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）.