高等数学（第七版）同济大学习题9-6 个人解答

高等数学（第七版）同济大学习题9-6

$1. 设 f (t) = f_{1} (t) i + f_{2} (t) j + f_{3} (t) k ， g (t) = g_{1} (t) i + g_{2} (t) j + g_{3} (t) k ， t \to t_{0} lim f (t) = u ， t \to t_{0} lim g (t) = v ，证明 t \to t_{0} lim [f (t) \times g (t)] = u \times v .$

解：

t \to t_{0} lim [f (t) \times g (t)] = t \to t_{0} lim ∣ ∣ i f_{1} (t) g_{1} (t) j f_{2} (t) g_{2} (t) k f_{3} (t) g_{3} (t) ∣ ∣ = t \to t_{0} lim (f_{2} (t) g_{3} (t) - f_{3} (t) g_{2} (t) ， f_{3} (t) g_{1} (t) - f_{1} (t) g_{3} (t) ， f_{1} (t) g_{2} (t) - f_{2} (t) g_{1} (t)) = (t \to t_{0} lim [f_{2} (t) g_{3} (t) - f_{3} (t) g_{2} (t)] ， t \to t_{0} lim [f_{3} (t) g_{1} (t) - f_{1} (t) g_{3} (t)] ， t \to t_{0} lim [f_{1} (t) g_{2} (t) - f_{2} (t) g_{1} (t)]) = ∣ ∣ i lim_{t \to t_{0}} f_{1} (t) lim_{t \to t_{0}} g_{1} (t) j lim_{t \to t_{0}} f_{2} (t) lim_{t \to t_{0}} g_{2} (t) k lim_{t \to t_{0}} f_{3} (t) lim_{t \to t_{0}} g_{3} (t) ∣ ∣ = u \times v

$2. 下列各题中， r = f (t) 是空间中的质点 M 在时刻 t 的位置，求质点 M 在时刻 t_{0} 的速度向量和加速度向量以及在任意时刻 t 的速率 .$

(1) r = f (t) = (t + 1) i + (t^{2} - 1) j + 2 t k ， t_{0} = 1 ； (2) r = f (t) = (2 cos t) i + (3 s in t) j + 4 t k ， t_{0} = \frac{π}{2} ； (3) r = f (t) = (2 l n (t + 1)) i + t^{2} j + \frac{1}{2} t^{2} k ， t_{0} = 1.

解：

(1) 速度向量 v_{0} = \frac{d r}{d t} ∣ ∣_{t = 1} = (i + 2 t j + 2 k) ∣ ∣_{t = 1} = i + 2 j + 2 k ，加速度向量 a_{0} = \frac{d ^{2} r}{d t ^{2}} ∣ ∣_{t = 1} = 2 j ， 速率 ∣ v (t) ∣ = ∣ i + 2 t j + 2 k ∣ = 5 + 4 t^{2} . (2) 速度向量 v_{0} = \frac{d r}{d t} ∣ ∣_{t = \frac{π}{2}} = [(- 2 s in t) i + (3 cos t) j + 4 k]_{t = \frac{π}{2}} = - 2 i + 4 k ， 加速度向量 a_{0} = \frac{d ^{2} r}{d t ^{2}} ∣ ∣_{t = \frac{π}{2}} = [(- 2 cos t) i - (3 s in t) j]_{t = \frac{π}{2}} = - 3 j ， 速率 ∣ v (t) ∣ = ∣ (- 2 s in t) i + (3 cos t) j + 4 k ∣ = 9 co s^{2} t + 4 s i n^{2} t + 16 = 20 + 5 co s^{2} t . (3) 速度向量 v_{0} = \frac{d r}{d t} ∣ ∣_{t = 1} = (\frac{2}{t + 1} i + 2 t j + t k) ∣ ∣_{t = 1} = i + 2 j + k ， 加速度向量 a_{0} = \frac{d ^{2} r}{d t ^{2}} ∣ ∣_{t = 1} = [- \frac{2}{( t + 1 ) ^{2}} i + 2 j + k]_{t = 1} = - \frac{1}{2} i + 2 j + k ， 速率 ∣ v (t) ∣ = ∣ ∣ \frac{2}{t + 1} i + 2 t j + t k ∣ ∣ = 5 t^{2} + \frac{4}{( t + 1 ) ^{2}}

$3. 求曲线 r = f (t) = (t - s in t) i + (1 - cos t) j + (4 s in \frac{t}{2}) k 在与 t_{0} = \frac{π}{2} 相应的点处的切线及法平面方程 .$

解：

与 t_{0} = \frac{π}{2} 相应的点为 (\frac{π}{2} - 1, 1, 22) ，曲线在该点处的切向量为 T = f^{'} (t_{0}) = (1, 1, 2) ， 所求切线方程为 \frac{x - ( \frac{π}{2} - 1 )}{1} = \frac{y - 1}{1} = \frac{z - 2 2}{2} ， 法平面方程为 1 \cdot (x - \frac{π}{2} + 1) + 1 \cdot (y - 1) + 2 (z - 22) = 0 ，即 x + y + 2 z = \frac{π}{2} + 4.

$4. 求曲线 x = \frac{t}{1 + t} ， y = \frac{1 + t}{t} ， z = t^{2} 在对应于 t_{0} = 1 的点处的切线及法平面方程 .$

解：

对应于 t = 1 的点为 (\frac{1}{2}, 2, 1) ，该点处的切向量 T = (x^{'} (1), y^{'} (1), z^{'} (1)) = (\frac{1}{( 1 + t ) ^{2}} ， - \frac{1}{t ^{2}}, 2 t) ∣ ∣_{t = 1} = (\frac{1}{4}, - 1, 2) ， 切线方程为 \frac{x - \frac{1}{2}}{\frac{1}{4}} = \frac{y - 2}{- 1} = \frac{z - 1}{2} ，即 \frac{x - \frac{1}{2}}{1} = \frac{y - 2}{- 4} = \frac{z - 1}{8} ， 法平面方程为 \frac{1}{4} (x - \frac{1}{2}) - (y - 2) + 2 (z - 1) = 0 ，即 2 x - 8 y + 16 z - 1 = 0.

$5. 求曲线 y^{2} = 2 m x ， z^{2} = m - x 点 (x_{0}, y_{0}, z_{0}) 处的切线及法平面方程 .$

解：

设曲线的参数方程中的参数为 x ，将方程 y^{2} = 2 m x 和 z^{2} = m - x 两端分别对 x 求导， 得 2 y \frac{d y}{d x} = 2 m ， 2 z \frac{d z}{d x} = - 1 ，即 \frac{d y}{d x} = \frac{m}{y} ， \frac{d z}{d x} = - \frac{1}{2 z} ，曲线在点 (x_{0}, y_{0}, z_{0}) 的切向量为 T = (1, \frac{m}{y _{0}}, - \frac{1}{2 z _{0}}) ， 在点 (x_{0}, y_{0}, z_{0}) 处的切线方程为 \frac{x - x _{0}}{1} = \frac{y - y _{0}}{\frac{m}{y _{0}}} = \frac{z - z _{0}}{- \frac{1}{2 z _{0}}} ， 法平面方程为 (x - x_{0}) + \frac{m}{y _{0}} (y - y_{0}) - \frac{1}{2 z _{0}} (z - z_{0}) = 0.

$6. 求曲线{x2+y2+z2−3x=0，2x−3y+5z−4=0在点(1, 1, 1)处的切线及法平面方程.$

解：

$对方程两端分别对x求导，得{2x+2ydydx+2zdzdx−3=0，2−3dydx+5dzdx=0.即{2ydydx+2zdzdx=−2x+3，3dydx−5dzdx=2.，当D=|2y2z3−5|=−10y−6z≠0时，解方程组得dydx=|−2x+32z2−5|D=10x−4z−15−10y−6z， dzdx=|2y−2x+332|D=6x+4y−9−10y−6z，dydx|(1, 1, 1)=916，dzdx|(1, 1, 1)=−116，在点(1, 1, 1)处的切线方程为x−11=y−1916=z−1−116，即x−116=y−19=z−1−1，法平面方程为(x−1)+916(y−1)−116(z−1)=0，即16x+9y−z−24=0.$

对方程两端分别对 x 求导，得 ⎩ ⎨ ⎧ 2 x + 2 y \frac{d y}{d x} + 2 z \frac{d z}{d x} - 3 = 0 ， 2 - 3 \frac{d y}{d x} + 5 \frac{d z}{d x} = 0. 即 ⎩ ⎨ ⎧ 2 y \frac{d y}{d x} + 2 z \frac{d z}{d x} = - 2 x + 3 ， 3 \frac{d y}{d x} - 5 \frac{d z}{d x} = 2. ， 当 D = ∣ ∣ 2 y 3 2 z - 5 ∣ ∣ = - 10 y - 6 z \neq = 0 时，解方程组得 \frac{d y}{d x} = \frac{∣ ∣ - 2 x + 3 2 2 z - 5 ∣ ∣}{D} = \frac{10 x - 4 z - 15}{- 10 y - 6 z} ， \frac{d z}{d x} = \frac{∣ ∣ 2 y 3 - 2 x + 3 2 ∣ ∣}{D} = \frac{6 x + 4 y - 9}{- 10 y - 6 z} ， \frac{d y}{d x} ∣ ∣_{(1, 1, 1)} = \frac{9}{16} ， \frac{d z}{d x} ∣ ∣_{(1, 1, 1)} = - \frac{1}{16} ， 在点 (1, 1, 1) 处的切线方程为 \frac{x - 1}{1} = \frac{y - 1}{\frac{9}{16}} = \frac{z - 1}{- \frac{1}{16}} ，即 \frac{x - 1}{16} = \frac{y - 1}{9} = \frac{z - 1}{- 1} ， 法平面方程为 (x - 1) + \frac{9}{16} (y - 1) - \frac{1}{16} (z - 1) = 0 ，即 16 x + 9 y - z - 24 = 0.

$7. 求出曲线 x = t ， y = t^{2} ， z = t^{3} 上的点，使在该点的切线平行于平面 x + 2 y + z = 4.$

解：

因 x_{t} = 1 ， y_{t} = 2 t ， z_{t} = 3 t^{2} ，设所求点对应的参数为 t_{0} ，曲线在该点处的切向量取 T = (1, 2 t_{0}, 3 t_{0}^{2}) ， 已知平面的法向量为 n = (1, 2, 1) ，由切线与平面平行，得 T \cdot n = 0 ，即 1 + 4 t_{0} + 3 t_{0}^{2} = 0 ， 得 t_{0} = - 1 和 - \frac{1}{3} ，所求点为 (- 1, 1, - 1) 或 (- \frac{1}{3}, \frac{1}{9}, - \frac{1}{27}) 。

$8. 求曲面 e^{z} - z + x y = 3 在点 (2, 1, 0) 处的切平面及法线方程 .$

解：

$令F(x, y, z)=ez−z+xy−3，则n=(Fx, Fy, Fz)=(y, x, ez−1)，n|(2, 1, 0)=(1, 2, 0)，曲面在点(2, 1, 0)处的切平面方程为1⋅(x−2)+2(y−1)+0⋅(z−0)=0，即x+2y−4=0，曲面在点(2, 1, 0)处的法线方程为{x−11=y−12，z=0..$

令 F (x, y, z) = e^{z} - z + x y - 3 ，则 n = (F_{x}, F_{y}, F_{z}) = (y, x, e^{z} - 1) ， n ∣ ∣_{(2, 1, 0)} = (1, 2, 0) ， 曲面在点 (2, 1, 0) 处的切平面方程为 1 \cdot (x - 2) + 2 (y - 1) + 0 \cdot (z - 0) = 0 ，即 x + 2 y - 4 = 0 ， 曲面在点 (2, 1, 0) 处的法线方程为 ⎩ ⎨ ⎧ \frac{x - 1}{1} = \frac{y - 1}{2} ， z = 0. .

$9. 求曲面 a x^{2} + b y^{2} + c z^{2} = 1 在点 (x_{0}, y_{0}, z_{0}) 处的切平面及法线方程 .$

解：

令 F (x, y, z) = a x^{2} + b y^{2} + c z^{2} - 1 ，则曲面在点 (x, y, z) 处的一个法向量 n = (F_{x}, F_{y}, F_{z}) = (2 a x, 2 b y, 2 cz) = 2 (a x, b y, cz) ，在点 (x_{0}, y_{0}, z_{0}) 处的一个法向量为 (a x_{0}, b y_{0}, c z_{0}) ， 曲面在该点处的切平面方程为 a x_{0} (x - x_{0}) + b y_{0} (y - y_{0}) + c z_{0} (z - z_{0}) = 0 ， 即 a x_{0} x + b y_{0} y + c z_{0} z = a x_{0}^{2} + b y_{0}^{2} + c z_{0}^{2} = 1 ， 法线方程为 \frac{x - x _{0}}{a x _{0}} = \frac{y - y _{0}}{b y _{0}} = \frac{z - z _{0}}{c z _{0}} .

$10. 求椭球面 x^{2} + 2 y^{2} + z^{2} = 1 上平行于平面 x - y + 2 z = 0 的切平面方程 .$

解：

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 n = (F_{x}, F_{y}, F_{z}) = (2 x, 4 y, 2 z) ， 已知平面的法向量为 (1, - 1, 2) ，已知平面与所求切平面平行，得 \frac{2 x}{1} = \frac{4 y}{- 1} = \frac{2 z}{2} ，即 x = \frac{1}{2} z ， y = - \frac{1}{4} z ， 代入椭球方程得 (\frac{z}{2})^{2} + 2 (- \frac{z}{4})^{2} + z^{2} = 1 ，解得 z = \pm 2 \frac{2}{11} ， x = \pm \frac{2}{11} ， y = \mp \frac{1}{2} \frac{2}{11} ， 切点为 (\pm \frac{2}{11}, \mp \frac{1}{2} \frac{2}{11}, \pm 2 \frac{2}{11}) ，切平面方程为 (x \pm \frac{2}{11}) - (y \mp \frac{1}{2} \frac{2}{11}) + 2 (z \pm 2 \frac{2}{11}) = 0 ， 即 x - y + 2 z = \pm \frac{11}{2} .

$11. 求旋转椭球面 3 x^{2} + y^{2} + z^{2} = 16 上点 (- 1, - 2, 3) 处的切平面与 x O y 面的夹角的余弦 .$

解：

令 F (x, y, z) = 3 x^{2} + y^{2} + z^{-} 16 ，曲面的法向量为 n = (F_{x}, F_{y}, F_{z}) = (6 x, 2 y, 2 z) ， 曲面在点 (- 1, - 2, 3) 处的法向量为 n_{1} = n ∣ ∣_{(- 1, - 2, 3)} = (- 6, - 4, 6) ， x O y 面的法向量 n_{2} = (0, 0, 1) ， 记 n_{1} 与 n_{2} 的夹角为 γ ，所求余弦值为 cos γ = \frac{n _{1} \cdot n _{2}}{∣ n _{1} ∣ ∣ n _{2} ∣} = \frac{6}{6 ^{2} + 4 ^{2} + 6 ^{2} \cdot 1} = \frac{3}{22} .

$12. 试证曲面 x + y + z = a (a > 0) 上任何点处的切平面在各坐标轴上的截距之和等于 a .$

解：

设 F (x, y, z) = x + y + z - a ，则曲面在点 (x, y, z) 处的一个法向量 n = (\frac{1}{2 x}, \frac{1}{2 y}, \frac{1}{2 z}) ， 在曲面上任取一点 M (x_{0}, y_{0}, z_{0}) ，曲面在点 M 处的切平面方程为 \frac{1}{2 x _{0}} (x - x_{0}) + \frac{1}{2 y _{0}} (y - y_{0}) + \frac{1}{2 z _{0}} (z - z_{0}) = 0 ， 即 \frac{x}{x _{0}} + \frac{y}{y _{0}} + \frac{z}{z _{0}} = x_{0} + y_{0} + z_{0} = a ，化截距式，得 \frac{x}{a x _{0}} + \frac{y}{a y _{0}} + \frac{z}{a z _{0}} = 1 ， 截距之和为 a x_{0} + a y_{0} + a z_{0} = a (x_{0} + y_{0} + z_{0}) = a .

$13. 设 u (t) 、 v (t) 是可导的向量值函数，证明：$

(1) \frac{d}{d t} [u (t) \pm v (t)] = u^{'} (t) \pm v^{'} (t) ； (2) \frac{d}{d t} [u (t) \cdot v (t)] = u^{'} (t) \cdot v (t) + u (t) \cdot v^{'} (t) ； (3) \frac{d}{d t} [u (t) \times v (t)] = u^{'} (t) \times v (t) + u (t) \times v^{'} (t) .

解：

(1) \frac{d}{d t} [u (t) \pm v (t)] = Δ t \to 0 lim \frac{[ u ( t + Δ t ) \pm v ( t + Δ t )] - [ u ( t ) \pm v ( t )]}{Δ t} = Δ t \to 0 lim \frac{u ( t + Δ t ) - u ( t )}{Δ t} \pm Δ t \to 0 lim \frac{v ( t + Δ t ) - v ( t )}{Δ t} = u^{'} (t) \pm v^{'} (t) (2) \frac{d}{d t} [u (t) \cdot v (t)] = Δ t \to 0 lim \frac{u ( t + Δ t ) \cdot v ( t + Δ t ) - u ( t ) \cdot v ( t )}{Δ t} = Δ t \to 0 lim \frac{u ( t + Δ t ) \cdot v ( t + Δ t ) - u ( t ) \cdot v ( t + Δ t ))}{Δ t} + Δ t \to 0 lim \frac{u ( t ) \cdot v ( t + Δ t ) - u ( t ) \cdot v ( t )}{Δ t} = [Δ t \to 0 lim \frac{u ( t + Δ t ) - u ( t )}{Δ t}] \cdot [Δ t \to 0 lim v (t + Δ t)] + [Δ t \to 0 lim u (t))] \cdot [Δ t \to 0 lim \frac{v ( t + Δ t ) - v ( t )}{Δ t}] = u^{'} (t) \cdot v (t) + u (t) \cdot v^{'} (t) (3) \frac{d}{d t} [u (t) \times v (t)] = Δ t \to 0 lim \frac{u ( t + Δ t ) \times v ( t + Δ t ) - u ( t ) \times v ( t )}{Δ t} = Δ t \to 0 lim \frac{u ( t + Δ t ) \times v ( t + Δ t ) - u ( t ) \times v ( t + Δ t ) + u ( t ) \times v ( t + Δ t ) - u ( t ) \times v ( t )}{Δ t} = Δ t \to 0 lim [\frac{u ( t + Δ t ) - u ( t )}{Δ t} \times v (t + Δ t)] + Δ t \to 0 lim [u (t) \times \frac{v ( t + Δ t ) - v ( t )}{Δ t}] = [Δ t \to 0 lim \frac{u ( t + Δ t ) - u ( t )}{Δ t}] \times [Δ t \to 0 lim v (t + Δ t)] + [Δ t \to 0 lim u (t)] \times [Δ t \to 0 lim \frac{v ( t + Δ t ) - v ( t )}{Δ t}] = u^{'} (t) \times v (t) + u (t) \times v^{'} (t)

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原文地址：https://blog.csdn.net/navicheung/article/details/127421320

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