y y3z z 21. 因为平面过直线L，故L上任意两点，比如点
0 0 0
A

6 , 3 ,
1
2

，
 7
B

0,0, 应满足平面的方程，代入有
 2 3
6x 6y  z 21,(1)
 0 0 2 0
z 2, (2)

0
又因为 x
0
2  2 y
0
2  3 z
0
2  2 1 , ( 3 )
解（1），（2），（3）有 x
0
 3 , y
0
 0 , z
0
 2 ,
或 x
0
 1 , y
0
 2 , z
0
 2 .
故所求切平面方程为 x2z7和 x  4 y  6 z  2 1 .
6.【答案】C
【解析】设 P 点的坐标为 ( x
0
, y
0
, z
0
) ，则曲面在 P 点的法向量为
n  {  2 x
0
,  2 y
0
,  1 } ，
又因为切平面平行于平面 2 x  2 y  z  1  0 ，则
 2
2
x
0 
 2
2
y
0 

1
1
，从而可得 x
0
 1 ，
y
0
 1 ，代入曲面方程解得 z
0
 2 ，故应选（C）.
7.【答案】 2 x  y  4  0 ．
【解析】令F(x,y,z) zez 2xy3，则 F x  2 y ， F y  2 x ，F1ez，曲面
z
z  e z  2 x y  3 在点 (1 , 2 , 0 ) 处的法向量为n{4,2,0}，故所求切平面方程为
4 ( x  1 )  2 ( y  2 )  0 ，
即2x y40.
8.【答案】 2 x  2 y  z  3  0 ．
【解析】设切点为 P  ( x
0
, y
0
, z
0
) ，曲面 z 
x
2
2
 y 2 在 P 点的法向量为 { x
0
, 2 y
0
,  1 } ，所
给平面的法向量为 { 2 , 2 ,  1 }
x 2y 1 x2
，由题设条件有 0  0  ，z  0  y2，由此得切点
2 2 1 0 2 0
坐标为x 2， y 1，z 3. 于是所求切平面方程为2(x2)2(y1)(z3)0，
0 0 0
即 2 x  2 y  z  3  0 .
x1 y2 z2
9.【答案】  
1 4 6
【解析】令F(x,y,z) x2 2y2 3z2 21，则F (1
x
,  2 , 2 )  2 ， F y (1 ,  2 , 2 )   8 ，F(1,2,2)12，
z
故所求的法线方程为
x 
1
1

y


4
2

z 
6
2
.
11-3 拓展拔高
1.【答案】 4
【解析】 a  b  a  b c o s ( a , b )  2 2 c o s ( a , b ) ，
| a  b | | a || b | s i n ( a , b )  2 2 s i n ( a , b )
得 ( a  b ) 2  ( a  b ) 2  | a 2| | b 2| ，故 ( a  b ) 2  4 .
2.【答案】 1
【解析】由 a  ( 3 ,  5 , 8 ) ， b  (  1 , 1 , z ) 知， a  b  ( 2 ,  4 , 8  z ) ，
a  b  ( 4 ,  6 , 8  z ) ，故 a  b  2 0  ( 8  z ) 2 ， a  b  5 2  ( 8  z ) 2 ，由
a  b  a  b ，得 z  1 .
3.【答案】 2 x  2 y  3 z  0
【解析】由于所求平面过原点及 ( 4 ,  1 , 2 ) ，因此 O M  ( 4 ,  1 , 2 ) 必落在所求平面上.又所
求平面与已知平面 6 x  3 y  2 z  0 垂直，因此两平面的法向量必垂直，所求平面法向量可
以取为： n 
i64

j31 k22
 (  4 ,  4 , 6 ) . 由于所求平面过原点，则平面的点法式方程为：
2 x  2 y  3 z  0 .
4.【答案】 5 x  3 y  z  1  0
【解析】 L
1
和 L
2
的方向向量分别为： s
1
 ( 1 , 1 , 0 )  ( 0 , 2 , 1 )  ( 1 ,  1 , 2 ) ， s
2
 (  1 , 2 , 1 ) ，
过直线L 和L 的平面的法向量可取为：ns s (5,3,1)，在L 上取点
1 2 1 2 2
( 1 ,  1 , 1 ) ，
故所求平面为5x3yz10.
5.【答案】yz10【解析】所求平面的法向量为： n  { 1 ,  1 , 1 }  { 2 , 1 ,  1 }  { 0 , 3 , 3 }
所求的平面方程为  ： 0 ( x  1 )  3 ( y  1 )  3 ( z  2 )  0 ，即yz10.
6.【答案】
 x
y


y
z


z
1


1
0

.
0 ,
【解析】过直线 L 的平面束为 L  ： x y z 2 ( x y z ) 0         ，即
L  ：(1)x(1)y(1)z20，由
{ 1 , 1 , 1 } { 1 , 1 , 1 } 0           得： 1    ，投影直线为 L
0
:
 x
y


y
z


z
1


1
0

.
0 ,
7.【答案】B
【解析】令 F ( x , y , z )  x 2  y 2  2 z ，则 F x  2 x ， F y  2 y ， F z   2 .
设 M ( x
0
, y
0
, z
0
) ，则过点 M 点的切平面的法向量 n
1
 ( 2 x
0
, 2 y
0
,  2 ) ，又平面
x  y  z  1 的法向量 n
2
 (1 ,  1 , 1 ) ，由 n ∥1 n
2
，有
2 x
1
0 
2

y
1
0 

1
2
. 又点 M 在曲面
2 z  x 2  y 2 上，有 2 z
0
 x 20  y 20 ，故(x ,y ,z )(1,1,1)，答案选（B）.
0 0 0
8.【答案】 x  2 z  7 和 x  4 y  6 z  2 1
【解析】设切点为 M ( x
0
, y
0
, z
0
) ，于是  在点 M 处的法向量为n (2x ,4y ,6z )，故
1 0 0 0
切平面方程为 2 x
0
( x  x
0
)  4 y
0
( y  y
0
)  6 z
0
( z  z
0
)  0 . 再利用  的方程化简得：
x
0
x  2 y
0
y  3 z
0
z  2 1 . 在 L 上任取两点，例如点

6 , 3 ,
1
2

与点

4 , 2 ,
3
2

，代入上式得：
3
6x 6y  z 21，
0 0 2 0
4 x
0
 4 y
0

9
2
z
0
 2 1 .
再由  的方程知 x
0
x  2 y
0
y  3 z
0
z  2 1 ，联立解得切点为 ( 3 , 0 , 2 ) 与 ( 1 , 2 , 2 ) ，故得切平面
方程为：x2z7和x4y6z 21.
3x2y7
9.【答案】
z 0
【解析】由于直线L在yOz平面上的投影直线为
 2
x
y


0
3 z  1
，又因为平面 2 y  3 z  1 与
yOz平面垂直，可知直线L必落在平面2y3z1上. 同理，由于直线L在xOz平面上的投影直线为
 x
y


z
0

,
2 ,
且平面xz2与xOz平面垂直，可知直线 L 必落在平面xz2
上. 因此直线 L 的方程可以表示为
 2
x
y


z
3

z 
2
1
. 从上述方程组中消去 z ，得
3 x  2 y  7 ，可得 L 在 x O y 平面上的投影直线方程为
 3
z
x


0
2 y  7
.