解析几何简明教程答案

第一章 空间直角坐标，平面和直线

1．在给定坐标系中画出下列各点：

1，0，1，5，1，4，3。 2，4，1，2，4，

2．自点M1，2，3和Na,b,c分别引各坐标平面和坐标轴的垂线，求各垂足的坐标。

1，2，0，2，解：点M1，2，XOZ，YOZ上的垂足分别为：3在平面XOY，0，1，0，3，30，在X，Y，Z轴上的垂足分别为：1，0，0，0，2，0，0，3

0,b,c 点Na,b,c在平面XOY，XOZ，YOZ上的垂足分别为：a,b,0，a，0,c，

0，在X，Y，Z轴上的垂足分别为：a，0，0，0，b，0，0，c

3. 给定点M1,2,3和Na,b,c，求它们分别对于坐标平面、坐标轴和原点的对称点的坐标。 解：

4．求点M（4，-3，5）到原点、各坐标轴和各坐标平面的距离。 解：点M到原点的距离：OM

42(3)25252

点M在XOY，XOZ，YOZ上的垂足分别为A（4，-3，0），B（4，0，5），C（O，-3，5），则距离为：MA00255，MB0(3)03，MC

2

42004，

点M在X，Y，Z轴上的垂足分别为A(4,0,0)，B（0，-3，0），C（0，0，5）则距离为：

MA(3)252，MB425241，MC32425

5．求点（1，2，-2）和（-1，0，-2）之间的距离。 解：所求距离为：d(11)213

6．求下列方向余弦：（1，2，-2），（2，0，0），（0，2，-2），（-1，-2，-5）。 解：（1，2，-2）的方向余弦为：(1,2,2)，即：（，

2

2

2

1

312332） 3

（2，0，0）的方向余弦为：

1

（1，(2,0，0)，即：0，0）

2122

（0(0，2，2)，即：

（0，2，-2）的方向余弦为：

22

，) 22

（-1，-2，-5）的方向余弦为：

130（，，) (1，2，5)，即：

301567．求从点（1，2，-2）到点（-1，0，-1）的方向的方向数和方向余弦。

解：从点（1，2，-2）到点（-1，0，-1）的方向的方向数为（-1-1，0-2，-1+2），即（-2，-2，1）；方向余弦为（

221

,,)。 333

1

,,0),(2,1,4)。 22

8．求下列方向的方向角：（0,0,-1）,(

解：（0，0，-1）的方向余弦为：0，0，-1，则方向角为：



22,

,

（

3131

,,0)的方向余弦为：,,0，则方向角为：,,

6322222

22121421

,,，则方向角为： 212121

（-2，-1，-4）的方向余弦为：

arccos

22121421

,arccos,arccos 212121

9．求下列各对方向之间的夹角：

1）（1，0，1）和（0，0，1）；2）（-1，-2，3）和（2，0，1）；3）（01，-4，-5）和（2，3，4）。

解：1）方向余弦为（而(0,) 故

2222

cos0001）和（0，0，1），则：,0,

22222

4

2）方向余弦为（

225,,）和（），则： ,0,1471455

cos

2357070()0arccos [1**********]

3）方向余弦为（

145234

），则： ,,）和（,,

[1**********]9

cos

142



343541717arccos

[**************]9

10. 证明：顶点是A（2，4，3），B（4，1，9），C（10，-1，6）的三角形是直角三形角形。求出各边的长和各内角的大小。

证明：A(2,4,3),B(4,1,9),C(10,1,6)AB7,AC72,BC7

即：ABBCAC ABC是Rt 又：ABBC

2

2

2

AC,B

4



2

故各边长为：ABBC7,AC72; 各内角为：AC



4

,B



2

11．在给定的坐标系中画出下列平面：

1）2x3yz60; 2)x2y2z10; 3) 3y20; 4) 4x3z20; 5)3xy4z0. 12.求下列平面的方程：

1）过点（0，-1，4），法向的方向数为（2，-1，0）；

解：1）设所求方程为：2xyD0，又点（0，-1，4）在平面上

20(1)D0 D1 所求平面方程为：2xy10

2）过点（-1，-5，4），平行于平面3x2y50; 解：2）设平面方程为：3x2yD0，则：

3(1)2(5)D0 D7 所求平面方程为：3x2y70

3）过点（1，3，5），（-1，-2，3），（2，0，-3）；

解：设平面方程为：AxBy(CzD0，则由题可得：

34

AD35A3B5CD0A34

18D令D35，则B18 A2B3CD0B352A3CD0C11

11

C35D

所求平面方程为：34x18y11z350

4）过点（3，-1，4）和（1，0，-3），垂直于平面2x5yz10; 解：设平面方程为：AxByCzD0，则由题可得：

3AB4CD0A3CA3A3CD0

BC令C1，则

B1 2A5BC0D6CD6所求平面方程为：3xyz60

5）过点（0，-1，3）和Y轴；

解：设平面方程为：AxCz0，则：

0A3C0C0而A0所求平面方程为：x0

6）过点（-2，-1，3）和（0，-1，2），平行于Z轴。 解：设平面方程为：AxByD0，则由题可得：



2ABD0BD0BD



A0所求平面方程为：y10 13．将11题中的平面方程化为法式方程：

解：1）法式方程为：

37x14y14z370 2）法式方程为：

14x7y314z14

0 3）法式方程为：y2

30 4）法式方程为：45x35z2

5

0

5）法式方程为：

32626x2626y226

13

z0 14．在给定的直角坐标系中画出下列直线：

1）

x1y211x4x1y2z3

1； 2）012

； 3）x21y32z1

2； 4）2x3y10,

4x3yz10.

15．求下列直线的方程：

1）过点（-2，3，5），方向数为（-1，3，4）； 解：直线方程为：

x2y3z5



134

2）过点（0，3，1）和（-1，2，7）；

解：直线的方向数为：（-1，-1，6），则直线方程为：3）过点（-1，2，9），垂直于平面3x+2y-z+5=0;

解：由题可知直线的方向数为：（3，2，-1），则直线方程为：4）过点（2，4，-1），与三个坐标轴成等角。

解：由于直线与三个坐标轴成等角，则（1，1，1）为其一个方向数，则：直线方程为：

x1y2z7



116

x1y2z9



321

x1y4z1



111

x1y1z2

16．给定直线l:，求 

213

1）过l平行于Z轴的平面；

解：由题可设平面方程为：AxByD0，则：

2AB0



ABD0B2A

DAB2

令A1，则：

D1

所求平面方程为：x2y10

2）l在XY平面上的投影。

x1y1

x2y10

解：由2 1 得直线l在XY平面上的投影为：

z0z0

17．求下列直线在各坐标平面上的投影；并画图： 1）

x1y3z1



121

x1y3



解：由12 得直线在XOY平面上的投影为：2xy1z0

z0

x1z1



由11 得直线在XOZ平面上的投影为：xz2y0 y0y3z1



由21 得直线在YOZ平面上的投影为：y2z5x0 x0

2）

x1y1z01

2

2

； x1解：由

0y1

1 得直线在XOY平面上的投影为：x1z0

z0

x1由

0z2

2 得直线在XOZ平面上的投影为：2x2y0 y0

y1z由

12

2 得直线在YOZ平面上的投影为：2yz4x0 x0

3）

3xyz10

2xz30

解：由3xyz10



2xz30 得直线的点向方程为：x21y1

z7

2 x2由

1y

1 得直线在XOY平面上的投影为：xy2z0

z0由

x21z7

2 得直线在YOZ平面上的投影为：2xz3y0y0yz7由12 得直线在YOZ平面上的投影为：2yz7x0x0

4）x10

z20

解：直线的点向方程为：

x1yz02

1

x1y

由

01 得直线在XOY平面上的投影为：x1z0

z0x1由

0z2

0 得直线在YOZ平面上的投影为：(1,0,2) y0

yz2由10 得直线在YOZ平面上的投影为：z2x0 x0

18．将下列直线的方程化为点向式： （1）

xyz30,

2x3yz10;

xyz30y3z5x8y5z解：由直线点向方程为：

2x3yz10x4z8431

（2）

xy10,

z10;

xy10xy1xy1z1

直线点向方程为：解：由

z10z1110

（3）

3xy20,

4y3z10;

3xy20y3x2xy2z3

直线点向方程为：

4y2z10z4x3134

解：由

（4）

y10,

z20;y10z20

y1

z2

直线点向方程为：

xy1zz 100

解：由

19．求下列各对直线之间的夹角： 1）

x1y2z1xy1z3

； 与

110102

解：设直线间的夹角为θ，

由于两直线的方向数为（1,-1,0）,(-1,0,2),则方向余弦为（

22525

，（） ,,0）,0,

2255

cos

2）

2225()00 arccos 25251010

x1y3z4x1yz1与； 112243

解：设直线间的夹角为θ，

两直线的方向数为（-1，1，2），（-2，4，-3），由于：（-1）×（-2）+1×4+2×（-3）=0

两直线间的夹角

3）



2

.

xyz10,3xy10,

； 与

xy2x10y3z20.

解：设直线间的夹角为θ，

由题可知两直线的方向数为（-3，1，2），（，1，

1

31312），则方向余弦为（），3（

131

），，

23113212arccos()()

7777cos

20．求直线与平面的交点： 1）

x1y1z2

与3x2yz0； 231

x1y1z2



解：231

3x2yz0

5

x11

2020255

y交点为，

11111111

25z11

2x3yz10,

与XZ平面； 2）

x2yz20

1

x2x3yz10315

交点为，0 解：x2yz20y0

33y05z

3

3）

x2y1z2

与3x2yz60； 214

解：2312410 而直线上一定点（-2，1，-2）也在平面上

直线在平面上

4）

即：直线与平面有无数个交点。

x2y1z2

与3x2yz70. 214

解：2312410 但直线上一定点（-2，1，-2）不在平面上

直线平行于平面

21．求直线：l:

即：直线与平面没有交点。

A1xB1yC1zD10,

(C1C22) 与Z轴相交的条件。

A2xB2yC2zD20

D1ZC1C1ZD10

, 即：解：令X=0，y=0，则：

C2ZD20ZD2

C2

∴直线l与z轴相交的条件是：

D1DDD2，即：12 C1C2C1C2

22．证明：直线p:

xx0yy0zz0

落在平面:AxByCzD0上必须且

lmn

只须AlBmCn0,Ax0By0Cz0D0.同时，写出p平行于π但不在π上的条件。

证明：直线p与平面π的方向数分别为：（l, m, n）,（A, B, C） ∵Al+Bm+Cn=0 ∴直线p平行于平面π。

又：点（x0, y0, z0）在直线p上，且Ax0+By0+Cz0+D=0,即点（x0, y0, z0）也在平面π上 ∴直线p在平面π上。 23．求经过直线

2x3y2z90

和点（1, 2, 1）的平面方程。

3x2y3z10

解：设平面方程为：A(2x3y2z9)B(3x2y3z1)0， 又：点（1, 2, 1）在平面上

∴A(2132219)B(3122311)0 ∴A=-B 令B=-1，则A=1 故：所求平面方程为：x5yz80 24．设平面π1与π2不平行，它们的方程分别为

A1xB1yC1zD10， A2xB2yC2zD20。

证明：过π1和π2的交线的所有平面的方程都可以表示成

(A1xB1yC1zD1)(A2xB2yC2zD2)0，其中λ和μ为不全为零的

实数。

A1xB1yC1z80

证明：∵12 12L, 且L:

AxByCzD02222

设(A1xB1yC1zD1)(A2xB2yC2zD2)0其中220，由

12知该方程是一个三元一次方程，即方程表示一个平面设x0,y0,z0L，则：把点

x0,y0,z0代入π中有：

(A1x0B1y0C1z0D1)M(A2x0B2y0C2z0D2)0

即：左边=右边 ∴L在π上。

由,的任意性可知：所有过L的平面上方程都可以成：

(A1xB1yC1zD1)(A2xB2yC2zD2)0

第二章 向量代数

1．已知平行四边形ABCD的对角ACa,BDb,求ABBCCD和DA。

ab

BCBCABACa2

解：BCABBDbabAB2

故：AB

 

ab



2CDBAAB

1111

(ab),BC(ab),CD(ba);DA(ab) 2222

2．已知平行四边形ABCD的边BC和CD的中点分别为K和L，且AKk,ALl，求

BC和CD。

解：设，，则：

1

2

(1224

33

4233

42

BClk

33 

24CDlk

33

3．。证明：对任意一点O，

1

。 2111

证明：方法一：AM()

222

1

()

2

方法二：由已知可得A、M、B三点共线，且M为线段AB的中点。

延长OM至N，使，连OA、OB、AN、BN，易证四边形OANB为平行四



11

() 22

1

4．设M是三角形ABC的重心。证明：对任意一点O，。

3

边形。 而



证明：方法一：,)

11

()()

33

而： 即：

1

()

3

方法二：设三角形ABC三点坐标分别为A（x1,y1,z1）, B（x2, y2, z2）,(x3, y3, z3)

由重心坐标公式得：M∴

x1x2x3y1y2y3z1z2z3

,,z 333

1

() 3

5．设M是平行四边形ABCD的对角线的交点。证明：对任意一点O，

1

().

4

证明：，，， 而：,即：, ∴

1

() 4

1

()。 2

11

， 22

6．设A，B，C，D是一个四面体的顶点，M，N分别是边AB，CD的中点。 证明：

证明：取AC的中点O，则OM，ON分别为中位线，故有：∴

11

() 即：() 22

7．设AD，BE，CF是三角形ABC的中线。 1）用，表示，，； 解：

1111

() ()() 222211

()

22

2）求。 解：

111

() 222

8．设p1,p2,pn是以O为中心的圆周上的n等分点，证明：12n0。 证明：p1,p2,pn是n等份点 ∴相邻边的夹角相等。 ∴OPi1OPi1i（其中2） 又：

2(12n)(12)(24)(n2)(12n)

即：(2)(1OP2OPn) 而20

(1OP2OPn)

9．设O是点A和B的联线以外的一点。证明：三点A，B，C共线必须且只须

，其中1。

证明：A，B，C三点共线，其中1。 “”：A,B,C三点共线 () 即：(1)

令1，则： （其中1）

“”：(1) (1)(1) 即：(1) A,B,C三点共线

10．设O是不共线的三点A，B，C所在平面以外的一点，证明：四点A，B，C，D共面必须且只须，其中V1

“”：A,B,C,D四点共面 k1k2

即：k1k1k2k2(1k2)k1(k1k2) 令1k2,k1,Vk1k2，则：v, 其中v1 “”：v(1v)v

()v()v

v 即：v ∴A，B，C，D四点共面

11．已知r1,r2,r3是以原点O为顶点的平行六面体的三条边，求此平行六面体过点O的对角线与平面ABC的交点的定位向量。

解：设体对角线为OD，OD与平面ABC的交点为E，则：123 ∴定位向量：

22

(r1r2r3) 33

22

,BM。 33

12．设AL和BM是三角形ABC的中线，它们的交点是O，证明

证明：过L作LD=BM。

11

BLLCMDDCMCAM

22

AOAMAM22AOAL ALADAM33

22

同理可得：

3

13．证明：三角形ABC的三条中线相交于一点。

证明：方法一：设D，E，F分别为BC，AC，AB的中点，则：

1

()

2

又：22()

2 2

而：OC，OF共点O O,C,F三点共线 故：三角线ABC的三条中线相交于一点。

方法二：设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),则：

x1x3y1y3xxyy3xxyy2

,),D(23,2),F(12,1) 222222xxyy3

(13x2,1y2)

22

xx32yy322

由12题结论可知：(1x2,1y2)

33333xxx3yy2y3xx2x3y1y22y3

(12x3,1y3)(12,)

3333

xx2x3y1y22y3xx2yy2

而：(1x3,1y3)(12,)

22222

 故：C，O，F三点共线

3

E(

∴三角形ABC的三条中线相交于一点。

14．设a=(5, 7, 2), b=（3, 0, 4）, c=（-6，1，-1）求

1）3a-2b+c；

解：32(35,37,32)(23,0,24)(6,1,1)(3,22,3) 2）5a+6b+c.

解：56(55,57,52)(63,0,64)(6,1,1)(37,36,33) 15．给定点A（1，2，4）和B（0，-1，7），求的坐标。

解：(1,3,3)

16．给定点A（2，0，-1）和向量（1，4，5），求B的坐标。

解：B（3，4，4）

17．判断下列各组的三个向量a，b，c是否共面？能否将c表成a，b的线性组合？若能表示则写出表示式。

1）a=(5,2,1), b=(-1,4,2), c=(-1,-1,5);

511

解：24141410100

125

,,不共面，不能表示成,的线性组合。

2）a=(6,4,2), b=(-9,6,3), c=(-3,6,3);

693

6363365421233633630 解：46

2331

6932

,,共面，设=， 则：

24663

12

 23

3) a=(1,2,-3), b=(-2,-4,6), c=(1,0,5);

121

240201212200

365

,,共面

设=，则

21

方程无解

240

不能表示成，的线性组合。

18．设点C分线段AB为5：2，A的坐标为（3，7，4），C的坐标为（8，2，3，），求B的坐标。 解：B(10,0,

13

) 5

19．已知三角形的三顶点为A（2，5，0），B（11，3，8）和C（5，11，12），求各边和各中线之长。

解：(9,2,8)，AB边上的中线

12()(3

2,7,8) (6,8,4)，BC边上的中线1

2()(6,2,10)

(3,6,12)，AC边上的中线12()(15

2

,5,2)

则：AB92

22

82

，AB边上的中线长：(3

222

461

2

)78

2

BC628242229，BC边上的中线长：6222102235

AC3262122221，AC边上的中线长：(15)252341

2222

20．求a·b，已知：

1）a8,b5,a,b



3

；

解：85

1

2

20 2）a=（3，5，6），b=（1，-2，3）。 解：31526311

21．已知a=（3，5，7），b=（0，4，3）c=（-1，2，-4），求xy,a,y和x,y:

1) x=3a+4b-c, y=2b+c;

解：

34(10,29,37),2(1,10,2)

354,2310,,arccos

354

242550

2）x=4a+3b+2c, y=a+2b-c;

解：

432(10,36,29),2(4,11,17)

929,2237,426,arccos

929

22．已知a3,b2,a,b



6

求，3a+2b与2a-5b的内积和夹角。

(32)(25)11解：1433



397363,2603

cos



14339736603



23  24

故：两向量间的夹角为 23．证明下列各对向量互相垂直：

1）（3, 2, 1）与（2, -3, 0）；

证明：(3,2,1)(2,3,0)3223100

∴向量（3，2，1）与（2，-3，0）互相垂直。 2）a(b·c)-b(a·c)与c。

证明：()()()()()()0

3

4



向量()()与互相垂直。

24．设OABC是一个四面体，OAOB2,1,AOBAOC





3

,

BOC



6

,L是AB的中点，M是ABC的重心

。求OLOM和。

解：2，AOB



3

3

2221

()()

3332

2211



OC(OBOC)(OAOB)(OAOBOC)

3323

1

2 3

11111131

AB)OM(OBOA)(OAOBOC) 2223336

又：OL

OM(OA





3362arccos

3623

故OL3,OM

1

2,3

arccos

33623

25．CD，CT和CH分别是三角形ABC的中线、分角线和高线，CAa,CBb,c,求D，T和H分AB的分比。

解：∵CD为三角形的ABC的中线



1

1， 即：D分AB的比为1

∵CT由三角形ABC的角平分线，由内角平分线定理得：

ACBC



ATTB



ab

2

aa,即：T分AB的中为 bb

CH为三角形ABC的高线，则CHAB，由余弦定理得：ABa2b22abcos

a2abcos

AH

AB



2

BHbabcosAB

AC2AH2BC2HB2



而：

22

AHHBABab2abcos

a2abcosa2abcos32,即：H分AB的线为2

HBbabcosbabcos

AH

26．证明：三角形三条中线的长度的平方和等于三边的长度的平方和的

3

。 4

112222222

证明：ADBECFABBCABBCcosBBCAC

44

1

BCACcosCAC2AB2ACABcosA

4

5222

=(ABBCAC)(ABBCcosBBCACcosCACABcosA) [1**********]22=(ABBCAC)(ABBCACACBCABAC 42

AB2BC2)

=

3

(AB2BC2AC2) 即证。 4

27．证明：三角形的三条高线相交于一点。 证明：已知BOAC,AOBC,则：

O,O

又：()() 故：三角形的三条高线相交于一点。

C

28．证明：0

证明：()() =2

 =()2

2

2

0

0

29．求a×b和以a，b为边的平行四边形的面积： 1）a=(2, 3, 1), b=(5, 6, 4);

解：(2,3,1)(5,6,4)(6,3,3)

S62323236

2）a=(5, -2, 1), b=(4, 0, 6 );

解：(5,2,1)(4,0,6)(12,26,8)

S2262822221

3）a=(-2, 6, 4), b=(3, -9, 6, );

解：(2,6,4)(3,9,6)(72,24,0)

S722242024

30.给定a=(1, 0, -1), b=(1, -2, 0) ,c=(-1, 2, 1)，求 1）ab,ba；

解：(2,1,2),(2,1,2) 2）(3abc)(abc)；

解：3(5,4,4),(1,4,0)

(3)()(16,4,16)

3）abc,abc；

解：(2,1,2),(2,1,0)

2,2

4）(ab)c,a(bc)。

解：()(3,4,5),()(1,2,1) 31．证明下列等式：

1）abcd(ac)(bd)(ad)(bc)；

证明：()[()][()()] =()()()()()() 故：()()()() 2）(ab)c(bc)a(ca)b0。

证明：()()(),()()()

()()() ()()()

32．一个四面体的顶点为A（1，2，0），B（-1，3，4），C（-1，-2，-3）和D（0，-1，3），求它的面积。

解：AB(2,1,4),AC(2,4,3),AD(1,3,3)

∴四面体的体积为：V

1159

(ABACAD)59 666

33．证明：如果abbcca0，那末a, b, c共面。

证明： abbcca0 abc(bc)c(ca)c0

即：()0 a,b,c共面

34．下列等式是否正确？

1）aaa；

解：等式错误。等式左边为向量，右边为实数，但向量与实数是无比较性的。 2）a(bb)ab； 解：等式正确。 3）a(ab)ab；

22

2

解：等式错误。等式左边表示向量a的ab倍，而右边表示

倍。 4）(ab)ab；

解：等式错误。(ab)cos5）(ab)ca(bc)；

解：等式错误。等式左边表示向量c的ab倍，右边表示a的bc倍。 6）(ab)ca(bc)。

解：等式错误。等式左边表示与ab,c都垂直的向量，而左边表示与，垂直的向量。

35．下列推断是否正确？

1）如果cbac,且c0，那么a=b；

解：推断错误。若c0，但cb，则cbac0，但ab 2）如果cbac,且c0，那么a=b；

解：推断错误。由cbac得

2

2

2

22

(为（a与b)的夹角），ab

22，并不能得出ab。

36．讨论x和y的关系，已知：

1）x与x×y共线；

解：①当x,y中有一个为0时，结论显然成立。

②当x,y都不为0时，由x与xy共线可得：x(xy)0。

即：(xy)x(xx)y0

x

x与y共线

故：x与y共线或x与y中至少有一个为0。 2）x，y，x×y共面。

①当x,y中至少有一个为时，结论显然成立。

②当x,y都不为0时，由题可知：(xy)(xy)0 xy0

21

故：x与y共线或x与y中至少有一个为0。

37．设a和b都是非零向量，且ab0,为任意的数，并知b×x=a，ax求：x.

解：bxa b(bx)ba 而：b

(bx)(bx)b(bb)x2bb2

x

2bxba

故：x

2bba

38．设abc0,ab0,bc0,并知xa,xbc,求：x。

解：xbc a(xb)ac 而：a(xb)(ab)x(ax)b(ab)x2b

(ab)x2bac故：x

39．证明：a, b, c不共面必须且只须ab,bc,ca不共面。

证明：a,b,c不共面ab,bc,ca不共面： “”：a,b,c不共面

(ab)c(bc)a(ca)b0

[(ab)(bc)](ca)[(abc)b(abb)c](ca)

=[()()()()()2

0

[(ab)(bc)](ca)0

即：ab,bc,ca不共面。

“”：ab,bc,ca不共面。 [(ab)(bc)](ca)0 而：[()()]()[()2

(ab)c)2

0

abc0即：a,b,c不共面。即证。

40．设abc0,xa,xb,xc，求：x。

22

解：设wx

abbcac]，则：

wcxc

abcbccacc]

=wcabc)0wo

故：

41．1）已知er,e1,将r绕e右旋角度得到r1，用e，r和θ表出r1；



r1e0

r1rcossiner 解：由题可得：rr1e



rrcin

1

2）给定三点O,A,P,0A,将P绕OA右旋角度得到P用OA,OP和表出OP 1，1。解：过点P作一平面π，垂直于OA，交OA直线于O*，由于O，P，A不共线，则P与O*不重合。

利用1

）式有O*P1O*Pcossin

O*P

由于OP1OO*O*P1,OO*(OPO*P,OPOO*，则：

OP（OP1

[OP(OPcossin(opOO*)

=(1cos)

OPOAOAcosOPOP

故：OP1(1cos)

OPOAOAcosOP

OP

，求e1。 42．将e1绕a=（1，1，1）右旋45℃得到e1

23

解：由第41题2

）知：e(1cos45)e1a1

acos45e1

e1

=(

12113,3,2

3

) 即：e121121

3,3,

3

43．将a=(1,1,1)绕e1右旋45℃得到a，求a。

解：由第41题2

）知：a(1cos45)

ae1e1cos45aa1

=（1，0，2）

即：a(1,0,2)

44．求下列平面的方程：

1）过点（-1,0,3），垂直于向量（1，2，-5）；

解：设平面上任意一点p(x,y,z)，则：(x1)2y5(z3)0

所求平面方程为：x2y5z160

2）过点（2,4,-3），平行于向量（0，2，4）和（-1，-2，1）；

解：由题可得平面的法向量为：（0，2，4）×（-1，-2，1）=（10，-4，2） 设平面上任意一点p(x,y,z)，则：10(x2)4(y4)2(z3)0

所求平面方程为：10x4y2z20

3）过点（1,0,3），（2，-12），（4，-3，7）； 解：设平面方程为：Ax+By+Cz+2=0，则

A3CD0ADA1

2AB2CD0BD令D1，则：

B1 4A3B7CD0C0

C0故：所求平面方程为：xy10 4）过直线

x12y1zxyz1

1

，平行于直线212；

24

解：直线

x1yzxyz1

与直线的方向数为：（2，1，-1），（2，1，-2），

211212

则：a=（2，1，-1）×（2，1，-2）=（-1，2，0） ∵平面过直线

x1yz

∴点（1，0，0）在平面上 

211

∵a平面 ∴平面方程为：（x-1）×（-1）+2y=0 即：x-2y-1=0 5）过直线

2xy2z10,

在Y轴Z轴上有相同的非零截距。

xy4zz0.

21015

，且过点（,,0)，而平面经过另一直线且,,1）

3333210722

该直线方向为（0，-1，1），则：(,,1)(0,1,1)(,,)

33333

722

设平面方程：xyzD0

333

1715

将点(,,0)代入得：D

339

解：经过已知直线的方向为（

故：所求平面方程为：21x+6y+6z-17=0 45．求下列直线的方程：

1）过点（1，0，-2），平行于向量（4，2，-3）； 解：依题意可设直线方程为：

xx0yy0zz0



423

将点（1，0，-2）代入得：x01,y00,z02 ∴所求直线方程为：

x1yz2 423

xx0yy0zz0



230

2）过点（0，2，3），垂直于平面2x+3y=0； 解：直线方向为：（2，3，0），则可设直线方程为：

将点（0，2，3）代入解得：x00,y02,z03

xy2z3



230

x1yz2

3）过点（2，-1，3），与直线相交且垂直； 102

x2y1z3

解：设所求直线为：，则：l(1)m0n20 ① lmn

∴所求直线方程为：

25

111

∵两直线相交 emn3mn2l0 ②

102

联立D②得：m53

n,l2n 令n3,则：m5,l6 故：所求直线为：

x2y1z3

65

3

4）过点（1，0，-2），与平面3x-y+2z+1=0平行，与直线

x1y3z

421

相交；解：设所直线的方向数为：(l,m,n)，则：3lm2n0 ①

所求直线与直线

x14y3z

21

相交 032

lmn12n8m7l0 ② 421

联立①②得：l

225m,n3150

m令m50,则:l4,n31 故：所求直线方程为：x1yz2

450

31

5）过点（11，9，0），与直线x1y3z5xy2z1

243和51

2

相交； 解：设所求直线方向为：(l,m,n)，则

12571

lmn2(20m8n)0 ① lmn5l17m46n0 ②243512联立①②得n

52m,l1325m令m1,则:n5132

2,l

5

x11z

故：所求直线方程为：y95

12

6）直线lx11:1y3zxyz

2与l2:212

的公垂线。 x1yz

解：13233(x1)y18z0 467

26

xyz

21219x22y8z0 467

∴所求直线方程为：

33xy18z330

19x22y8z0

46．给定点A（1，0，3）与B（0，2，5）和直线l1:在l上垂足。求

1）AB;

x1y1z

，设A,B各为A，B212

解：ABABee

e2）A,B的坐标。

解：设A(x1,x2,x3),B(y1,y2,y3),则：

3

7

x1x21x3y11y21y3



① ② 213213

2(x11)x23(x33)02y1y223(x35)0

1721523124

,x2,x3 由②得：y1,y2,y3

777777

1721523124A(,,),B(,,)

777777

由①得：x1

47．给定点A（，0，3），与B（0，2，5）和直线:x2yz40，设A,B为A，，在的垂足，求

1）AB;

解：AB33，A，B点到平面π的距离分别为：d1

111

,d2

6

AB

AB2(d1d2)2

3

2）通过A,B的直线的方程。

解：设A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2)，则：

x12t1,y132t1,z11t1

27

x21t2,y22t2,z24t2

而：x12y1z140,x22y2z240

2t12(32t1)(1t1)40t1

116

t2122t2(4t2)40

t1

26

A(16,23,176),B(56,13,236

)

x1y217故：所求直线方程为：z111

48．求点到平面的距离：

1）（0，2，1）到2x-3y+5z-1=0; 解：d

38

19

2）（-1，2，4）到x-y+1=0 解：d

2

49．求平面Ax + By + Cz + D=0与平面Ax + By + Cz + D1=0之间的距离。

解：两平在平行，则其间距为一面上任一点P0(x0,y0,z0)到另一平面的距离。Ax0By0Cz0D0Ax0By0Cz0D

故：两平行平面间的距离为：dAx0By0Cz0D1

1A2

B2

C

2



DDA2

B2

C

2

50．求下列点到直线的距离：

1）（-1，-3，5）到

x12y13z1

3

； 解：P

0(1,1,1),P1(1

,3,5),V(2,3,3) d

209



11

2）（0，2，4）到

xy2z235

1

。 解：P0(0,2,5),P1(0,2,4),V(2,3,1)

28

d

99

1314

14

51．求下列各对直线之间的距离：

1）

xy2z1x1y3z221和42

1

1

； 解：L：x2y22z1

11P1(0,2,1),V1(2,3,1)

Lx14y32z12：1

P2(1,3,1),V2(4,2,1)

P1P2(0,5,2)，

V1V20，6，12 d

5

2）

x1y11z1x1y1z0和212

。 解：L：xy1z111

10P1(0,1,1),V1(1,1,0)

Lx1y1z2：212

P2(1,1,0),V2(2,1,2)



P1P2(1,0,1)，

V1V22，2，3 d

17

52．判断下列各对直线的位置关系（相交、平行或不共面）：

1）

x1y1z2xy63z5

331,12

3

。 解：P1(1,1,2),P2

(0,6,5

3

),V1(3,3,1),V2(1,2,1) V1V2P1P222 ∴两直线不共面。

2）

xyz0,

xz10,

yz10;xy10.

解：P1(1,1,0),P2(1,0,0),V1(0,1,1),V2(1,1,1)

V1V2P1P23 ∴两直线不共面。

3）

x1yz1

,xy1z111111

。

29

解：P1(1,0,1),P2(0,1,1),V1(1,1,1),V2(1,1,0)

V1V2P1P20 ∴两直线共面且相交

4）

xyz20,2x3y30;x2yz0,



2y4z50.

解：V1(3,2,1),V2(3,2,1) ∴两直线平行。

53．设平面:AxByCzD0与联结两点M1(x1,y1,z1)和M2(x2,y2,z2)不在π上的线段相交于M，且M1MkMM2，证明：

k

Ax1By1Cz1D.

Ax2By2Cz2D

证明：由题可知：k

M1M

MM2

1

1

设点M1，M2在平面π上的垂足为 M1,M2，则：

1

M1M1

Ax1By1Cz1D

ABC

222

,

1

M2M2

Ax2By2Cz2D

ABC

2

2

2

k

k

Ax1By1Cz1DAx2By2Cz1D



Ax1By1Cz1DAx1By1Cz1D

故： k

Ax2By2Cz2DAx2By2Cz2D

54．将坐标系统X轴右旋

2

，再沿X轴平移至五个单位距离，求坐标变换公式。 3

解：设点P原来的坐标为（x, y, z），旋转平移后的坐标为（x1, y1, z1）

e1(1,0,0),e2(0,1,0),e3(0,0,1)旋转平移后的坐标分别为：

131311e1(1,0,0),e(0,,),e(0,,) 231

2222

111

OPO1P1x1e1ye2ze3x1e1y1e12ze3

111xe1ye2ze3x1e1y1(e2e3)z1(e2e3)

2222

30

131即：xe1ye2ze3x1e1(2y1111

2z)e2(2y2z)e3



xx1

1xx15

yy11 再沿x轴平移5个单位：yz 22zy111

22



z3

2y111

2zz2y111

2z

xx1

5

故：坐标变换公式为：y1y131

22z

z3111

2y2z

55．将坐标系统方向（1,1,1）右旋

3，原点不动。求坐标变换公式。 解：e1(1,0,0),e2(0,1,0),e3(0,0,1)绕（1,1,1）旋转后为：

e12111132111132

1(3,6,6),e2(6,3,6),e3(6,6,3)

又： x1e1111111ye2ze3x1(2

3e16e13

6e12

23)y1(6e13e2

16e)z1(16e12

316e23e3) =2111131131211

3x6y6z)e31

1(6x3y6z)e2

(13

6x112

6y3z1)e3

而：坐标原点不动

21131131xxyz36613121131xyz ∴坐标变换公式为：y6361311121xyzz663

第三章 二次曲面

1．求下列球面的中心和半径：

1）xyz12x4y6z0；

解：原方程化为：(x6)(y2)(z3)49，则球面中心（6,-2,3），半径R=7

2）xyz2x4y6z220；

解：原方程化为：(x1)(y2)(z3)36，则球面中心（1,-2,3），半径R=6

3）xyz8x0。

解：原方程化为：(x4)yz16，则球面中心（-4,0,0），半径R=4

2．求下列圆的中心和半径： [***********]

x2y2z212x4y6z2401）

2xyz10

解：球面方程为：(x6)(y2)(z3)25，则球面心0（6,-2,3），半径R=5 球心O到平面a:2x+y+z+1=0的距离d222262322121276 3

dR ∴平面a与球不相交 故只能形成虚圆。

x2y2z2R2

2）

AxByCzD0

解：球心O（0，0，0），半径为R，则：

球心O到平面的距离dAOBOCOD

ABC222DABC222

要能形成圆，则球面必须与平面相交，即：Rd

设球O到平面上的垂足为O(x0,y0,z0),则O为球面与平面相交所形成的圆的圆心，即 11

OO1平面，又设：x0At,y0Bt,z0Ct，则：

D，即：222ABC

DABDBDCDO1(2,,, [1**********]ABCABCABCABCA2tB2tC2tD0t

r，则：r=R2D2

设圆的半径为A2B2C2(Rd) ∴圆的中心(AD

A2B2C2,BDA2B2C2,CDA2B2C2)，

半径r=R2D2

A2B2C2(Rd)

3．求下列球面的方程：

1）过点（1，-1，1），（1，2，-1），（2，3，0）和坐标原点；

解：设球面方程为：x2y2z2AxByCzD0，则：



A7

D0

2

ABCD30

A2BCD60B2 

2A3BD130C3

2

D0

∴所求球面方程为：x2y2z27

2x2y3

2z0

2）过点（1，2，5），与三个坐标平面相切；

解：设球面方程为：(xa)2(ya)2(za)2a2，则：

(1a)2(2a)2(5a)2a2a3或5

∴所求球面方程为：

(x3)2(y3)2(z3)29或(x5)2(y5)2(z5)225

3）过点（2，-4，3），且包含圆：x2y25,z0。

解：由题可知球心在z轴，设球心坐标为（0，0，C），则：球的半径为：R2=C2+5 设球的方程为：x2y2(zc)2c25，则：4+16+（3-c）2=c2+5 ∴c=4

∴所求球的方程为：x2y2(z4)221

4．求半径为、对称轴为xy

2z

3的圆柱面的方程。

解：法一：设点（x, y, z）为圆柱面上任意一点，则该点到对称轴的距离为：

d1

(3y2z)2(z3x)2(2xy)2

∵d=2 ∴1(3y2z)2(z3x)2(2xy)22 22即：(2xy)(3xz)(3y2z)56

∴所球圆柱面的方程为：(2xy)(3xz)(3y2z)56 法二：∵对称轴方程为x2222yz ∴对称轴过原点（0，0，0） 23

设M(x,y,z)为圆柱面上任意一点，再在对称轴上取一点M0(x0,y0,z0)

使得MM0对称轴，由题意有：

222MOM0OMM0M0OR2x2y2z2x0y0z04 2222

MM0对称轴(xx0)1(yy0)2(zz0)30

M0在对称轴上x0y0z0t 23

2222消去参数得圆柱面方程为：14(xyz)(x2y3z)560

5．设圆柱面的对称轴为直线：xt,y12t,z32t，且知点M（1，-2，1）在这个圆柱面上，求这个圆柱面的方程。 解：法一：圆柱面的对称轴：xy1z3 22

点M到对称轴的距离为：d 3

设点（x, y, z）为圆柱面上的任意一点，则：

2(y1)2(z3)]2[(z3)2(x0)]2[2(x0)(y1)]265 33

即：(2xy1)(2xz3)4(yz2)65

∴所球圆柱面的方程为：(2xy1)(2xz3)4(yz2)65 法二：设圆柱面的对称轴为l:x222222y1z3 22

，l过点A（0，1，-3） 3即M（1，-2，1）到l的距离：d

设点P（x, y, z）为圆柱面上的任意一点，则：M0(x0,y0,z0)为对称轴上一点，使得：

PM0在同一纬圆上，且M0为该纬圆的圆心，依题意有：

PAPM0M0Ad2M0Ax2(y1)2(z3)2

PM0(xx0)1(yy0)2(zz0)(2)0 2222652x0(y01)2(z03)29

M0在l上x0y01z03t 22

2222消去数得圆柱方程为：9[x(y1)(z3)](x2y2z8)650

6．求顶点为（1，2，3），轴与平面2x+2y-z+1=0垂直、母线和轴夹角为的圆柱面的方程。 6

解：设顶点A（1，2，3），在圆锥面上任取一点M（x, y, z），则过点A，M的直线l的方向数为（x-1, y-2, z-3）因轴与平面2x+2y-z+1=0垂直，则轴的方向数为（2，2，-1），即轴的方向余弦为（221，直线l的方向余弦为,,）333

22(x1(x1)(y2)(z3)2,y2(x1)(y2)(z3)222,z3(x1)(y2)(z3)222)

因直线l与轴的夹角为，则： 6

x1cos62y22 (x1)2(y2)2(z3)23(x1)2(y2)2(z3)23

1() 整理即得圆锥面方程为： 3(x1)2(y2)2(z3)2z3

27[(x1)2(y2)2(z3)2]4(2x2yz3)20

7．求顶点为（1，2，4），轴与平面2x2yz0垂直且经过点（3，2，1）的圆锥面的方程。

解：设M（1，2，4），P0（3，2，1），MP0=（2，0，-3）轴的方向数为：（2,2,1) 与的夹角为：cos1 3设点P（x, y, z）是圆锥面上的任意一点，则：(x1,y2,z4)

以：cos 即：12(x1)2(y2)(z4) 2223(x1)(y2)(z4)3

2222∴所求圆锥面的方程为：(x1)(y2)(z4)13(2x2yz10)0

8．给定球面x2y2z22x4y4z200，求

1）过点（1，5，2）的切平面的方程；

解：球面方程为：(x1)(y2)(z2)29

平面的法向量为：（2，3，4）

∴所求平面方程为：2(x1)3(y5)4(z2)0

2）以（2，6，10）为顶点的切锥面的方程。

解：球心0（-1，2，-2），半径R=29，切锥面顶点P（2，6，10） 轴的方向数为：(3,4,12) 轴与母线夹角的余弦为：OP

13 222

cos22

2 13

23(x2)4(y6)12(z10) 22213(x2)(y6)(z10)13设点M（x, y, z）为切锥面上的点，故：所求方程为：

140(x2)2140(y6)2(z10)2(3x4y12z150)20

9．已知圆柱面的三条母线为xyz,x1yz1,x1y1z,求这圆柱面的方程。

解：法一：由题知圆柱面的轴线的方向数为（1，1，1），

设点A（x1, y1, z1）在轴线上，则：

222222(y1z1)(z1x1)(x1y1)(y1z11)(z11x11)(x11y1)222222(y1z1)(z1x1)(x1y1)(y11z1)(z1x11)(x11y11)

z1x11,y1x11A(x1,x11,x11)

令x1=1，则：A（1，0，2） 轴线方程为：x-1=y=z-2 母线与轴线间的距离为：d2，设点P（x, y, z）为圆柱面上的任意一点，则： (yz2)2(z2x1)2(x1y)2

3

2222 即(xy1)(xz1)(yz2)6

故：所求圆柱面的方程为：(xy1)(xz1)(yz2)6 222

法二：因三条母线l1:xyz,l2:x1yz1,l3:x1y1z，分别过定点A1（0，0，0），A2（1，-1，0），A3（1，-1，0），设过A1，A2，A3后平面为AxByz10

D0则有：ACD0

ABD0则：A=B=C，D=0

即平面的方程为：xyz0，则圆柱面的准线为平面与l1,l2,l3相交所形成

xyz0的圆，设圆的方程为：222xyzAxByCzD0

∵A1（0，0，0），A2（-1，0，1），A3（1，-1，0）在圆上，则有

D010A0CD0

110ABD0AC2BC4 D0

∵C是任意的 ∴取C=0，则：A=2，B=4，C=0，D=0

故准线方程为：xyz0

xyz2x4y0222

设M0（x0, y0, z0）是准线上的任意一点，M（x, y, z）为相应母线上一点，则有： x0y0z00222x0y0z02x04y00

(xx,yy,zz)t(1,1,1)000

消去参数，得圆柱面方程：xyzxyxzyz3y3z0

10．求柱面的方程： 222

y22z1）准线为： 母线平行于X轴； x0

解：母线的方向数为（1，0，0）

设P（x, y, z）是柱面上的点，M（x, y, z）是准线上的点且使MP为一条母线，则：

y122z1xx1yy1zz1且过M的母线方程为： * 100x10

再设xx1yy1t，则：x1=x-t, y1=y, z1=z代入*得：y2=2z 10

∴所求柱面的方程为：y2=2z

2）准线为：xy4 母线平行于向量（1，-1，1）。 z0

解：设P（x, y, z）是柱面上的点，M（x1, y1, z1）是准线上的点且使MP为一条母线，则：

x1y14xx1yy1zz1且过M的母线方程为： * z01111

再设xx1yy1zz1t，则：x1=x-t, y1=y+t, z1=z-t代入*得： 111

(xt)(yt)4(xz)(yz)4 zt0

故：所求柱面方程为：(xz)(yz)4

x2y2

1,11．求顶点（4，0，-3）准线为25 的锥面的方程。 9z0

解：设点M（x1, y1, z1）是准线上的一点，P（4，0，-3）是顶点，则：

x12y121x4yz3PM为一条母线： * 且259x14y1z13z10

令x4yz3x4yz34,y1,z13 t1，则：x1tttx14y1z13

y2x42(4)()1(3x4z)225y225(z3)20代入*得： 259z330t

故：所求锥面方程为：(3x4z)25y25(z3)0

12．求旋转面的方程： 222

x1y1z1z1xyz1绕旋转； 1112112

xyz1xy1z1解：轴过点A（0，0，1），设M0（x0, y0, z0）为直线上1121121）

一点，M（x, y, z）为旋转面上任意一点，使M0，M在同一纬圆上，则：

22MAM0Ax2y2(z1)2x0y0(z01)2

MM0轴(xx0)1(yy0)(1)(zz0)20 M0在直线x1y1z1x1y01z010t 112112∴消去参数，得旋转面方程：

6[x2y2(z1)2](xy2z4)24(xy2z1) xyz1xyz1绕旋转； 211112

xyz1xyz1解：轴过点A（0，0，1），设M0（x0, y0, z0）为上一点， 1122112）P（x, y, z）为旋转面上任意一点，且M0，P在同一纬圆上，则：

22M0AM0Ax0y0(z01)2(xx0)2(yy0)2(zz0)2

点M0在xyz1xyz1上，000t 211211

M0P旋转轴(xx0)1(yy0)(1)(zz0)20 由上可得旋转面方程为：

6(xy2z2)2(3x2y4z4)2(x2z2)2(xy1)2

3）x1yz绕z轴旋转； 33

yz 上一点，33解：因z轴为旋转轴，则旋转轴过A（0，0，1），设M0为直线x1

M（x, y, z）为旋转面上一点，且M，M0在同一纬圆上，有：

22M0AMAx0y0(z01)2x2y2(z1)2

M0为直线上一点x01y0z0t z=z0 33

由上可得，旋转面方程为：10z2+6z+9=9（x2+y2）

yzxyz绕旋转； 33212

xyzyz上一点，解：旋转轴过A（0，0，1），设M0（x0, y0, z0）为x1 212334）x1M（x, y, z）为旋转面上一点，且M0，M在同一纬圆上，则有：

222M0AMAx0y0z0x2y2z2

M0在x1yzyz 上 x0100t 3333

MM0旋转轴 2(xx0)1(yy0)(2)(zz0)0 由以上得旋转面方程：

49x2y2z219(2xy2z2)214(2xy2z)77



(xR)2z2r2

5）圆 (Rr0)绕Z轴；

y0

解：设M0（x0, y0, z0）为圆上一点，M（x, y, z）是旋转面上任意一点，且M0与M共纬圆，则由圆绕z轴旋转有：

2

(x0R)2z0r2

y00222222 xyzxyz000zz

0

由上可得旋转面方程：(xyR)zr

2

zx

6）空间曲线绕Z轴。

22xy1

22222

解：因z轴为旋转轴，记A（0，0，1）为z轴上一点，设M0（x0, y0, z0）是曲线上一点，M（x, y, z）为旋转面上的一点，且M，M0在同一纬圆上，则有：

2

z0x02

2

x0y01

2

22222

x0y0(z01)xy(z1)zz

0

2

2

由上得，旋转面方程：xy1 13．画出下列曲面的简图：

1）4x4yz16; 2）y9z81；

2

2

2

2

2

x2y2

3）4x4yz0; 4）z1；

49

2

2

2

5）zxy； 6）x2yz4; 7）zxy 8）3x2yz6; 9）x2xyyz1; 10）zxyxy2 14．适当选取坐标系，求下列轨迹的方程，并画图：

1）到两定点距离之比等于常数的点的轨迹；

2

2

2

2

2

2

2222

解：选取合适的坐标条，使两定点A（a，0，0），B（-a，0，0），则P（x, y, z）为空间

PA

k(k为常数）k0 内一点，则设PB

即：

(xa)2y2z2(xa)2y2z2

k(1k2)(x2y2z2a2)2ax(1k2)0

当k=1时，轨迹为平面x=0

a(1k)22ak

当k≠1时，轨迹为以点（）为球心，为半径的球面。 ,0,0

1k21k2

2）到两定点距离之和等于常数的点的轨迹；

解：选取合适的坐标条，使两定点A（a，0，0），B（-a，0，0），则P（x, y, z）为空间内一点，

∵ PAPBkk0 ∴(xa)yz(xa)yzk(k0)

2

2

2

2

2

2

即：(4k16a)x4ky4kzk4ka(k0)

∴轨迹方程为：(4k16a)x4ky4kzk4ka(k0) 3）到两定点距离之差等于常数的点的轨迹；

解：选取合适的坐标条，使两定点A（a，0，0），B（-a，0，0），设P（x, y, z）为任意一点，

∵ PAPBk ∴(xa)yz(xa)yzk 即：(16a4k)x16akx4ky4kzk4ka0 当k=0时，轨迹方程为：x=0

当k≠1时，轨迹方程为： (16a4k)x16akx4ky4kzk4ka0 4）到一定点和一定平面距离之比等于常数的点的轨迹；

解：以定点O为坐标原点，建立空间直线坐标条，设定平面为Ax+By+Cz+D=0，设P（x, y, z）为任意一点，由已知可得：

2

2

2

2

2

2

22

4

22

2

2

2

2

2

2

22

4

22

2

2

2

2

2

2

2222222222

2222222222

x2y2z2

K，(A2B2C2)(x2y2z2)k2(AxByCzD)2 即：

AxByCzDA2B2C2

∴轨迹方程为：(ABC)(xyz)k(AxByCzD)

5）求与二给定直线等距离的点轨迹的方程，已知二直线之间的距离为a，夹角为a（取公垂线为z轴，中点为原点，X轴与二直线成等角）。

2

2

2

2

2

2

2

2

解：以两直线的公垂线为z轴，公垂线中点为原点，x轴与二直线成等角建立坐标条设两直线分别为l1, l2,l1与z轴交点A（0，0，夹角都为

aa），l2与z轴交点B（0，0，-），l1, l2,与x轴22

a222

，l1, l2与z轴夹角都为，由方向余弦公式coscoscosr1，可知：22

cos21cos2

弦不相等，即：



2

sin2



2

，则：cossin

2



2

，因l1与l2异面，则l1与l2的方向余

l1的方向余弦为（cosl1的方向余弦为（cos



2

,sin



2

，l2的方向余弦为（cos,0）



2

,sin



2

,0）或 ,0）则： z

0a

，设p



2

,siny



2

，l2的方向余弦为（cos,0）



2

,siny



2

l1的方程为：

xcos

2

z



sin2

a

，l2的方程为：

xcos

2



sin

2

（x, y, z）为满足条件的一点，则有：

aaaaaa

(x,y,z)(cos,sin,0)(x,y,z)(cos,sin,0)

222222

azxysina0

aaaacos,sin,0(cos,sin,0

2222

当l1的方向余弦为（cos



a

，则同理有： ,sin,0）

22

aaaaaa

(x,y,z)(cos,sin,0)(x,y,z)(cos,sin,0)

222222

azxysina0

aaaacos,sin,0(cos,sin,0

2222

综上：轨迹方程为：azxysina0 15．已知椭球面的轴与坐标轴重合，且通过椭圆

22

2

2

2

z0

2

及点M(1,2,23)，求这个椭球面的方程。 xy2

1

916

x2y2z2

21 解：由题可设椭球面的方程为：

916c

又过点M（1,2,

1423

23）21 c236 ，则有：

916c

x2y2z2

1 故：所求椭球圆的方程为：

91636

16．已知椭圆抛物面的顶点为原点，对称面为XZ和YZ平面，且过点（1,2,求这个椭圆抛物面的方程。

221

）和（,1,1），33

x2y2

解：由题可设椭圆抛物面的方程为：z22，则：

ab4221

3a2b2

11122

ba

21

a6 b23

2

∴所求椭圆抛物面的方程为：z6x

12y 3

x2yz

17．求直线族所成的曲面。 

110

x2y

2xy20xyz11xyz20 解：由得：

110zyz

01

∴所求曲面的方程为：xyz0

18．求下列三条直线同时相交的直线所产生的曲面：

2

x1,x1,x2y1z2

 

yz,yz345

解：先写出通过直线l1和l2的两个平面来的方程：

:yz(x1)0（1） :yz(x1)0（2）

直线l3上的动点坐标为：x23t,y13t,z25t（3） 分别将（3）代入（1）得：

1t3t1

，代入（2）得： 于是得线来： 3t1t1

1t

yz(x1)03t1

x2y2z21 

yz3t(x1)0t1

∴所求曲面的方程为：xyz1

19．求下列曲线在各坐标面上投影的方程，画出简图：

2

2

2

x2y2z2

1

1）1612 4x20

y2z23

x2

解：在YOZ平面上的投影：12 44 在XOZ平面上的投影：

y0x0



在XOY平面上的投影：（2，3，0），（2，-3，0）

222

xyz02）

2

2xz10

z63z45z28y210解：在YOZ平面上的投影：

x0

2xz210

在XOZ平面上的投影：

y0x3y22x10

在XOY平面上的投影： 

z0

222x4yz163）

22

4xyz4

3y2z21203x2z20解：在YOZ平面上的投影： 在XOZ平面上的投影：

x0y0x2y24

在XOY平面上的投影：

z0122

z4xy4 4）

x3x21y24

y28z240x2z20解：在YOZ平面上的投影： 在XOZ平面上的投影： 

y0x08x2y280

在XOY平面上的投影：

z0

20．用不等式表出下列曲面所围成的区域，并作简图： 1）xy2x,xy4x,z0;

2

2

2

2

0x4解：

2y2



z02）x2

y2

1,y2

z2

1;

x1解：

2y2



z03）x2

y2

4z,x2

y2

z2

12x2解：

y2

0z2

第四章 正交变换和仿射变换

1．求出把点（2，3，0）变成点（0，-1，1）的平移α的公式。α把曲面xyz1和

2

2

2

y2x8y180变成什么曲面？

解：∵a1=0-2=-2，a2=-1-3=-4，a3=1-0=1， (2,4,1)

设该平移的a后的点为（x, y, z），则平移前的点为：（x+2, y+4, z-1） ∴把曲面xyz1变成曲面(x2)(y4)(z1)1

2

2

2

2

2

2

把曲面y2x8y180变成曲面(y4)2x8(y4)160

2．求出绕Y轴左旋变成什么曲面？



的旋转的公式，把曲面x2z225和x22xzz2xz04

21z2

12221xxzxx

2221

yy1解：旋转：yy



221zz2x1xz

222

21

z2

把曲面x2z225变成曲面：(xz)2(xz)250 把曲面x22xzz2xz0变成曲面：2x2z0

3．求前两题中变换乘积和的公式。

122xxz32

221

解：的公式：yy4



z12x2z222

122xxz2

22

的公式：y1y4



z12x2z122

4．设α,σ,τ是三个变换，证明()()

证明：设点P为任意一点，则：()(p)()(p))(((p)))

()(p)(()(p)) 故：()() 5．设α,σ是两个变换，证明()

证明：∵()(又()()

1

1

1

11

1)(11)1

 ()111

6．求出把点（0，0，0），（0，1，0），（0，0，1）分别变成点（0，0，0），（0，0，1），（1，0，0）的旋转。

解：由题可设旋转公式为：x1a11xa12ya13z

y1

a21xa22ya23z

z1

a31xa32ya33z

将（0，1，0），（0，0，1）代入得：a12=0，a22=0，a32=1，a13=1，a23=0，a33=0

a1101

而：a2200a21a21a311a211,a310

a3310

又：a2

2

2

11011a110

x故：旋转公式为：

zyx



zy7．求出对于平面AxByCzD0的反射公式。

解：设点（x, y, z）传平面反射后的点为（x,y,z），则：

xx

yyzzABCD

222

0xx A

yyBzzCxAA2B2C2

A2B2C2(2Dx2By2(z))

A即得：

yB

A2

B2C2

(2D2AxB2A2C2By2(z)) CC2A2B2



zA2B2C2

(2D2Ax2ByCz)8．证明：分别对于两个平行平面的两个反射的乘积是一个平移。 9．证明：分别对于两个相交平面的两个反射的乘积是一个旋转。

xkx,

10．证明：相似变换：yky,(k0) 保持角度不变。

zkz

11．证明：在仿射变换下，两个不动点的边线上的每个点都不动。

证明：设在仿射变换下，点A，B的对应点分别为A'，B'在直线AB上任取一点x,设x的对应点为x'，由题设知：

A'≡A， B'≡B

再由结合性知A，B，X， x' 共线 ∵（ABX）=（ABX'） 即：直线AB上每个点都是不动点。即证。

X = X' ∴