241212_113321-11.基础习题册高数第十一章详解_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_00.配套书籍_2026考研数学习题册答案详解_基础

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 .