250707_101901-菁英班强化高数第八章解析_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_强化_高数

第八章 空间解析几何及其应用（仅数一） 8-1综合测试 1.【答案】D 【解析】三条直线的方向向量为s {2,5,3}，s {3,3,7}， 1 2 s 3  { 1 , 3 ,  1 }  { 2 , 1 ,  1 }  {  2 ,  1 ,  5 } ，因为 s 1  s 2  0 ，所以 L 1  L 2 ，选（D）. 2.【答案】 3 2 2 【解析】直线的方向向量为 s  { 1 , 1 ,  1 }  { 2 ,  1 , 1 }  { 0 ,  3 ,  3 } ，显然直线经过点 M (1,1,1)，而 0 M 0 M  { 2 , 0 , 1 } ， M 0 M  s  { 3 , 6 ,  6 } ，则点M(3,1,2)到直线  x 2  x  y  y  z  z 1   4 0  0 的距离为 d  M 0 M s  s  3 2 2 . （如图所示） 【注】 ab  a b sin，为向量a,b的夹角 3.【答案】x2  y2 z2 1 【解析】设M(x,y,z)为旋转曲面上的任意一点，该点所在的圆对应与直线L上的点 为 M 0 ( x 0 , y 0 , z ) ，圆心为 T ( 0 , 0 , z ) ，由 M T  M 0 T ，得 x 2  y 2  x 20  y 20 . x 1 y 1 z1 因为M (x ,y ,z)L，所以 0  0  ，即x 1,y z. 0 0 0 0 1 1 0 0于是曲面方程为:x2  y2 z2 1. 4.【答案】  x y z    1  t  2 8  t 2 t 【解析】直线 l1 的方向向量为 s 1  { 2 , 0 , 1 }  { 1 ,  1 , 3 }  { 1 ,  5 ,  2 } ，直线 l 2 的方向向量为 s 2  { 1 ,  4 , 0 } ，则直线 l 的方向向量为s  s s {8,2,1}，直线 1 2 l 的方程为 x   8 1  y   2 2  z 1 ，参数方程为 l :  x y z    1  t  2 8  t 2 t . 136 5.【答案】 21 【解析】过直线  x 2  x 2  y y   z z   2 3 的平面束为 ( x  2 y  z  2 )  k ( 2 x  y  z  3 )  0 即 ( 1  2 k ) x  ( 2  k ) y  ( k  1 ) z  2  3 k  0 . 由 { 1  2 k , 2  k , k  1 }  { 1 , 1 , 1 }  0 得 k 1，则投影直线为 L :  x x   y 3  y  z 2  z 0  1 ，s{1,1,1}{1,3,2}{5,1,4}，在 x yz 0  中令 x3y2z 1 y  0 ，得 x   1 ，z 1，即直线 L 过点 (  1 , 0 , 1 ) ，对应方程为 x1 y z1 L:   ，令M ,M 的坐标分别为 5 1 4 0 1 (  1 , 0 , 1 ) ，(1,2,1)， M 0 M 1  { 2 , 2 , 0 } ， 则 M 0 M 1  s  { 2 , 2 , 0 }  { 5 ,  1 ,  4 }  (  8 , 8 , 1 2 ) ，则 d  M 0 M s 1  s  1 3 2 6 1 . 6.【答案】  x z 2   0 y 2  2 x  z  x2  y2  z  x2  y2 【解析】由 消去z得x2  y2 2x，所以曲线 在xOy平面 z2 2x z2 2x上的投影曲线为  x z 2   0 y 2  2 x . 7.【答案】 2 x  3 y  z  2  0 【解析】由 f(x,y1)12x3yo()得， f(x,y)在点(0,1)处可微，且 f(0,1)1，   z x (0 ,1 )  2 z ， 3，而曲面:z  f(x,y)在点 y (0,1) ( 0 , 1 , 1 ) 法向量为 z z  n  , ,1  (2,3,1)，所以切平面方程为 x y  (0,1,1) π : 2 ( x  0 )  3 ( y  1 )  ( z  1 )  0 ，即π:2x3yz20. 8.【答案】 x 1  6 1  1 y 9  z  2 8 4 或  3 1 x 0  x  4 y 4  y  z  3 z 1   2 0 2  0 【解析】方法一：过点P(1,0,4)且与平面 3 x  4 y  z  1 0  0 平行的平面方程是 3 ( x  1 )  4 ( y  0 )  ( z  4 )  0 . 即 3 x  4 y  z  1  0 . 此平面与直线 x  1 1  y  1 3  z 2 的交点为 ( 1 5 , 1 9 , 3 2 ) ，所求的直线过点 P (  1 , 0 , 4 ) 和 ( 1 5 , 1 9 , 3 2 ) ，因此所求直线方程为 x1 y z4   . 16 19 28 方法二：求空间直线方程一般有两种思路，一种是像上面的解答过程，关键求出直线的方 向向量和直线上的一点坐标M (x ,y ,z ). 0 0 0 0 另一种思路是求出过所求直线的两个平面方程，它们的交线即为所求，本题也可如下解 法：过点P(1,0,4)且平行于平面3x4yz100的平面方程为 3 x  4 y  z  1  0 . x1 z  x1 y3 z   1 2 2xz20 先把直线方程   转化为方程组的形式：  ， 1 1 2  y3 z 2yz60   1 2 则过直线的平面束方程为2xz2(2yz6)0. 把P(1,0,4)的坐标代入上式得2  ，因此过P点和直线L的平面方程为 5 1 0 x  4 y  3 z  2 2  0 ，则  3 1 x 0  x  4 y 4  y  z  3 z 1   2 0 2  0 为所求直线方程. 9.【答案】  x x   y 2  y 3  z z   8 7   0 0 【解析】方法一：先求出一平面  1 ，使它过 L 且垂直于平面  ，设 L 的方向向量为s， 的法向量为 n  ( 1 ,  1 , 3 ) . s  i 0 1  j 2 2 k 3  1  4 i  3 j  2 k . 在 L 的方程  2 x y   2 3 y z   z 5   7 0  0 中令 x  0 得， y  4 ， z   1 ，则  1 是过 M 0 ( 0 , 4 ,  1 ) 与 s , n 平行 的平面，于是  1 的方程为 x 4 1 y  3  1 4 z   2 3 1  0 ，即 ： 1 x  2 y  z  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  x x   y 2  y 3  z z   8 7   0 0 为所求. 方法二：因为 L 是平面 2 y  3 z  5  0 与 x  2 y  z  7  0 的交线， L 的平面束方程是 (2y3z5)(x2yz7)0，即 x 2 ( ) y ( 3 ) z 5 7 0               （1），  含在此平面束中，它与垂直，于是它们的法向量点乘为零，即 1 2 ( ) 3 ( 3 ) 0           . 取1，得0，代入（1）式得平面 的方程 1 x2yz70. 因此L在平面  xy3z80 的投影线方程是 . x2yz70 10.【答案】6【解析】函数 u  x 2  2 y z 在点 ( 1 ,  2 , 2 ) 处的方向导数的最大值即为函数u x2 2yz 在 点 ( 1 ,  2 , 2 ) 处的梯度的模，而gradu {2x,2z,2y} {2,4,4}，方向导数 (1,2,2) (1,2,2) 的最大值为 41616 6. 11.【答案】请参照解析 【解析】球面 x 2  y 2  z 2  1 在点 ( x 0 , y 0 , z 0 ) 处的外法向量为n{2x ,2y ,2z }， 0 0 0 2x 方向余弦为cos 0  x ， 0 4(x2  y2 z2) 0 0 0 c o s y 0   u ，cos z . 又 1， 0 x   u y  1 ，   u z  1 ，所求的方向导数为   u n  x 0  y 0  z 0 . 令F  x yz(x2  y2 z2 1)，由 F F F F x y z 1 1 1 x 2 2 2 2 y x y z 2 0 0 0 z 2 1 0                        3 得 ，从而 2  1 x  3   1 y  及 3   1 z   3  x y z       1 3 1 3 1 3 . 当 ( x , y , z )   1 3 , 1 3 , 1 3  时，方向导数取最大值 3 ； 当 ( x , y , z )    1 3 ,  1 3 ,  1 3  时，方向导数取最小值 3. 12.【答案】（1） x 2  y 2  5 z 2  8 z  5 32 ；（2） π 3 【解析】（1）记直线L绕z轴旋转所得的旋转曲面为，设M(x,y,z)为曲面上的一点，过点M 作与z轴垂直的平面，交直线L及z轴于点 M 0 ( x 0 , y 0 , z 0 ) 及 T ( 0 , 0 , z ) ，易 知 z  z 0 ，由 M 0 T  M T 得 x 2  y 2  x 20  y 20 ，注意到 M 0  L ，则 x 1 y 2 z x 12z 0  0  ，即 0 ，将 2 1 1 y 2z  0  x y 0 0   1 2   2 z z 代入上式得 :x2  y2 (12z)2 (2z)2 ，即:x2  y2 5z2 8z5. （2）方法一：对任意的 z  [ 0 , 1 ] ，截口面积为 A ( z )  π ( x 2  y 2 )  π ( 5 z 2  8 z  5 ) ， 则 V   1 0 A ( z ) d z  π  1 0 ( 5 z 2  8 z  5 ) d z  3 2 3 π . 方法二：令 x  2 1  y  1 2  z 1  t ，则  x y z    1 2 t   2 t t , 当 z  0 时，t 0；当 z  1 时， t  1 . 设 M (1  2 t , 2  t , t ) 为曲面上任意一点，则截口面积为 S ( t )  π r 2  π [ ( 1  2 t ) 2  ( 2  t ) 2 ]  π ( 5 t 2  8 t  5 ) 1 32 则体积为V  S(t)dt  π. 0 38-1拓展提升 1.【答案】3 【解析】 a  b  c  a  b ， a  c ； b  c  a  b  a ， b  c .  a  bc  b c sinb,c  b c （1） b  ca  c a sinc,a  c a （2） c  ab  a b sina,b  a b （3） 由（1），（2）式  c  1 ， a  b ，再由（3）式  a  b  1 . 因此， a  b  c  3 . 2.【答案】 x 2  y 2  1 3 z 2  4 x  6 y  1 8 z  3  0 【解析】设M (x ,y ,z )是 0 0 0 0 L 上的一点，当 L 绕L 旋转时，M 旋转到 1 0 M ( x , y , z ) ，此 z  z 0 时有： （1） (x2)2 (y3)2 (x 2)2 (y 3)2  0 0 又因 x 0  2 3  y 0 3  1  z 0  1 即  x y 0 0   2 3 z z 0 0   5 4 . 由此式得 (x 2)2 (2z 3)2  0 0 （2） (y 3)2 (3z 1)2  0 0 （2）式代入（1）式中，得 ( x  2 ) 2  ( y  3 ) 2  ( 2 z  3 ) 2  ( 3 z  1 ) 2 即x2  y2 13z2 4x6y18z30. 3.【答案】D 【解析】记 M 1 ( 2 , 1 , 1 ) ， l1 的方向向量为 s 1  { a , 2 , b } . 由 l 2 的方程，取点 M 2 ( 1 ,1 ,0 ) ， l 2的方向向量为 s 2  i 1 2 j 0  1 k 2 3  { 2 , 1 ,  1 } . l ， 1 l 2 共面  [ M 1 M 2 , s 1 , s 2 ]  0   a 2 1 0 2 1  b  1 1  b  a  6  0 （1） 设 F ( x , y , z )  x 2  y 2  e z  z  1 ，π的法向量 n  { 2 x ,  2 y , e z  1 } (1 ,1 ,0 )  { 2 ,  2 , 2 } ， l 与 1 π 平行  s 1  n  0  a  2  b  0 （2） 由（1）（2）解得 a  4 ，b2，故答案选（D）. 4.【答案】 x  y  0 【解析】视 x 为参数，设  x x 2 2   y y 2 2   z z 2  6 , 确定函数y  y(x)，z  z(x)，则曲线的切 线的方向向量为T (1,y(x),z(x))，已知方程组两边同时对 x 求导，得 2x2yy(x)2zz(x)0,  2x2yy(x)z(x)0, 将x1，y 1，z  2代入上面方程组，解得y 1， x1 z  x  1  0 ，故 T (1,1,0)，所求法平面方程为 1  ( x  1 )  ( y  1 )  0 ，即 x  y  0 . x2 y1 z1 5.【答案】   7 5 1 【解析】   z x  y ( f  1 2  f 2  y )  2 y f 1  y 2 f 2 ， z  f(2x y,xy) y[f(1) fx] f(2x y,xy)yfxyf. y 1 2 1 2 曲面 z  y f ( 2 x  y , x y ) 在点 ( 2 , 1 , 1 ) z | z |  处的法向量n  , ,1  (7,5,1)，故 x x y  1 2 y x y  1 2 所求法线方程为 x  7 2  y  5 1  z   1 1 . 6.【答案】（1）切线方程为 x  1 1  y  0 2  z   1 1 ，法平面方程为xz0； （2）2x y2z40 【解析】（1）曲线方程组两边分别对 x 2x2yy2zz0, 求导，得 1 yz0. 将点 (1 ,  2 , 1 ) 代入得  2 1   4 y y     z 2   z  0  , 0 , 解得 y   0 ， z    1 . 故得切向量为 ( 1 , 0 ,  1 ) . 故 切线方程为 x  1 1  y  0 2  z   1 1 ，法平面方程为 ( x  1 )  0 ( y  2 )  ( z  1 )  0 ，即 x  z  0 . （2）通过直线 L :  2 4 x x   y 2  y  0 , 3 z  6 的平面束方程为 4 x 2 y 3 z 6 ( 2 x y ) 0        （*） 欲使平面（*）与平面 x  z  0 垂直，则420(2)30，解得 1 2    ，代入 （*）式，求得所求平面方程为 2 x  y  2 z  4  0 . 7.【答案】B 【解析】由题设知F(1,2,3)1， x F y ( 1 , 2 , 3 )  2 ，F(1,2,3)1，令 z G(x,y,z)F(x2,2y,4zx)1，则有 G x ( 1 ,  1 , 1 )  2 F ( x 1 , 2 , 3 )  F ( z 1 , 2 , 3 )  3 ， G(1,1,1)2F(1,2,3)4，G(1,1,1)4F(1,2,3)4，所求切平面方程为 y y z z 3(x1)4(y1)4(z1)0，即 ，故答案选（B）. 8.【答案】B 【解析】设方程F(axbz,aycz)0确定的隐函数为z  z(x,y)，则其切平面的法向 3 x  4 y  4 z  3量 n     z x ,   z y ,  1  . 方程两边同时对 x , y 求偏导，得  F F  1  1   a 0   b b     z x z y     F F 2 2     0 a   c c     z x z y     0 0 , , 解得   z x  b F a 1 F  1 c F 2 ，   z y  b F a 1 F  2 c F 2 . 设 l  ( b , c , a ) ，由于 abF caF abFcaFa(bFcF) ln 1  2 (a) 1 2 1 2 0 bFcF bFcF bFcF 1 2 1 2 1 2 故答案选（B）. 2 9.【答案】 9 【解析】因为 l 的方向为 x 增大的方向，所以 l   1 , d d y x  ，令 F(x,y) x2 2xy2y31，则 l   1 ,  F F xy  (1 ,1 )   1 ,  2 2 x x   2 6 y y 2  (1 ,1 )   1 , 1  ， 故 l    1 2 , 1 2  . (y4x)(1x2  y2)2x(xy2x2)| 7 f(1,1)  ， x (1x2  y2)2 (1,1) 9 f (1,1) x(1x2  y2)2y(xy2x2)|  5 ， y (1x2  y2)2 (1,1) 9 f | 7 1 5 1 2 所以      . l (1,1) 9 2 9 2 9 10.【答案】C【解析】由题设知 l i m x  y  01 [ f ( x , y )  3 x  4 y  5 ]  f ( 0 , 1 )  0  4  5  0 ，所以 f(0,1)1， 记 x 2 ( y 1 ) 2     ，由题设知 f ( x , y ) f ( 0 , 1 ) 3 ( x 0 ) 4 ( y 1 ) o ( )        ，由此可 得 f ( x , y ) 在点 ( 0 , 1 ) 处可微，且有 f(0,1)3， x f y ( 0 , 1 )   4 ，由梯度的性质知 z  f(x,y)在 ( 0 , 1 ) 点各个方向的方向导数最大值是 g r a d f ( 0 , 1 )  { 3 ,  4 }  5 . 故答案 选（C）.