华工高数作业册答案第8章

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华南理工大学高数习题册答案汇总

第七章多元函数微分学作业1 多元函数1．填空题（1）已知函数22,y f x y x y x ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，则(),f x y =()()22211x y y -+；（2）49arcsin2222-+++=y x y x z 的定义域是(){}22,49x y x y ≤+≤；（3）)]ln(ln[x y x z -=的定义域是(){}(){},,0,1,0,1x y x y x x y x x y x >>+⋃<<≤+；（4）函数⎪⎩⎪⎨⎧=≠=0,0,sin ),(x y x x xyy x f 的连续范围是全平面；（5）函数2222y x z y x+=-在22y x =处间断.2．求下列极限（1）00x y →→；解：000016x t t y →→→→===-（2）22()lim (ex y x y x y -+→+∞→+∞+）.解：3y x =22()2()lim (e lim (e 2x y x y x y x x y y x y x y xe ye -+-+--→+∞→+∞→+∞→+∞⎡⎤+=+-⎣⎦））由于1lim e lim lim 0tt t t t t t t e e-→+∞→+∞→+∞===，2222lim e lim lim lim 0tt t t t t t t t t t e e e -→+∞→+∞→+∞→+∞====，故22()2()lim (elim (e 20x y x y x yx x y y x y x y xe ye -+-+--→+∞→+∞→+∞→+∞⎡⎤+=+-=⎣⎦）） 3．讨论极限26300lim y x yx y x +→→是否存在.解：沿着曲线()()3,,0,0y kx x y =→,有336626262000lim lim 1x x y kx x y kx kx y x k x k →→=→==+++因k 而异，从而极限26300lim y x yx y x +→→不存在4．证明⎪⎩⎪⎨⎧=+≠++=0,00,2),(222222y x y x y x xyy x f 在点)0,0(分别对于每个自变量x 或y都连续，但作为二元函数在点)0,0(却不连续.解：由于(,0)0,(0,)0,f x f y ≡≡从而可知在点)0,0(分别对于每个自变量x 或y 都连续，但沿着曲线()(),,0,0y kx x y =→,有2222222000222lim lim 1x x y kx xy kx kx y x k x k →→=→==+++因k 而异，从而极限()0lim ,x y f x y →→不存在，故作为二元函数在点)0,0(却不连续.作业2 偏导数1．填空题（1）设22),(y x y x y x f +-+=，则=)4,3(x f 25；（2）（3）设(),ln 2y f x y x x ⎛⎫=+⎪⎝⎭，则1x y f y==∂=∂12；（3）设2sin x u xz y =+，则42ux y z∂=∂∂∂ 0 ；（4）曲线22:44x y z y ⎧+=⎪Γ⎨⎪=⎩在点()2,4,5处的切线与Ox 轴正向的倾角是4π. 2．设2e xyu =，证明 02=∂∂+∂∂yu y x u x. 证:因为222312,xxy yu ux e e x y y y∂∂-==∂∂ 所以222223221222220x x x xy y y y u u x x x x y xe ye e e x y y y y y ∂∂--+=+=+=∂∂3. 设xyz ln =，求22x z ∂∂，yx z∂∂∂2.解：ln ln x yz e⋅=，从而222ln ln ln ln ln ln ln 222ln ln ln ln ln ,,x y x y x y x z y z y y y y e e e y x x x x x x ⋅⋅⋅∂∂--⎛⎫=⋅=⋅+⋅= ⎪∂∂⎝⎭2ln ln ln ln ln ln ln 11ln ln 1x y x y x z y x y x e e y x y x y x y xy⋅⋅∂⋅+=⋅⋅+⋅⋅=∂∂4．设y x z u arctan =，证明 0222222=∂∂+∂∂+∂∂zuy u x u . 解：因为()()2222222222211022,1uyz u yz x xyzz xy x y x x x y x y y ∂∂-⋅-=⋅⋅===∂+∂⎛⎫+++ ⎪⎝⎭()()2222222222221022,1u x xz u xz y xyzz yy x y y x x y x y y ∂--∂-⋅=⋅⋅==-=∂+∂⎛⎫+++ ⎪⎝⎭22arctan ,0,u x uz y x∂∂==∂∂ 所以()()2222222222222200u u u xyz xyzx y z x y x y ∂∂∂-++=++=∂∂∂++ 5．设函数()()2221sin ,0,0,x x y x f x y xx ⎧+≠⎪=⎨⎪=⎩.（1）试求(),f x y 的偏导函数；解：当()()()3222221110,,42sin cos x x f x y x xyx x y xx x-≠=+++⋅()21,2sin y f x y x y x =，()()()322211,42sin cos x f x y x xy x y x x=+-+当()()()()222001sin 0,0,0,0,lim lim 00x x x x x y f x y f y x x f y x x→→+--≠===-()()()000,0,000,lim lim 0y y y f y y f y f y y y ∆→→+∆--===∆-∆，()()()322211,42sin cos x f x y x xy x y x x=+-+（2）考察偏导函数在()0,3点处是否连续.()()200331lim ,lim 2sin00,3y y x x y y f x y x y f x→→→→===，故(),y f x y 在()0,3点处连续， ()()()3222003311lim ,lim 42sin cos x x x y y f x y x xy x y x x →→→→⎡⎤=+-+⎢⎥⎣⎦不存在，从而(),x f x y 在()0,3点处不连续作业3 全微分及其应用1．填空题（1）),(y x f z =在点),(00y x 处偏导数存在是),(y x f z =在该点可微的必要条件；（2）函数23z x y =在点()2,1-处，当0.02,0.01x y ∆=∆=-时有全增量z ∆=0.2040402004-，全微分d z =0.20-；（3）设),(y x f z =在点),(00y x 处的全增量为z ∆，全微分为dz ，则),(y x f 在点),(00y x 处的全增量与全微分的关系式是()z dz o dz ∆=+；（4）22yx x u +=在点)1,0(处的d u =dx ；（5）xy u cos )(ln =,则d u =cos cos (ln )ln ln sin ln x x y y xdx dy y y ⎡⎤-⋅+⎢⎥⎣⎦；（6）zyx u )(=,则d u =()ln zx z z x dx dy dz y x y y ⎛⎫-+⎪⎝⎭；（7）2221zy x u ++=,则d u = ()()3222212x y z -++ .2．证明：(),f x y =在点()0,0处连续，()0,0x f 与()0,0y f 存在，但在()0,0处不可微.证：由于(0,)0,(,0)0,f y f x ==从而(0,0)0,(0,0)0.y x f f ==但是limlimx x y y ∆→∆→∆→∆→=不存在，从而在()0,0处不可微.3．设函数()()222222221sin ,0,0,0x y x y x y f x y x y ⎧++≠⎪+=⎨⎪+=⎩试证：（1）函数(),f x y 在点()0,0处是可微的；证：因为 ()()()()22001sin0,00,00,0limlim 0,0,000x y x x x f x f x f f x x →→--====-- 又()()()()()22221sinlimlim0x x y y x y x y ∆→∆→∆→∆→∆+∆∆+∆==所以函数(),f x y 在点()0,0处是可微的（2）函数(),x f x y 在点()0,0处不连续.证：当()222222221210,,2sincos x x x y f x y x x y x y x y+≠=-+++ ()2222220000121lim ,lim 2sin cos x x x y y x f x y x x y x y x y ∆→∆→∆→∆→⎛⎫=- ⎪+++⎝⎭不存在，故(),x f x y 在点()0,0处不连续作业4 多元复合函数的求导法则1．填空题（1）设2ln ,,32yz u v u v y x x===-，则 z x ∂=∂()()223222ln 3232y y y x x x y x ----；（2）设22,cos ,sin z x y xy x u v y u v =-==，则zv∂=∂()333sin cos sin 2sin sin 2cos u v v v v v v +--；（3）设()22,zu x y z x y =-=+，则u x ∂=∂()()222ln z x y x y x x y x y ⎡⎤+--+⎢⎥-⎣⎦；（4）设2sin z x y x ==，则dd zx =2x . 2．求下列函数的偏导数（1）设,,x y u f y z ⎛⎫=⎪⎝⎭其中f 具有一阶连续偏导数，求,u x ∂∂u y ∂∂和uz ∂∂；解：111,f u f x y y ∂=⋅=∂121222222211,u x x u y yf f f f f f y y z y z z z z∂--∂--=⋅+⋅=+=⋅=∂∂ （2）设(),,,u f x y z =()(),,,z y t t y x ϕψ==，其中,,f ϕψ均可微，求u x ∂∂和uy∂∂. 解：因为1231212,,du f dx f dy f dz dz dy dt dt dy dx ϕϕψψ=++=+=+ 从而()1231212du f dx f dy f dy dy dx ϕϕψψ=++++⎡⎤⎣⎦()()1322231321f f dx f f f ϕψϕϕψ=+++++所以1322231321,u u f f f f f x yϕψϕϕψ∂∂=+=++∂∂ 3．验证下列各式（1）设()22yz f x y =-，其中()f u 可微，则211z z z x x y y y ∂∂+=∂∂；证：因为222212,z xyf z y f x f y f f ''∂-∂==+∂∂ 所以222211121121z z z xyf y f zx x y y x x f y f f yf y ''⎛⎫∂∂∂-+=++== ⎪∂∂∂⎝⎭ （2）设()23y z xy x ϕ=+，其中ϕ可微，则220z zx xy y x y ∂∂-+=∂∂. 证：因为()()222,33z y z y y xy x xy x x y xϕϕ∂∂''=-+=+∂∂ 所以22z z x xy y x y ∂∂-+=∂∂()()2222233y y x y xy xy x xy y x x ϕϕ⎛⎫⎛⎫''-+-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()22222033y y x y xy y x y xy y ϕϕ''=-+--+=4．设22,,y z xf x x ⎛⎫= ⎪⎝⎭其中函数f 具有二阶连续偏导数，求2z x y ∂∂∂. 解：因为221212222,z y y f x f f f xf f x x x ⎛⎫∂-=++⋅=+- ⎪∂⎝⎭所以22212212222222222z y y y y y y f xf f f xf f f x y y x x x x x x⎡⎤∂∂=+-=+⋅--⋅⎢⎥∂∂∂⎣⎦ 31222224y yf f x=-4．设)()(xy x x y u ψϕ+=其中函数ψϕ,具有二阶连续偏导数，试证：022222222=∂∂+∂∂∂+∂∂y u y y x u xy x u x . 证：因为222223432,u y y u y y y x x x x x x x ϕψψϕϕψ∂-∂'''''''=+-=++∂∂222322211,,u y y u u x y x x x y x y x xϕψϕϕψϕψ''''∂∂∂'''''''=---=+=+∂∂∂∂ 从而左边222234323222120y y y y y x xy y x x x x x x x x ϕψϕϕψϕϕψ''''⎛⎫⎛⎫⎛⎫''''''''''=+++---++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭作业5 隐函数求导法1．填空题（1）已知3330x y xy +-=，则d d y x =22x yx y--；（2）已知20x y z ++-=，则x y ∂=∂（3）已知xzz y =，则d z =2ln ln z dy yz zdxxy yz y--；（4）已知222cos cos cos 1x y z ++=，则d z =sin 2sin 2sin 2xdx ydyz+-；（5）已知(),z f xz z y =-，其中f 具有一阶连续偏导数，则d z =12121zf dx f dyxf f ---.2．设(),0,F y z xy yz ++=其中F 具有二阶连续偏导数，求22zx∂∂．解：212120,yF z z z F F y y x x x F yF -∂∂∂⎛⎫+⋅+=⇒= ⎪∂∂∂+⎝⎭ ()()[]()22122122122221212x x x F z F y yz F yF F F yF F z y y x x F yF F yF '⋅+++-+⎡⎤⎛⎫∂∂⎣⎦=-=- ⎪∂∂++⎝⎭()()()()()2222112111222212221231212y F F F yF F F yF y F F F F F yF F yF -+++⎡⎤-⎣⎦=+++3．求由方程组222222320z x yx y z ⎧=+⎪⎨++=⎪⎩所确定的()y x 及()z x 的导数d d y x 及d d z x .解：由已知()2222222602460dz xdx ydydz xdx ydy xdx dz xdx zdz xdx ydy zdz -=⎧=+⎧⎪⇒⎨⎨+-+=++=⎪⎩⎩()()22606,132623220xdx z dz dz x dy x xy dx z dx y yz xdx ydy z xdx ydy -++=⎧+⎪⇒⇒==-⎨+++++=⎪⎩4．设函数()z f u =，又方程()()d xy u u P t t ϕ=+⎰确定u 是,x y 的函数，其中()f u 与()u ϕ均可微；()(),P t u ϕ'连续，且()1u ϕ'≠. 试证：()()0z zP y P x x y∂∂+=∂∂. 证：因为()(),z u z uf u f u x x y y∂∂∂∂''=⋅=⋅∂∂∂∂， ()()()(),1P x u u uu P x x x x u ϕϕ∂∂∂'=⋅+='∂∂∂- ()()()(),1P y u u uu P y y y y u ϕϕ-∂∂∂'=⋅-='∂∂∂- ()()()()()()()()()()011P x P y z zP y P x P y f u P x f u x y u u ϕϕ-∂∂''+=+=''∂∂-- 5．设函数()f u 具有二阶连续偏导数，而()e sin xz f y =满足方程22222e xz z z x y∂∂+=∂∂，求()f u . 解：因为()()()()222sin ,sin sin x xx z z f u e y f u e y f u e y x x∂∂''''==+∂∂ ()()()()222cos ,cos (sin )x x x z z f u e y f u e y f u e y y y∂∂''''==+-∂∂()()222222()e ,()0x x z zf u e f u f u f u x y∂∂''''+==⇒-=∂∂ 特征方程为()2121210,1,1,u u r r r f u c e c e --===-=+作业6 方向导数与梯度1．填空题（1）在梯度向量的方向上，函数的变化率最大；（2）函数在给定点的方向导数的最大值就是梯度的模；（3）函数2249z x y =+在点()2,1的梯度为grad z ={16,18}；（4）函数xyz u =在点)1,1,1(处沿方向}cos ,cos ,{cos γβα=l的方向导数是cos cos cos αβγ++，且函数u 在该点的梯度是{1,1,1}；（5）函数e cos()xu yz =在点)0,0,0(处沿方向}2,1,2{-=l的方向导数是23；（6）函数)ln(22z y x u ++=在点)1,0,1(A 处沿A 指向点)2,2,3(-B 方向的方向导数是12. 2．求222z y x u -+=在点)0,0,(a A 及点)0,,0(a B 处的梯度间的夹角.解：{}2,2,2{2,0,0}AAgradux y z a =-={}2,2,2{0,2,0}B Bgradu x y z a =-=夹角余弦为cos 02A B A Bgradu gradu gradu gradu πϕϕ⋅==⇒=⋅3．求二元函数22z x xy y =-+在点()1,1-沿方向{}2,1l =的方向导数及梯度，并指出z 在该点沿那个方向减少得最快沿那个方向z 的值不变解：(){}(){}1,11,12,23,3gradz x y y x --=--=-25l ⎧=⎨⎩，{3,3}5zl ∂=-⋅=-∂z 在该点沿梯度相反方向，即方向减少得最快；沿与梯度垂直的那个方向，即±方向z 的值不变 4．设x轴正向到l 得转角为α，求函数()22220,0,x y f x y x y +>=+=⎩在点()0,0处沿着方向l 的方向导数.解：{}cos ,sin ,cos l αααα===由于该函数在点()0,0处不可微，从而不能用公式，只能由定义得出沿着方向l 的方向导数：()()00,0,0lim x y f x y f fl ρρρ→→→→-∂===∂1cos sin sin 22ααα==作业7 偏导数的几何应用1．填空题（1）已知曲面224z x y =--上点P 的切平面平行于平面221x y z ++=，则点P的坐标是(1,1,2)；（2）曲面e 23zz xy -+=在点()1,2,0处的切平面方程是24x y +=；（3）由曲线223212x y z ⎧+=⎨=⎩绕y轴旋转一周所得到的旋转曲面在点(M处的指向内侧的单位法向量为0,⎧⎪⎨⎪⎩；（4）曲面2222321x y z ++=在点()1,2,2-处的法线方程是122146x y y -+-==-；（5）已知曲线23,,x t y t z t ===上点P 的切线平行于平面24x y z ++=，则点P的坐标是()1,1,1--或111,,3927⎛⎫--⎪⎝⎭． 2．求曲线22sin ,sin cos ,cos x t y t t z t ===在对应于的点π4t =处的切线和法平面方程.解：切点为{}224111,,,2sin cos ,cos sin ,2cos sin {1,0,1}222T t t t t t tπ⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭，从而切线为11110222,11012x z x y z y +-=⎧---⎪==⎨-=⎪⎩，法平面为110,022x z x z ⎛⎫---=-= ⎪⎝⎭3．求两个圆柱面的交线22221:1x y x z ⎧+=⎪Γ⎨+=⎪⎩在点M 处的切线和法平面的方程.解：1{2,2,0}|//{1,1,0}M n x y =，2{2,0,2}|//{1,0,1}M n x z ={}{}1,1,01,0,1{1,1,1}T =⨯=--==，法平面为0x y z --+= 4．求曲面()22210ax by cz abc ++=≠在点()000,,x y z 处的切平面及法线的方程. 解：000000{2,2,2}//{,,}n ax by cz ax by cz =切平面为0001ax x by y cz z ++=，法线为000000x x y y z z ax by cz ---== 5．求函数22221x y z a b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭在点M 处沿曲线22221x y a b +=在此点的外法线方向的方向导数.解：2222,,MM x y gradza b a b ⎧⎪⎧⎫=--=--⎨⎬⎨⎩⎭⎪⎪⎩⎭2222,M x y n a b a b ⎧⎫==⎨⎬⎩⎭⎪⎪⎩⎭指向外侧为此点的外法线方向，方向导数为(2a z n gradz n n∂=⋅=-∂6．证明：曲面y z xf x ⎛⎫=⎪⎝⎭在任意点处的切平面都通过原点，其中f 具有连续导数. 证：设切点为()000,,x y z ，则000000000000,,1,y y y y y n f f f z x f x x x x x ⎧⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪''=--=⎨⎬⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎩⎭ 切平面为()()()000000000000y y y y f f x x f y y z z x x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫''--+---=⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦令0x y z ===，得左边等于右边，从而原点在任意点处的切平面上，也即任意点处的切平面都通过原点。

高等数学作业集答案第八章

第八章空间解析几何与向量代数§8.1向量及其线性运算 1.填空题（1）点)1,1,1(关于xoy 面对称的点为（)1,1,1(-），关于yoz 面对称的点为（)1,1,1(-），关于xoz 面对称的点为（)1,1,1(-）.（2）点)2,1,2(-关于x 轴对称的点为（)2,1,2(-），关于y 轴对称的点为（)2,1,2(---），关于z 轴对称的点为（)2,1,2(-），关于坐标原点对称的点为（)2,1,2(--）.2. 已知两点)1,1,1(1M 和)1,2,2(2M ，计算向量21M M 的模、方向余弦和方向角.解：因为)0,1,1(21=M M ，故2||21=M M ，方向余弦为22cos =α，22cos =β，0cos =γ，方向角为4πα=，4πβ=， 2πγ=.3. 在yoz 平面上，求与)1,1,1(A 、)2,1,2(B 、)3,3,3(C 等距离的点. 解：设该点为),,0(z y ，则222222)3()3(9)2()1(4)1()1(1-+-+=-+-+=-+-+z y z y z y ，即⎪⎩⎪⎨⎧-+-+=-+-+-+=-+222222)3()3(9)2()1(4)2(4)1(1z y z y z z ，解得⎩⎨⎧==33y z ，则该点为)3,3,0(.4. 求平行于向量k j i a 432-+=的单位向量的分解式.解：所求的向量有两个，一个与a 同向，一个与a 反向. 因为29)4(32||222=-++=a ，所以)432(291k j i e a -+±=.5.设k j i m 22-+=，k j i n ++=2，求向量n m a +=4在各坐标轴上的投影及分向量.解：因为k j i k j i k j i n m a 796)2()22(44-+=+++-+=+=，所以在x 轴上的投影为6=x a ，分向量为i i a x 6=，y 轴上的投影为9=y a ，分向量为j j a y 9=，z 轴上的投影为7-=z a ，分向量为k k a z 7-=.6. 在yOz 平面上，求与)1,2,1(A 、)0,1,2(B 和)1,1,1(-C 等距离的点.解：设所求的点为),,0(z y P ，由||||||CM BM AM ==可得⎪⎩⎪⎨⎧-+++=+-++-+=-+-+222222222222)1()1(1)1(2)1(2)1()2(1z y z y zy z y ，解之得21=y ，0=z 故所求的点为)0,21,0(.7. 已知点)6,2,1(-B 且向量在x 轴、y 轴和z 轴上的投影分别为1,4,4-，求点A 的坐标.解：设点A 的坐标为),,(z y x ，由题意可知)1,4,4()6,2,1(-=----z y x ，则5,6,5=-==z y x ，即点A 的坐标为)5,6,5(-.8.试用向量法证明：三角形各边依次以同比分之，则三个分点所成的三角形必与原三角形有相同的重心.证明：若),,(111z y x A 、),,(222z y x B 、),,(333z y x C 是一个FGH ∆的三个顶点，设三角形的重心为E，则),,(31)(31321321321z z z y y y x x x C B A E ++++++=++=设ABC ∆的同比nm之分点分别为F 、G 、H ，分点的坐标为),,(212121mn mz nz m n my ny m n mx nx F ++++++),,(323232mn mz nz m n my ny m n mx nx G ++++++),,(131313mn mz nz m n my ny m n mx nx H ++++++则三角形FGH ∆的重心为,()(31133221mn mx nx m n mx nx m n mx nx H G F ++++++++=++),133221133221m n mz nz m n mz nz m n mz nz m n my ny m n my ny m n my ny ++++++++++++++++),,(31321321321z z z y y y x x x ++++++=. 所以三个分点所成的三角形必与原三角形有相同的重心. §8.2 数量积向量积 1.若3),(,4||,3||π===Λb a b a ，求b ac 23-=的模.解：b b b a a b a a b a b a c 22233233)23()23(||2⋅+⋅-⋅-⋅=-⋅-=73443cos431239||412||92222=⨯+⨯⨯⨯-⨯=+⋅-=πb b a a所以73||=c .2.已知||||b a b a -=+，证明：0=⋅b a .证明：由||||b a b a -=+，可得22||||b a b a -=+，可知)()()()(b a b a b a b a -⋅-=+⋅+，展开可得b a b a b a b a ⋅-+=⋅++2||||2||||2222，即04=⋅b a ，故0=⋅b a .3.已知20||,18||,10||=+==b a b a ，求||b a -. 解：因为b a b a b a b a b a b a ⋅++=⋅++=+⋅+=+=23241002||||)()(||400222所以242-=⋅b a ，)()(||b a b a b a -⋅-=-b a b a ⋅-+=2||||227824324100=++=.4.已知)4,2,1(=a ，)3,3,3(-=b ，求a 与b 的夹角及a 在b 上的投影.解：934)3(231=⨯+-⨯+⨯=⋅b a ，7799916419cos =++⋅++=θ，77arccos=θ. 因为a jb b a b Pr ||=⋅，所以3339Pr ==a jb .5.已知a ,b ,c 为单位向量，且满足0=++c b a ，计算a c c b b a ⋅+⋅+⋅.解：因为0)()(=++⋅++c b a c b a ，所以0222||||||222=⋅+⋅+⋅+++a c c b b a c b a ，而1||||||222===c b a ，所以23-=⋅+⋅+⋅a c c b b a . 6.求与k j i b k j i a 32,2-+=++=都垂直的单位向量. 解：kj i k j i k j i b a c 357122132113112312121-+-=+---=-=⨯=而83)3(5)7(||222=-++-=c ，所以)3,5,7(831--±=c e .7.设)(8,186,5b a b a b a -=+-=+=，试证A 、B 、D 三点共线.证明：只需证明//.因为b a b a 2)5(2102=+=+=+=，所以//.8.已知)3,2,1(-=a ，=b )0,,2(m ，)9,3,9(-=c （1）确定m 的值，使得b a +与c 平行.（2）确定m 的值，使得b a -与c 垂直.解：（1）要使b a +与c 平行，只需0=⨯+c b a )(，因为b a +)3,2,3(-=m ，而c b a ⨯+)()99,0,99(32m m m j --=--=，所以当1=m 时b a +与c 平行.（2）要使b a -与c 垂直，只需0)(=⋅-c b a ，因为b a -)3,2,1(---=m ，而c b a ⋅-)(24327639)9,3,9()3,2,1(+=+++-=-⋅---=m m m ，所以当8-=m 时，b a -与c 垂直. §8.3 曲面及其方程 1.填空题（1）将xOz 坐标面上的抛物线x z 42=绕x 轴旋转一周，所生成的旋转曲面的方程为（x y z 422=+），绕z 轴旋转一周，所生成的旋转曲面的方程为（2224y x z +=）.（2）以点)2,3,2(-为球心，且通过坐标原点的球面方程为（17)2()3()2(222=-+++-z y x ）.（3）将xOy 坐标面的圆422=+y x 绕x 轴旋转一周，所生成的旋转曲面的方程为（4222=++z y x ）.2.求与点)1,2,1(A 与点)2,0,1(B 之比为2:1的动点的轨迹，并注明它是什么曲面.解：设动点为),,(z y x P ，由于2:1||:||=PB PA ，所以222222)2()0()1()1()2()1(2-+-+-=-+-+-z y x z y x ，解之，可得194166333222=+---++z y x z y x ，即920)32()38()1(222=-+-+-z y x ，所以所求的动点的轨迹为以点)32,38,1(为心，半径为352的球面. 3.求与点)3,1,2(和点)4,2,4(等距离的动点的轨迹. 解：设动点为),,(z y x P ，由题意知222222)4()2()4()3()1()2(-+-+-=-+-+-z y x z y x ，整理得0112=-++z y x .4. 写出下列曲面的名称，并画出相应的图形. （1）259916222-=--z y x . 解：该曲面为单叶双曲面. （2）259916222=--z y x . 解：该曲面为双叶双曲面.（3）1254222=++z y x . 解：该曲面为旋转椭球面. （4）x y x 922=-. 解：该曲面为双曲柱面. （5）x z y 922=+. 解：该曲面为椭圆抛物面.（6）0)3()2()1(4222=---+-z y x . 解：该曲面为椭圆锥面.§8.4 空间曲线及其方程 1. 填空题（1）二元一次方程组⎩⎨⎧-=+=3412x y x y 在平面解析几何中表示的图形是（两相交直线的交点)5,2(）；它在空间解析几何中表示的图形是（两平面的交线，平行于z 轴且过点)0,5,2(）.（2）旋转抛物面)20(22≤≤+=z y x z 在xOy 面上的投影为（⎩⎨⎧=+=222z y x z ），在x O z 面上的投影为（22≤≤z x ），在yOz 面上的投影为（22≤≤z y ）.2.求球面4222=++z y x 与平面1=+z x 的交线在xOy 面上的投影方程.解：将x z -=1代入4222=++z y x ，得4)1(222=-++x y x ，因此投影方程为⎩⎨⎧=+-=322022y x x z . 3.分别求母线平行于x 轴、y 轴及z 轴且通过曲线⎪⎩⎪⎨⎧=+-=++0242222222z y x z y x 的柱面方程.解：在⎪⎩⎪⎨⎧=+-=++0242222222z y x z y x 中消去x 得4322=-z y ，即为母线平行于x 轴且通过曲线的柱面方程.在⎪⎩⎪⎨⎧=+-=++0242222222z y x z y x 中消去y 得45322=+z x ，即为母线平行于y 轴且通过曲线的柱面方程.在⎪⎩⎪⎨⎧=+-=++0242222222z y x z y x 中消去z 得8522=+y x ，即为母线平行于z 轴且通过曲线的柱面方程.4.将下列曲线的一般方程化为参数方程：（1）⎩⎨⎧-==++-14)1(222x y z y x .解：将1-=x y 代入4)1(222=++-z y x 得4)1(222=+-z x ，即14)2()1(222=+-z x . 令θcos 21=-x ，θsin 2=z ，所求的参数方程为 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==+=θθθsin 2cos 2cos 21z y x . （2）⎪⎩⎪⎨⎧=+=++4922222z x z y x . 解：做变换⎩⎨⎧==θθsin 2cos 2z x ，将其带入方程9222=++z y x ，即得52=y . 所以参数方程为⎪⎩⎪⎨⎧=±==θθsin 25cos 2z y x （πθ20≤≤）.5.求螺旋线⎪⎩⎪⎨⎧===θθθ3sin 2cos 2z y x 在三个坐标面上的投影曲线的直角坐标方程.解：螺旋线在xOy 面上的投影为⎪⎩⎪⎨⎧===0sin 2cos 2z y x θθ，直角坐标方程为⎩⎨⎧==+0422z y x . 螺旋线在yOz 面上的投影为⎪⎩⎪⎨⎧===03sin 2x z y θθ，直角坐标方程为⎪⎩⎪⎨⎧==03sin2x z y .螺旋线在zOx 面上的投影为⎪⎩⎪⎨⎧===03cos 2y z x θθ，直角坐标方程为⎪⎩⎪⎨⎧==03cos2y z x . 6.画出下列方程所表示的曲线：（1）⎩⎨⎧==++1164222z z y x .（2）⎪⎩⎪⎨⎧=-+=+1)2(2222y x y z x . （3）⎪⎩⎪⎨⎧==-4116422y z x .§8.5 平面及其方程 1. 填空题（1）一平面过点)4,1,1(-且平行于向量)1,1,2(-=a 和)1,0,1(=b ，平面的点法式方程为（0)4()1(3)1(=+----z y x ）,平面的一般方程为（023=---z y x ）,平面的截距式方程（12232=-+-+z y x ）,平面的一个单位法向量为（)1,3,1(1111-）. （2）设直线L 的方程为⎩⎨⎧=+++=+++0022221111D z C y B x A D z C y B x A ，当（021==D D ）时，直线L 过原点；当（021==A A ）且（01≠D 或02≠D 有一个成立）时，直线L 平行于x 轴但不与x 轴相交；当（2121D D B B =）时，直线L 与y 轴相交；当（02121====D D C C ）时，直线L 与z 轴重合. 2.求过三点)1,1,1(-，)3,1,3(-和)2,1,0(的平面方程. 解：由平面的三点式方程知，所求的平面方程为131313121212111z z y y x x z z y y x x z z y y x x ---------121110131113111-+---+--+-=z y x 121422111---+-=z y x =0，即0735=-++z y x . 3.求过点)1,1,1(-且垂直于两平面02=-+z y x 和052=+-z y x 的平面方程.解：该平面的法向量为k j i kj i37521211--=--，平面的方程为0)1(3)1(7)1(=--+--z y x ，即0537=---z y x .4.求点)1,2,1(到平面01022=-++z y x 的距离.解：点),,(0000z y x P =到平面0=+++D Cz By Ax 的距离公式是222000||CB A D Cz By ax d +++++=，因此点)1,2,1(到平面01022=-++z y x 的距离为1221|10122211|222=++-⨯+⨯+⨯=d .5.求平面052=-+-z y x 与各坐标面的夹角的余弦.解：所给平面的法向量为)1,2,1(-=n ，设该平面与xOy 面、yOz 面和zOx 面的夹角为z θ、x θ和y θ，于是=z θcos ||||n k n ⋅611)2(1|110201|222=+-+⨯+⨯-⨯=， =x θcos ||||n i n ⋅611)2(1|010211|222=+-+⨯+⨯-⨯=， =y θcos ||||n j n ⋅621)2(1|011201|222=+-+⨯+⨯-⨯=. 6.求过点)5,4,1(-且在三个坐标轴上的截距相等的平面的方程.解：设所求平面的方程为1=++aya y a x ，由于点)5,4,1(-在平面上，则1541=+-+aa a ，2=a ，所求方程为02=-++z y x . 7.分别按下列条件求平面方程：（1）平行于yOz 平面且经过点)2,3,2(--；（2）通过y 轴和点)1,1,2(-；（3）求平行于x 轴，且经过两点)2,1,2(-和)1,0,4(-的平面方程. 解：（1）yOz 平面的法向量是)0,0,1(=n ，可作为所求平面的法向量，因此所求平面的方程为0)2(0)3(0)2(1=+⋅++⋅+-⋅z y x ，即2=x . （2）所求平面的法向量即垂直于y 轴又垂直于向量)1,1,2(-=n ，所以所求平面的法向量为k i k j i201112+-=-，因此所求平面的方程为0)1(2)1(0)2(1=-⋅++⋅+-⋅-z y x ，即02=-z x .（3）由于所求平面平行于x 轴，故设所求平面方程为0=++D Cz By . 将点)2,1,2(-和)1,0,4(-分别代入0=++D Cz By 得02=+-D C B 及0=+-D C ，解得D C =及D B =. 因此所得方程为0=++D Dz Dy ，即01=++z y . §8.6 空间直线及其方程 1. 填空题（1）直线421zy x =-=和平面442=+-z z x 的关系是（平面与直线互相垂直）.（2）过点)0,1,1(-且与直线321123-+=-=-z y x 平行的直线的方程是（31121-=+=-zy x ）. （3）直线182511+=--=-z y x 与直线⎩⎨⎧=+=-326z y y x 的夹角为（3π）. 2.化直线⎩⎨⎧=++=+-522z y x z y x 为对称式方程和参数方程.解：直线的方向向量为k j i k j in n s 3211211121++-=-=⨯=. 取10=x ，代入直线方程可得10=y ，20=z . 所以直线的对称式方程为321121-=-=--z y x . 令t z y x =-=-=--321121，所给直线的参数方程为⎪⎩⎪⎨⎧+=+=-=tz t y t x 32121. 3.求过点)3,0,2(且与直线⎩⎨⎧-=-+=+-1253742z y x z y x 垂直的平面方程.解：直线的方向向量可作为所求平面的法向量，即21n n n ⨯=)11,14,16(253421-=--=kj i .所求平面的方程为0)3(11)0(14)2(16=-+-+--z y x ，即01111416=+--z y x .4. 求直线⎩⎨⎧=---=-+-01023z y x z y x 与直线⎩⎨⎧=-+=+-+01202z y z y x 夹角的余弦.解：因为两直线的方向向量为k j i kjin 2241111311++=---=，k j i kjin +-=-=232101112，设两直线的夹角为θ，则422151)2(3224|122234|cos 222222=+-+++⨯+⨯-⨯=θ. 5. 求点)5,1,2(P 在直线:L13111-=-=-zy x 上的投影. 解：过)5,1,2(P 作垂直于已知直线L 的平面∏，则其法向量)1,3,1(-=n ，于是平面的方程为0)5()1(3)2(=---+-z y x ，即03=-+z y x .将已知直线的参数方程⎪⎩⎪⎨⎧-=+=+=tz t y tx 311代入03=-+z y x ，可得114-=t ，因此点)5,1,2(P 在直线L 上的投影即为平面∏与直线L 的交点)114,111,117(-. 6. 求直线:L ⎩⎨⎧=---=+-083032z y x z y x 在平面:∏12=+-z y x 上的投影直线的方程.解：设所给直线L 的平面束方程为0)83(32=---++-z y x z y x λ，即08)1()3()32(=--++-+λλλλz y x ，其中λ为待定常数，要使该平面与已知平面∏垂直，则有0)1()3()32(2=-++++λλλ，解得34-=λ，将其代入08)1()3()32(=--++-+λλλλz y x ，可得32756=-+z y x ，因此直线L 在平面∏上的投影直线方程为⎩⎨⎧=+-=-+1232756z y x z y x . 7.确定λ的值，使直线:L ⎩⎨⎧=-+=-+02012z x y x 与平面1:=-+∏z y x λ平行，并求直线L 与平面∏之间的距离.解：直线L 的方向向量n k j i kj i--==2101012，要使直线L 与平面∏平行，只要0=⋅s n （其中=s )1,,1(-λ为平面∏的法向量），即0121=+-λ，解得1=λ. 令10=x ，代入直线L 的方程可得10-=y ，10=z ，直线L与平面∏之间的距离332)1(11|1)1(11111|222=-++--⨯+⨯-⨯=d . 8.求通过直线⎩⎨⎧=-++=-+-02201:z y x z y x L 的两个互相垂直的平面，其中一个平面平行于直线111121-=-+=-z y x . 解：设平面束方程为0)22(1=-+++-+-z y x z y x λ，即012)1()1()12(=--++-++λλλλz y x ，=n )1,1,12(+-+λλλ.设平行于直线111121-=-+=-z y x 的平面为1∏，由0)1()1(2)12(=++--+λλλ，可知1-=λ，令10=x ，代入直线L 的方程，可得000==z y 平面1∏的方程为02)1(=---y x ，即012=-+y x . 设垂直于平面1∏的平面为2∏，由0)1(2)12(=-++λλ，可得41=λ，平面2∏的方程为04543)1(23=+--z y x ，即06536=-+-z y x . 第八章空间解析几何与向量代数综合练习 1.填空题：（1）已知1||=a ，2||=b ，且a 与b 夹角为3πθ=，则=-||b a （3）.（2）若向量)1,2,1(-=a ，=b ),,3(μλ-平行，则=),(μλ（)3,6(-）. （3）已知向量的模为10，且与x 轴的夹角为6π，与y 轴的夹角为3π，与z 轴的夹角为锐角，则=（) 0 5, , 3(5）.（4）曲线⎪⎩⎪⎨⎧===θθθb z a y a x sin cos (a 、b 为常数)在xOy 平面上投影曲线是（⎩⎨⎧==+0222z a y x ）.（5）xOy 平面上曲线16422=-y x 绕x 轴旋转一周所得旋转曲面方程是（16)(4222=+-z y x ）.（6）直线z z y y x x 111-=-=-与平面0=+++D Cz By Ax 的夹角θ 的正弦=θsin （222222CB A pn m pC nB mA ++++++）.（7）方程y z x =-22所表示的曲面名称为（双曲抛物面）.（8）与两直线⎪⎩⎪⎨⎧+=+-==tz t y x 122及112212-=-=+z y x 都平行，且过原点的平面方程是（0=+-z y x ）.（9）已知动点),,(z y x P 到yOz 平面的距离与点P 到点)2,1,1(-的距离相等，则点P 的轨迹方程为（012)2()1(22=++-+-x z y ）.（10）与两平面012=--+z y x 和032=+-+z y x 等距离的平面方程为（012=+-+z y x ）.2. 设k i a -=，k j i b ++=，求向量c ，使得b c a =⨯成立，这样的c有多少个，求其中长度最短的c .解：设=c ),,(z y x ，则 c a⨯y x z y zy kj ++-=-=)(10，则1,1-=+=x z y ，因此这样的c )1,1,(x x --=，有无穷个.由于||c 23)21(2)1(1222++=--++=x x x ，因此，当21-=x 时，即c )21,1,21(--=长度最短. 3. 已知点)0,1,1(A 和点)2,1,0(B ，试在x 轴上求一点C ，使得ABC ∆的面积最小.解：设)0,0,(x C ，则)2,0,1(-=，)0,1,1(--=x，k j x i x AC AB +-+=---=⨯)1(221101，故A B C ∆的面积为1)]1(2[221||2122+-+=⨯=x S ，显然，当1=x 时，ABC ∆的面积最小，为25，所求点为)0,0,1(.4. 求曲线⎪⎩⎪⎨⎧+==+-2222242yx z z y x 在各坐标平面上的投影曲线方程.解：在xOy 平面投影为⎩⎨⎧==-04222z y x ；在yOz 平面投影为⎩⎨⎧==-043222x y z ；在zOx 平面投影为⎩⎨⎧==-04322y z x . 5.求原点关于平面:∏0=+++D Cz By Ax 的对称点的坐标.解：过原点作垂直于平面0=+++D Cz By Ax 的直线，该直线的方向向量等于平面∏的法向量),,(C B A ，所求直线的对称式方程为C z B y A x ==，即⎪⎩⎪⎨⎧===Ctz Bt y Atx 为其参数方程. 将此参数方程代入平面∏，有0)(222=+++D t C B A ，解得222C B A Dt ++-=，即直线与平面的交点为),,(222222222CB A CDC B A BD C B A AD ++-++-++-. 设所求的对称点为),,(000z y x ，则222020C B A AD x ++-=+，222020CB A BDy ++-=+，222020C B A CDz ++-=+，即所求的对称点为)2,2,2(222222222CB A CDC B A BD C B A AD ++-++-++-. 6.求直线11111:--==-z y x L 在平面012:=-+-∏z y x 上的投影直线绕x 轴线转一周所成曲面的方程.解：过L 作垂直于平面∏的平面0∏，所求的直线L 在平面∏上的投影就是平面∏和0∏的交线. 平面0∏的法向量为：k j i kj in 232111210--=--=，则过点),,(101的平面0∏的方程为： 0)1(23)1(=----z y x ，即0123=+--z y x . 所以投影线为⎩⎨⎧=+--=-+-0123012z y x z y x . 将投影线表示为以x 为参数的形式：⎪⎩⎪⎨⎧--==)12(212x z x y ，则绕x 轴的旋转面的方程为2222)]12(21[)2(--+=+xx z y ，即0416*******=+---z y x x .7.求球心在直线11212--==-z y x 上，且过点)1,2,1(-和点)1,2,1(--的球面方程.解：设球心为),,(z y x ，则222222)1()2()1()1()2()1(-++++=++-+-z y x z y x ，即02=-+z y x .又因为球心在直线上，直线的参数方程为⎪⎩⎪⎨⎧-==+=t z t y t x 122，将直线的参数方程代入02=-+z y x ，可得61-=t ，球心坐标为)67,31,611(-，所求球面方程为665)67()31()611(222=-+++-z y x .8.已知两条直线的方程是142211:1--=+=-z y x L ，10122:2zy x L =-=-，求过1L 且平行于2L 的平面方程. 解：因为所求平面过1L ，所以点)4,2,1(-在平面上. 由于平面的法向量垂直于两直线的方向向量，因此平面的法向量为k j i k j i43212121--=-.因此所求平面的方程为0)4(4)2(3)1(2=--+--z y x ，即08432=+--z y x .9. 在过直线⎩⎨⎧=++=+++0201z y x z y x 的所有平面中，求和原点距离最大的平面.解：设平面束方程为0)2(1=++++++z y x z y x λ，即01)1()1()12(=++++++z y x λλλ，平面与原点的距离为31)32(61)1()1()12(|10)1(0)1(0)12(|2222++=++++++⨯++⨯++⨯+=λλλλλλλd要使平面与原点的距离最大，只要32-=λ，即该平面方程为03=---z y x .10. 设两个平面的方程为052=---z y x 和062=--+z y x （1）求两个平面的夹角. （2）求两个平面的角平分面方程. （3）求通过两个平面的交线，且和yOz 坐标面垂直的平面方程. 解：（1）两个平面的法向量为)1,1,2(1--=n 和)2,1,1(2-=n ，设两个平面的夹角为θ，则21)2(111)1(2|)2()1(1112|||||||cos 2222222121=-+++-+-⨯-+⨯-⨯=⋅=n n n n θ，所以3πθ=.（2）因为角平分面上任意一点),,(z y x 到两个平面的距离相等，由点到平面的距离公式，可得222222)2(11|62|)1()1(2|52|-++--+=-+-+---z y x z y x ，即)62(52--+±=---z y x z y x ，所求的角平分面方程为12=+-z y x 或1133=-z x .（3）设通过两个平面的交线的平面方程为)62(52=--++---z y x z y x λ，即0)65)12()1()2(=--+--++λλλλz y x ，由于该平面垂直于yOz 坐标面，所以00)12(0)1(1)2(=⋅+-⋅-+⋅+λλλ，可得2-=λ，因此所求的平面方程为0733=--z y . 11. 求直线321zy x =-=绕z 轴旋转所得旋转曲面的方程. 解：由于空间曲线⎪⎩⎪⎨⎧===)()()(t z z t y y t x x )(+∞<<-∞t 绕z 轴旋转所得旋转曲面的方程为⎩⎨⎧=+=+)()()(2222t z z t y t x y x )(+∞<<-∞t ，消去参数t 即可. 此直线的参数方程为 ⎪⎩⎪⎨⎧=-==t z t y t x 32，故该直线绕z 轴旋转所得旋转曲面的方程为⎩⎨⎧=-+=+tz t t y x 3)2()(2222，消去参数t ，旋转曲面的方程为22295z y x =+. 12. 画出下列各曲面所围立体的图形：（1）0,0,0,12643====++z y x z y x . （2）2,222=+=z y x z . （3）22224,y x z y x z --=+=. （4）2222,2y x z y x z +=--=.（5）222y x z +=，22x z -=. （6）2x y =，0=z ，y z =，1=y .。

高等数学课后习题答案--第八章

第八章多元函数积分学 §3 三重积分的计算及其应用习题
1. 计算下列三重积分（1） ∫∫∫ xy 2 z 3 dσ ，其中 Ω 是曲面 z = xy 和平面 y = x, x = 1, z = 0 所围成的区域；
Ω
（2） ∫∫∫ xzdσ ，其中 Ω 是由平面 z = 0 ， x = y, y = z 以及抛物柱面 y = x 2 所围成的
D D
的大小。【解】利用 sin 2 x ≤ x 2 .则 sin 2 ( x + 2 y + 3z ) ≤ ( x + 2 y + 3z ) 2 积分得
∫∫∫ sin
D
2
( x + 2 y + 3 z )dσ ≤ ∫∫∫ ( x + 2 y + 3 z ) 2 dσ
D
4. 利用重积分的性质，估计积分值
（1） ∫∫ sin( x 2 + y 2 )dσ ，其中 D = {( x, y ) |
D
π
4
≤ x2 + y2 ≤
3π }; 4
dxdy , 其中 D = {( x, y ) | 0 ≤ x ≤ 4,0 ≤ y ≤ 8}; ln(4 + x + y ) D 2 2 1 （3） ∫∫ e x + y dσ ，其中 D = {( x, y ) | x 2 + y 2 ≤ }. 4 D
习题参考资料
第八章多元函数积分学 §2 二重积分的计算习题
1. 计算二重积分
（1） ∫∫ xye xy dσ ，其中 D = {( x, y ) | 0 ≤ x ≤ 1,0 ≤ y ≤ 1};
2
D
（2） ∫∫

高等数学课后答案第八章习题详细解答

习题 8-11．设有一个面薄板（不计其厚度），占有xOy 面上的闭区域D ，薄板上分布有面密度为(,)x y μμ=的电荷，且(,)x y μ在D 上连续，试用二重积分表达该板上的全部电荷Q ．解用一组曲线将D 分成n 个小闭区域i σ∆，其面积也记为(1,2,,)i i n σ∆= .任取一点(,)i i i ξησ∈∆,则i σ∆上分布的电量(,)i i i Q μξησ∆≈∆.通过求和、取极限，便得到该板上的全部电荷为1lim (,)(,)d ,ni i i i DQ x y λμξησμσ→==∆=∑⎰⎰其中1max{i i nλσ≤≤=∆的直径}．2. 设12231()d D I x y σ=+⎰⎰其中1{(,)11,22}D x y x y =-≤≤-≤≤；又22232()d D I x y σ=+⎰⎰其中2{(,)01,02}D x y x y =≤≤≤≤．试利用二重积分的几何意义说明1I 与2I 之间的关系．解由二重积分的几何意义知，1I 表示底为1D 、顶为曲面223()z x y =+的曲顶柱体1Ω的体积；2I 表示底为2D 、顶为曲面223()z x y =+的曲顶柱体2Ω的体积．由于位于1D 上方的曲面223()z x y =+关于yOz 面和zOx 面均对称，故yOz 面和zOx 面将1Ω分成四个等积的部分，其中位于第一卦限的部分即为2Ω．由此可知124I I =．3. 利用二重积分定义证明： (1) d ()DD σσσ=⎰⎰其中为的面积；(2) (,)d (,)d ()DDkf x y k f x y k σσ=⎰⎰⎰⎰其中为常数；(3)12(,)d (,)d (,)d ,DD D f x y f x y f x y σσσ=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰其中12D D D= ，1D 、2D 为两个无公共内点的闭区域.证 (1) 由于被积函数(,)1f x y ≡，故由二重积分定义得11d lim (,)lim lim .nniiii i i Df λλλσξησσσσ→→→===∆=∆==∑∑⎰⎰(2) 011(,)d lim (,)lim (,)(,)d .nni i i i i i i i DDkf x y kf k f k f x y λλσξησξησσ→→===∆=∆=∑∑⎰⎰⎰⎰(3) 因为函数(,)f x y 在闭区域D 上可积，故不论把D 怎样分割，积分和的极限总是不变的，因此在分割D 时，可以使1D 和2D 的公共边界永远是一条分割线。

高等数学课后习题答案第八章1

高等数学课后习题答案第八章1第八章习题解答节8.1部分习题解答 5、求极限（1）、101011l i m 2201=+-=+-→→yx xy y x （2）、xy y x y x 1sin)(lim 0+→→。

由y x xyy x +≤+≤1sin )(0，而0)(lim 00=+→→y x y x 所以01sin)(lim 00=+→→xyy x y x （3）、2ln 214)02ln()sin ln(lim2202=++=++→→y x y x y x （4）、=+-→→xy xy y x 42lim 041421)42(lim 00-=+-=++-→→xy xy xy y x （5）、110c o s 1c o s l i m000==++→→e y x y e x y x （6）、=++-→→xy y x ey x y x )()cos(1lim22220=++→→xy y x ey x y x )()(21sin 2lim 222220 )(21)(21sin lim 222200y x y x y x ++→→0101)(21sin lim 2200=?=+?→→xy y x e y x 6、证明下列极限不存在（1）、yx yx y x -+→→00l i m 证明：取路径0=x 有=-+→→y x y x y x 00lim1lim0-=-→=yyy x 取路径0=y 有=-+→→y x y x y x 00lim1lim 00=→=xx x y ，所以y x yx y x -+→→00lim 不存在（2）、xy x x y x -+→→2220l i m证明：取路径x y =有xy x x y x -+→→22200lim x x x y x -=→→2202lim 0142lim 00=-=→→x x y x 取路径x y =有x y x x y x -+→→2220 0lim 1lim 220==→→x x y x ，所以xy x x y x -+→→22200lim 不存在。

高等数学第八章课后习题答案

第八章习题解答（2）节8.4部分习题解答1、设22v uv u z ++= y x v y x u -=+=,，求x z ∂∂，yz ∂∂ 解：v u u z +=∂∂2 v u vz 2+=∂∂ 1=∂∂x u ，1=∂∂x v ；1=∂∂y u ，1-=∂∂yv 所以x z ∂∂⋅∂∂=u z +∂∂x u ⋅∂∂v z =∂∂xvx v u v u v u 6)(3)2()2(=+=+++y z ∂∂⋅∂∂=u z +∂∂y u ⋅∂∂v z =∂∂yv y v u v u v u 2)2()2(=-=+-+ 2、设v u z ln 2= y x v yxu 23,-==，求x z ∂∂，y z ∂∂解：v u u zln 2=∂∂ vu v z 2=∂∂ y x u 1=∂∂，3=∂∂x v ；2yx y u -=∂∂，2-=∂∂y v所以 x z ∂∂⋅∂∂=u z +∂∂x u ⋅∂∂v z =∂∂x v )23(3)23l n (23ln 21222y x y x y x y x v u v u y -+-=+y z ∂∂⋅∂∂=u z +∂∂y u ⋅∂∂v z =∂∂y v )23(2)23l n (22ln 2223222y x y x y x y x v u v u y x ----=-- 3、设v e z uln = 22222,2y x v y x u -=-=，求x z ∂∂，yz∂∂ 解：v e u z uln =∂∂ ve v z u =∂∂ x x u 4=∂∂，x x v 2=∂∂；y y u 2-=∂∂，y yv 4-=∂∂ 所以x z ∂∂⋅∂∂=u z +∂∂x u ⋅∂∂v z =∂∂xv]21)2ln(2[22ln 42222222yx y x xe v e x v xe y x u u-+-=+-y z ∂∂⋅∂∂=u z +∂∂y u ⋅∂∂v z =∂∂yv ]22)2ln(2[24ln 2222222yx y x ye v e y v ye y x u u-+--=--- 4、设y x e z 2-= 3,sin t y t x ==，求 dtdz解：y x e x z 2-=∂∂ y x e yz 22--=∂∂，t dt dx cos =，23t dt dy =，所以dt dz ⋅∂∂=x z +dt dx ⋅∂∂y z =dtdy223c o s t te y x +-)2(2y x e --=)6(c o s 22s i n 3t t e t t -- 5、设)arcsin(y x z -= 34,3t y t x ==，求 dtdz 解：2)(11y x x z --=∂∂ 2)(11y x y z ---=∂∂，t dt dx 3=，212t dt dy =，所以 dt dz ⋅∂∂=x z +dt dx ⋅∂∂y z =dtdy=---22)(1123y x t 232)43(1123t t t ---6、设)23tan(22y x t z -+= t y tx ==,1，求dtdz 解：2sec 4x x z =∂∂)23(22y x t -+ 2s e c 2y yz -=∂∂)23(22y x t -+， 2sec 3=dt dz )23(22y x t -+；21t dt dx -=，tdt dy 21=， 1=dt dt 所以t dz ∂⋅∂∂=x z +dt dx ⋅∂∂y z =∂∂+t z dt dy 2s e c )23(22y x t -+]3212)1(14[2+--tt t t 2sec =)22(2t t +)42(3t -⋅ 7、设1)(2+-=a z y e u ax xz x a y cos ,sin ==，求 dx du解：=∂∂x u 1)(2+-a z y ae ax ，=∂∂y u12+a ae ax ，-=∂∂z u 12+a ae ax x dx dy cos =；x dxdzsin -=，所以 dx du ⋅∂∂=x u ⋅∂∂+y u =⋅∂∂+dx dzz u dx dy ]s i n c o s )c o s s i n ([12x x a x x a a a e ax ++-+ x e ax sin =8、设222z y xe u ++= x y z sin 2=，求x u ∂∂，yu∂∂ 解：x x u 2=∂∂222z y x e ++⋅ y yu2=∂∂222z y x e ++⋅，z z u 2=∂∂222z y x e ++⋅ x y x z cos 2=∂∂，x y yz sin 2=∂∂；所以：x u ∂∂=∂∂⋅∂∂+∂∂⋅+∂∂=xzz u y u x u 0]cos 22[2222x zy x e z y x +++ =+=++]cos sin 22[22sin 2422x xy y x e xy y x]2sin 2[4sin 2422x y x e xy y x+=++y u ∂∂=∂∂⋅∂∂+∂∂+⋅∂∂=yz z u y u x u 0]sin 222[222x y z y e z y x ⋅+++ =⋅+=++]sin 2sin 22[2sin 2422x y x y y e xy y x]sin 21[222sin 2422x y ye xy y x+++9、设)cos(22y x y x z +++= v y v u x arcsin ,=+=，求vu zu z ∂∂∂∂∂2, 解：)sin(2y x x x z +-=∂∂，)sin(2y x y yz +-=∂∂ 1=∂∂u x ，1=∂∂v x ，0=∂∂u y211vv y -=∂∂所以)a r c s i n s i n ()(2)s i n (2v v u v u y x x uz++-+=+-=∂∂)111)(arcsin cos(222vv v u v u z -+++-=∂∂∂ 10、设,arctan y xz =v u y v u x -=+=,验证：22vu v u v z u z +-=∂∂+∂∂ 证明：22yx yx z +=∂∂，22y x x y z +-=∂∂，1=∂∂u x ，1=∂∂v x ，11=∂∂u y ，1-=∂∂v y所以)(122x y y x u z -+=∂∂22v u v +-=，)(122x y yx v z ++=∂∂22v u u += 故有左边=+-=∂∂+∂∂=22vu vu v z u z 右边 11、设f 具有连续的一阶偏导数，求下列函数的一阶偏导数（1）、)34,23(y x y x f z -+=解：设y x v y x u 34,23-=+=，于是有3=∂∂x u ，2=∂∂y u ，4=∂∂x v ，3-=∂∂yv2143f f x z +=∂∂ =∂∂yz2133f f - （2）、),(22xy e y x f z -= 解：设xy e v y x u =-=,22，于是有x x u 2=∂∂，y y u 2-=∂∂，xy ye x v =∂∂，xu xe yv=∂∂ =∂∂x z 212f ye xf xy + 212f xe yf yzxy +-=∂∂ （3）、)32,ln (y x x y f z +=解：设y x v x y u 32,ln +==，于是有x y x u =∂∂，x y u ln =∂∂，2=∂∂x v ，3=∂∂yv212f f x y x z +=∂∂ 213ln f xf yz+=∂∂ （4）、),(yxx y f z = 解：设y x v x y u ==,，于是有2x y x u -=∂∂，x y u 1=∂∂，y x v 1=∂∂，2yx y v -=∂∂ 2121f y f xy x z +-=∂∂2211f y x f x y z -=∂∂ （5）、),,(y x y x x f z -+=解：设y x v y x u -=+=,，于是有1=∂∂x u ，1=∂∂x v ，1=∂∂y u ，1-=∂∂yv321f f f x z ++=∂∂ 32f f yz -=∂∂ （6）、),,(x y z xy x f u =解：设xyz t xy s ==,，于是有y x s =∂∂，yz x t =∂∂，x y s =∂∂，zx yt=∂∂ 0=∂∂z x ，0=∂∂z s xy zt=∂∂ 321yzf yf f x u ++=∂∂ 32z x f xf yu+=∂∂ 3xyf z u =∂∂ 12、设)(u f 具有连续的导数，)(xyxf xy z += 验证：z xy yz y x z x+=∂∂+∂∂ 验证：)])(()([2xy x y f x x y f y x x z x-'++=∂∂)()(x y f y x y xf xy '-+= ='+=∂∂)])(([xyx y f x x y y z y)(x y f y xy '+左边==+=+=∂∂+∂∂z xy xyxf xy y z y x z x)(2右边 13、设)(22y x f z +=，)(u f 具有二阶连续的导数，求,,222y x z x z ∂∂∂∂∂,22y z∂∂ 解：设22y x u +=有1f u z=∂∂ 1122f u z =∂∂ x x u 2=∂∂ 222=∂∂x u 0=∂∂∂y x u y y u2=∂∂ 222=∂∂yu 12xf x z =∂∂ x xf f x z 22211122+=∂∂112142f x f += 11112422xyf y xf yx z ==∂∂∂ 12yf y z=∂∂ 11212242f y f yz +=∂∂ 14、设f 具有二阶连续的导数，求,,222y x z x z ∂∂∂∂∂,22yz∂∂（1）、),(xy y x f z += 解：设xy v y x u =+=,有1f u z =∂∂ 1122f u z =∂∂ 122f v u z =∂∂∂ 2f v z =∂∂ 2222f v z =∂∂ 1=∂∂x u 022=∂∂x u 02=∂∂∂y x u 1=∂∂y u 022=∂∂y u y x v =∂∂ 022=∂∂x v 12=∂∂∂y x v x y v =∂∂ 022=∂∂yv 于是有：22222)(xv v z x u u z z v y u x z ∂∂∂∂+∂∂∂∂+∂∂+∂∂=∂∂22212112f y yf f ++=y x vv z y x u u z z v x u v y u y x z ∂∂∂∂∂+∂∂∂∂∂+∂∂+∂∂∂∂+∂∂=∂∂∂222))((2221211)(f xyf f y x f ++++= 22222)(y vv z y u u z z v x u yz ∂∂∂∂+∂∂∂∂+∂∂+∂∂=∂∂22212112f x xf f ++= （2）、),(yxxy f z =解：设yx v xy u ==, 有1f u z =∂∂ 1122f u z =∂∂ 122f v u z =∂∂∂ 2f v z=∂∂ 2222f v z =∂∂ y x u =∂∂ 022=∂∂x u 12=∂∂∂y x u x y u =∂∂ 022=∂∂yu y x v 1=∂∂ 022=∂∂x v221yy x v -=∂∂∂ 2y x y v -=∂∂ 3222y x y v =∂∂ 于是有：22222)1(x v v z x u u z z v y u y x z ∂∂∂∂+∂∂∂∂+∂∂+∂∂=∂∂2221211212f y f f y ++=yx vv z y x u u z z v y x u x v y u y y x z ∂∂∂∂∂+∂∂∂∂∂+∂∂-∂∂∂∂+∂∂=∂∂∂2222))(1(221223111f y f f y x xyf -+-+=222222)(y v v z y u u z z v y x u x y z ∂∂∂∂+∂∂∂∂+∂∂-∂∂=∂∂232242122211222f y x f y x f y x f x ++-=。

高数第8章经典类型题参考答案

第八章经典类型题参考答案一、向量的有关运算1. 向量a ⃗=(3,5,−2),b ⃗⃗=(2,1,4)，求a ⃗⋅b ⃗⃗，a ⃗×b⃗⃗。

解： 3a b =，2216-7.a b i j k ⨯=-2. 已知A(1,−1,1),B(−1,0,2),C(2,−2,1)。

（1）计算AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗的模和方向余弦；（2）求以A ，B ，C 为顶点的三角形的面积。

解：（1）6AB =，cos =α ， cos β= ， cos γ=（2）122S ABC ==。

3. 设向量b ⃗⃗和a ⃗=2i ⃗−j ⃗+2k ⃗⃗共线，并且a ⃗⋅b⃗⃗=18。

求向量b ⃗⃗。

解： ()4,2,4b =-。

()()()4.02.235.43612232530.1.3113751a b c a b c a b b c c a a b b c c a a b a b a b a b a b a b S x y z π++=⋅+⋅+⋅⋅+⋅+⋅=-==++-+=+=--+-已知，，都是单位向量，且满足，求解：已知，，向量和的夹角为，求（）；（）求，为邻边的平行四边形的面积.解：二、求直线和平面方程求过点，，且与平面()()20311.3752.432510325325.43113.23442311056423410114x y z x z x y z x y z x y z L x y z x y z =--+==--=---=-+--==---+==++-=---==-垂直的直线方程.解：直线方程为求平行于平面和的交线且过点，，的直线方程.解：直线的方程为：求过点M ，，且垂直于直线：以及平行于直线的直线方程.解：直线的方程为。

4. 求过点(4，−1，3)且与直线x−32=y 1=z−15垂直的平面方程。

解：方程为2(x −4)+(y +1)+5(z −3)=0，即2x+y+5z-22=0。

5. 求过点P (2，0，−3)且与直线247035210x y z x y z -+-=⎧⎨+-+=⎩垂直的平面方程。

高数教学资料第八章大作业答案

5 .若在点 (x 0 ,y 0 ) 处 f(x ,y ) 可微，且点 (x 0 ,y 0 ) 为极值点，则该点
必为（ A ）
A.驻点; B.最值点;
C.拐点;
D.以上都不对.
注意可微偏导数存在 , ( 课本 P 3 1 3 定理 1 )
Q ( x 0 , y 0 ) 为极值点，所以该点为驻点。
则 f ( x, y)在点 P0( x0 , y0 )处是否取得极值的条件如下： (1) AC B2 0时具有极值，
当 A 0时有极大值，当 A 0时有极小值；
(2) AC B2 0时没有极值； (3) AC B2 0时可能有极值,也可能没有极值,还需
另作讨论．
三、计算题
1、求极限：
2 xy4 lim
(x, y)(0,0)
xy
解：
原式
(2 xy4)(2 xy4) lim
(x,y) (0,0)
xy(2 xy4)
lim
1
2 (x,y)(0,0) xy4
lim
1
2 (x,y)(0,0) 004
1 4
三、计算题
2 求由方程 x ln (y z ) 确定的函数 z z (x ,y ) 的一阶，二阶偏导数
k 1 k2 ,
ykx
其值随k的不同而变化，故极限不存在．
(x,y l) i m (0 ,0 )x 2x yy2f(0 ,0 ) 在 (0 ,0 )不连续
(2)fx(0,0) lixm 0f(0 x, 0 x )f(0,0) lixm 0(0 (0 x )x 2) 0 0 x2f(0,0)0,

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ydy =
1
2x
⎛ ⎜
3
x4
−
x3
⎞ ⎟
dx
=
2
⎛ ⎜
4
11
x4
−
x5
1
⎞ ⎟
=
6
0
x2
0 3⎝
⎠ 3 ⎝ 11
5 ⎠ 0 55
∫∫ （2） ex+y dσ ，其中 D 是由 x + y ≤ 1所确定的闭区域； D
∫ ∫ ∫ ∫ 解：作图，原式=
0
dx
1+ x
ex+y dy
+
1
1−x
dx ex +y
−1
4−x 2
1
− 1−x 2
1
4−x 2
2
4−x 2
I = ∫ dx ∫ f ( x, y ) dy + ∫ dx ∫ f ( x, y ) dy + ∫ dx ∫ fdy + ∫dx ∫ fdy
−2 − 4− x 2
−1 − 4− x 2
−1
1− x 2
1 − 4−x2
2．改换下列二次积分的积分次序（填空）：
4
x
∫ ∫ ∫ ∫ 2
2y
（1） dy f ( x, y)dx = dx
f ( x, y) dy ；
0
y2
0x
2
2
2 x − x2
1 1+ 1− y 2
∫ ∫ （2） dx
1
2−x
f (x, y)d y = ∫ dy ∫ f ( x, y) dx；
0
2−y
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ （3）
1
2y
dy f (x, y)d x +
∫∫ 解：(a)因为在区域内部有 x + y < 1,( x + y )2 > ( x + y )3，从而 ( x + y)2dσ 大 D
∫∫ (b)因为在区域内部有 x + y > 1,(x + y )2 < (x + y )3 ，从而 ( x + y)3dσ 大 D
∫∫ ∫∫ （2） exydσ 与 e2xydσ
解：因为在区域内部有1 < xy(x + y ) < 2,σ (D ) =1，因此 0 < I < 2
∫∫∫ （2） I = ln(1 + x2 + y2 + z2)dv ，其中 Ω 为球体 x 2 + y2 + z 2 ≤ 1；
Ω
解：因为在区域内部有1 < ln(1 + x2 + y2 + z2) < ln 2,V (Ω ) = 4π ，
3
dy
3−y
f ( x, y)d x =
2 3− x
dx
f ( x, y) dy．
0
0
1
0
0x
2
3．画出积分区域，并计算下列二重积分：
∫∫ （1） x ydσ ，其中 D 是由两条抛物线 y = x , y = x2 所围成的闭区域； D
3
《高等数学》同步作业册
∫ ∫ ∫ 1
x
解：作图，原式= dx x
D
1
1
3
y
1y
（2）环形闭区域： 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4．
解：在极坐标下环形闭区域 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4为 1≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π
2π
2
从而 ∫∫ f (x, y)dσ = ∫ dθ ∫ f ( r cos θ, r sin θ)rdr
D
0
1
在直角坐标下环形闭区域 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4需分块表达，分块积分变为
⎞ ⎟⎠
≤
2，
s (L) = 2π ，
因此 −2 2π < I < 2 2π
∫∫ （4） I =
Σ
x2
+
1 y2
+
z2
dS
，其中
Σ
为柱面
x2
+
y2
= 1被平面 z = 0, z = 1 所截下
的部分．
1
解：因为在曲面上积分，从而
2
≤
x2
+
1 y2
+
z2
≤ ，
S (Σ)
=
2π
，
因此π < I < 2π
0 < ln (1 + x + y + z) < ln 2 (1 + x + y + z ) ，因此 ∫∫∫ ln(1+ x + y + z)dv 大
Ω
1
《高等数学》同步作业册
2．利用积分的性质，估计下列各积分的值：
∫∫ （1） I = xy(x + y )dσ ，其中 D 是矩形闭区域： 0 ≤ x ≤ 1,0 ≤ y ≤ 1； D
（3） ∫∫∫ ln(1+ x + y + z)dv 与 ∫∫∫ ln2 (1+ x + y + z )dv ，其中 Ω 是由三个坐标面与
Ω
Ω
平面 x + y + z = 1所围成的闭区域．
解：因为在区域内部有 1 < 1+ x + y + z < 2 <e , 0 < ln( 1+x +y +z ) <1，从而
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第八章重积分
作业 9 二重积分的概念与性质
1．利用二重积分的性质,比较下列积分的大小：
（1） ∫∫( x + y)2dσ 与 ∫∫ (x + y )3 dσ
D
D
(a)D 是由直线 x = 0, y = 0及 x + y = 1所围成的闭区域；
(b) D 是由圆周 ( x − 2) 2 + ( y −1)2 = 2 所围成的闭区域．
D
D
(a)D 是矩形闭区域： 0 ≤ x ≤ 1,0 ≤ y ≤ 1；
(b) D 是矩形闭区域： − 1 ≤ x ≤ 0,0 ≤ y ≤ 1．
∫∫ 解：(a)因为在区域内部有 0 < xy < 2xy,1 < exy < e2 xy ，从而 e2 xydσ 大 D
∫∫ (b)因为在区域内部有 0 > xy > 2xy,1 > exy > e2xy > 0，从而 exydσ 大 D
2
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班级
姓名
作业编号
作业 10 二重积分的计算
∫∫ 1．试将二重积分 f ( x, y)dσ 化为两种不同的二次积分，其中区域 D 分别为： D
（1）由直线 y = x, x = 3及双曲线 xy = 1所围成的闭区域；
解：作图得知区域 D 可以表示为： 1 ≤ x ≤ 3, 1 ≤ y ≤ x ， x
dy
=
e−
1
−1 − x −1
0 x −1
e
∫∫( ) （3） x2 − y2 dσ ，其中 D 是由不等式 0 ≤ y ≤ sin x, 0 ≤ x ≤ π 所围成的闭区域； D
3 因此 0 < I < 4π ln 2
3
∫ （3） I = ( x + y)ds ，其中 L 为圆周 x 2 + y 2 = 1位于第一象限的部分； L
解：因为在曲线上积分，
不妨设 x = cos t, y = sin t,− 2 ≤ x + y = cost + sint =
2
sin
⎛⎜⎝t
+
π 4
3x
得 ∫∫ f (x, y)dσ = ∫ dx ∫ f ( x, y) dy
D
1
1 x
区域 D 也可以分块表示为： 1 ≤ y ≤ 1, 1 ≤ x ≤ 3;1 ≤ y ≤ 3, y ≤ x ≤ 3
3
y
1
3
33
从而 ∫∫ f (x, y)dσ = ∫ dy ∫ f ( x, y) dx +∫ dy∫ f ( x, y) dx