第5节 多元函数微分法在几何上的应用

一、基础题

1. 求曲线 $x = t - \cos t, y = 2 + \sin t, z = 3 + \cos t$ 在对应于 $t_0 = \frac{\pi}{2}$ 点处的切线方程及法平面方程.

• 解答：

将 $t_0 = \frac{\pi}{2}$ 代入参数方程，求出切点坐标：

$x_0 = \frac{\pi}{2} - 0 = \frac{\pi}{2}$, $y_0 = 2 + 1 = 3$, $z_0 = 3 + 0 = 3$。切点为 $(\frac{\pi}{2}, 3, 3)$。

分别对参数 $t$ 求导：

$x'(t) = 1 + \sin t$, $y'(t) = \cos t$, $z'(t) = -\sin t$

将 $t_0 = \frac{\pi}{2}$ 代入，得切向量 $\vec{\tau}$：

$x'(\frac{\pi}{2}) = 2, \ y'(\frac{\pi}{2}) = 0, \ z'(\frac{\pi}{2}) = -1$，即 $\vec{\tau} = (2, 0, -1)$。

切线方程（点向式）：

$$\frac{x - \pi/2}{2} = \frac{y - 3}{0} = \frac{z - 3}{-1}$$

法平面方程（点法式，以切向量为法向量）：

$2\left(x - \frac{\pi}{2}\right) + 0(y - 3) - 1(z - 3) = 0$，化简得：

$$2x - z + 3 - \pi = 0$$

2. 求曲线 $y = x, z = x^2$ 在点 $(2, 2, 4)$ 处的切线方程及法平面方程.

• 解答：

设 $x = t$ 作为参数，则曲线的参数方程为 $x=t, y=t, z=t^2$。点 $(2, 2, 4)$ 对应参数 $t=2$。

求导数得切向量：$x'(t) = 1, y'(t) = 1, z'(t) = 2t$。

在 $t=2$ 处，切向量 $\vec{\tau} = (1, 1, 4)$。

切线方程：

$$\frac{x - 2}{1} = \frac{y - 2}{1} = \frac{z - 4}{4}$$

法平面方程：

$$1(x - 2) + 1(y - 2) + 4(z - 4) = 0 \Rightarrow x + y + 4z - 20 = 0$$

3. 求曲线 $\begin{cases} x^2 + y^2 = 2 \\ y^2 + z^2 = 5 \end{cases}$ 在点 $(1, 1, 2)$ 处的切线方程及法平面方程.

• 解答：

该曲线由两个曲面相交而成。分别求两个曲面在点 $(1, 1, 2)$ 处的法向量：

令 $F(x,y,z) = x^2 + y^2 - 2 = 0$，则 $\nabla F = (2x, 2y, 0)$，在 $(1,1,2)$ 处 $\vec{n}_1 = (2, 2, 0) \sim (1, 1, 0)$。

令 $G(x,y,z) = y^2 + z^2 - 5 = 0$，则 $\nabla G = (0, 2y, 2z)$，在 $(1,1,2)$ 处 $\vec{n}_2 = (0, 2, 4) \sim (0, 1, 2)$。

曲线的切向量为两曲面法向量的外积：

$\vec{\tau} = \vec{n}_1 \times \vec{n}_2 = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \end{vmatrix} = 2\mathbf{i} - 2\mathbf {j} + 1\mathbf{k} = (2, -2, 1)$

切线方程：

$$\frac{x - 1}{2} = \frac{y - 1}{-2} = \frac{z - 2}{1}$$

法平面方程：

$$2(x - 1) - 2(y - 1) + 1(z - 2) = 0 \Rightarrow 2x - 2y + z - 2 = 0$$

4. 求球面 $x^2 + y^2 + z^2 = 169$ 在点 $(3, 4, 12)$ 处的切平面方程及法线方程.

• 解答：

令 $F(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2 - 169 = 0$。

偏导数：$F_x = 2x, F_y = 2y, F_z = 2z$。

在点 $(3, 4, 12)$ 处，法向量为 $\vec{n} = (6, 8, 24) \sim (3, 4, 12)$。

切平面方程：

$$3(x - 3) + 4(y - 4) + 12(z - 12) = 0 \Rightarrow 3x + 4y + 12z - 169 = 0$$

法线方程：

$$\frac{x - 3}{3} = \frac{y - 4}{4} = \frac{z - 12}{12}$$

5. 求曲面 $z = \arctan\frac{y}{x}$ 在点 $(1, 1, \frac{\pi}{4})$ 处的切平面方程及法线方程.

• 解答：

令 $F(x,y,z) = \arctan\frac{y}{x} - z = 0$。

$F_x = \frac{1}{1+(y/x)^2} \cdot \left(-\frac{y}{x^2}\right) = -\frac{y}{x^2+y^2}$，在点处为 $-\frac{1}{2}$。

$F_y = \frac{1}{1+(y/x)^2} \cdot \frac{1}{x} = \frac{x}{x^2+y^2}$，在点处为 $\frac{1}{2}$。

$F_z = -1$。

法向量 $\vec{n} = \left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, -1\right) \sim (1, -1, 2)$。

切平面方程：

$$1(x - 1) - 1(y - 1) + 2\left(z - \frac{\pi}{4}\right) = 0 \Rightarrow x - y + 2z - \frac{\pi}{2} = 0$$

法线方程：

$$\frac{x - 1}{1} = \frac{y - 1}{-1} = \frac{z - \pi/4}{2}$$

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二、提高题

6. 求曲线 $x=t, y=t^2, z=t^3$ 上的点，在该点处的切线平行于平面 $x+2y+z=4$.

• 解答：

曲线切向量为 $\vec{\tau} = (x'(t), y'(t), z'(t)) = (1, 2t, 3t^2)$。

平面的法向量为 $\vec{n} = (1, 2, 1)$。

切线平行于平面，说明切向量垂直于平面法向量，即 $\vec{\tau} \cdot \vec{n} = 0$：

$1\cdot1 + 2t\cdot2 + 3t^2\cdot1 = 0 \Rightarrow 3t^2 + 4t + 1 = 0 \Rightarrow (3t+1)(t+1) = 0$

解得：$t_1 = -1$ 或 $t_2 = -\frac{1}{3}$。

代回参数方程求得坐标：

当 $t = -1$ 时，点为 $(-1, 1, -1)$。

当 $t = -\frac{1}{3}$ 时，点为 $\left(-\frac{1}{3}, \frac{1}{9}, -\frac{1}{27}\right)$。

7. 求椭球面 $x^2+2y^2+3z^2=21$ 上的点，在该点处的切平面平行于平面 $x+4y+6z-5=0$，并求该点的切平面方程.

• 解答：

令 $F(x,y,z) = x^2+2y^2+3z^2-21 = 0$。椭球面的法向量 $\vec{n}_1 = (2x, 4y, 6z)$。

已知平面的法向量 $\vec{n}_2 = (1, 4, 6)$。

两平面平行，意味着它们的法向量共线，即存在实数 $k \neq 0$ 使得：

$(2x, 4y, 6z) = k(1, 4, 6) \Rightarrow 2x=k, 4y=4k, 6z=6k \Rightarrow x=\frac{k}{2}, y=k, z=k$。

将该点代入椭球面方程：

$\left(\frac{k}{2}\right)^2 + 2k^2 + 3k^2 = 21 \Rightarrow \frac{k^2}{4} + 5k^2 = 21 \Rightarrow \frac{21k^2}{4} = 21 \Rightarrow k^2 = 4 \Rightarrow k = \pm 2$。

当 $k=2$ 时，切点为 $(1, 2, 2)$。

切平面方程：

$$1(x-1) + 4(y-2) + 6(z-2) = 0 \Rightarrow x + 4y + 6z - 21 = 0$$

当 $k=-2$ 时，切点为 $(-1, -2, -2)$。

切平面方程：

$$1(x+1) + 4(y+2) + 6(z+2) = 0 \Rightarrow x + 4y + 6z + 21 = 0$$

8. 求旋转抛物面 $z=x^2+y^2$ 上的点，在该点处的法线垂直于平面 $2x+2y+z=0$.

• 解答：

令 $F(x,y,z) = x^2+y^2-z=0$。曲面的法向量为 $\vec{n}_1 = (2x, 2y, -1)$，这也是法线的方向向量。

已知平面法向量为 $\vec{n}_2 = (2, 2, 1)$。

法线垂直于该平面，说明法线的方向向量平行于平面的法向量，即 $\vec{n}_1 \parallel \vec{n}_2$：

$\frac{2x}{2} = \frac{2y}{2} = \frac{-1}{1} \Rightarrow x = -1, y = -1$。

将 $x, y$ 代入曲面方程得 $z = (-1)^2 + (-1)^2 = 2$。

所求点为：$(-1, -1, 2)$。

9. 确定正数 $\lambda$，使曲面 $xyz = \lambda$ 与椭球面 $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} = 1$ 在某一点相切.

• 解答：

两曲面相切，说明它们在切点 $(x, y, z)$ 处共点且拥有平行的法向量。

$F_1 = xyz-\lambda \Rightarrow \nabla F_1 = (yz, xz, xy)$

$F_2 = \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} - 1 \Rightarrow \nabla F_2 = \left(\frac{2x}{a^2}, \frac{2y}{b^2}, \frac{2z}{c^2}\right)$

法向量平行，存在比例系数 $k$ 使得：

$yz = k\frac{2x}{a^2} \Rightarrow xyz = 2k\frac{x^2}{a^2}$

$xz = k\frac{2y}{b^2} \Rightarrow xyz = 2k\frac{y^2}{b^2}$

$xy = k\frac{2z}{c^2} \Rightarrow xyz = 2k\frac{z^2}{c^2}$

由此可得 $\frac{x^2}{a^2} = \frac{y^2}{b^2} = \frac{z^2}{c^2}$。

代入椭球面方程：$3\frac{x^2}{a^2} = 1 \Rightarrow \frac{x^2}{a^2} = \frac{1}{3}, \frac{y^2}{b^2} = \frac{1}{3}, \frac{z^2}{c^2} = \frac{1}{3}$。

则 $x^2 y^2 z^2 = \left(\frac{a^2}{3}\right)\left(\frac{b^2}{3}\right)\left(\frac{c^2}{3}\right) = \frac{a^2 b^2 c^2}{27}$。

因为 $xyz = \lambda$，所以 $\lambda^2 = \frac{a^2 b^2 c^2}{27}$。又因 $\lambda > 0$，故：

$$\lambda = \frac{|abc|}{3\sqrt{3}}$$

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

• 证明：

设切点为 $(x_0, y_0, z_0)$，则 $\sqrt{x_0}+\sqrt{y_0}+\sqrt{z_0}=\sqrt{a}$。

令 $F(x,y,z) = x^{1/2} + y^{1/2} + z^{1/2} - a^{1/2} = 0$。

法向量 $\nabla F = \left(\frac{1}{2\sqrt{x_0}}, \frac{1}{2\sqrt{y_0}}, \frac{1}{2\sqrt{z_0}}\right)$。

切平面方程为：

$\frac{1}{2\sqrt{x_0}}(x - x_0) + \frac{1}{2\sqrt{y_0}}(y - y_0) + \frac{1}{2\sqrt{z_0}}(z - z_0) = 0$

化简并利用已知条件：

$\frac{x}{\sqrt{x_0}} + \frac{y}{\sqrt{y_0}} + \frac{z}{\sqrt{z_0}} = \sqrt{x_0} + \sqrt{y_0} + \sqrt{z_0} = \sqrt{a}$

化为截距式：

$$\frac{x}{\sqrt{a x_0}} + \frac{y}{\sqrt{a y_0}} + \frac{z}{\sqrt{a z_0}} = 1$$

三个坐标轴上的截距分别为 $X = \sqrt{a x_0}, Y = \sqrt{a y_0}, Z = \sqrt{a z_0}$。

截距之和：$X+Y+Z = \sqrt{a}(\sqrt{x_0} + \sqrt{y_0} + \sqrt{z_0}) = \sqrt{a} \cdot \sqrt{a} = a$。证毕。

11. 已知曲面 $z=x^2+y^2$ 上的点 $M$ 处的切平面平行于平面 $\Pi: 4x+2y+z-16=0$，求点 $M$ 到平面 $\Pi$ 的距离.

• 解答：

令 $F = x^2+y^2-z=0$，曲面法向量为 $\vec{n}_1 = (2x, 2y, -1)$。

平面 $\Pi$ 的法向量为 $\vec{n}_2 = (4, 2, 1)$。

切平面平行于 $\Pi$，故法向量共线：$(2x, 2y, -1) = k(4, 2, 1)$。由 $z$ 分量得 $k = -1$。

则 $2x = -4 \Rightarrow x = -2$；$2y = -2 \Rightarrow y = -1$。

将坐标代入曲面方程得 $z = (-2)^2 + (-1)^2 = 5$。点 $M$ 坐标为 $(-2, -1, 5)$。

使用点到平面距离公式：

$$d = \frac{|4(-2) + 2(-1) + 1(5) - 16|}{\sqrt{4^2 + 2^2 + 1^2}} = \frac{|-8 - 2 + 5 - 16|}{\sqrt{21}} = \frac{21}{\sqrt{21}} = \sqrt{21}$$

12. 求曲线 $x=\cos^4 t, y=\sin^4 t, z=\sin^2 t\cos^2 t$ 在 $t=\frac{\pi}{4}$ 对应点处的切线与平面 $4x+y+z=1$ 的夹角.

• 解答：

对参数求导：

$x'(t) = -4\cos^3 t\sin t$

$y'(t) = 4\sin^3 t\cos t$

$z'(t) = 2\sin t\cos^3 t - 2\sin^3 t\cos t = 2\sin t\cos t(\cos^2 t - \sin^2 t) = \sin(2t)\cos(2t)$

将 $t = \frac{\pi}{4}$ 代入，注意 $\cos(\pi/4) = \sin(\pi/4) = \frac{\sqrt{2}}{2}$：

$x'(\frac{\pi}{4}) = -4\left(\frac{1}{4}\right) = -1$

$y'(\frac{\pi}{4}) = 4\left(\frac{1}{4}\right) = 1$

$z'(\frac{\pi}{4}) = \sin(\frac{\pi}{2})\cos(\frac{\pi}{2}) = 0$

切向量 $\vec{\tau} = (-1, 1, 0)$。平面法向量 $\vec{n} = (4, 1, 1)$。

设切线与平面的夹角为 $\theta$，则：

$$\sin\theta = \frac{|\vec{\tau} \cdot \vec{n}|}{|\vec{\tau}| |\vec{n}|} = \frac{|-4 + 1 + 0|}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{16+1+1}} = \frac{3}{\sqrt{2}\sqrt{18}} = \frac {3}{6} = \frac{1}{2}$$

故夹角 $\theta = \frac{\pi}{6}$。

13. 设函数 $F(u,v)$ 具有一阶连续偏导数，且 $F_u(0,1)=2, F_v(0,1)=-3$，求曲面 $F(x-y+z, xy-yz+zx)=0$ 在点 $(2, 1, -1)$ 处的切平面方程.

• 解答：

设 $u = x-y+z$, $v = xy-yz+zx$。

将点 $(2, 1, -1)$ 代入得：$u = 2-1-1 = 0$；$v = 2 - (-1) + (-2) = 1$。

此点对应的就是已知偏导数条件的 $(u, v) = (0, 1)$。

设大函数 $G(x,y,z) = F(u, v)$，利用复合函数链式法则求梯度 $\nabla G$：

$G_x = F_u \cdot u_x + F_v \cdot v_x = F_u(1) + F_v(y+z) = 2(1) - 3(1-1) = 2$

$G_y = F_u \cdot u_y + F_v \cdot v_y = F_u(-1) + F_v(x-z) = 2(-1) - 3(2-(-1)) = -2 - 9 = -11$

$G_z = F_u \cdot u_z + F_v \cdot v_z = F_u(1) + F_v(-y+x) = 2(1) - 3(-1+2) = 2 - 3 = -1$

所以曲面法向量为 $\vec{n} = (2, -11, -1)$。

切平面方程：

$$2(x - 2) - 11(y - 1) - 1(z + 1) = 0 \Rightarrow 2x - 11y - z + 6 = 0$$

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三、考研真题

14. (2013102) 曲面 $x^2+\cos(xy)+yz+x=0$ 在点 $(0,1,-1)$ 处的切平面方程为_____.

• 解答：

设 $F(x,y,z) = x^2+\cos(xy)+yz+x$。

$F_x = 2x - y\sin(xy) + 1 \Rightarrow F_x(0,1,-1) = 0 - 0 + 1 = 1$

$F_y = -x\sin(xy) + z \Rightarrow F_y(0,1,-1) = 0 - 1 = -1$

$F_z = y \Rightarrow F_z(0,1,-1) = 1$

法向量 $\vec{n} = (1, -1, 1)$。

切平面方程：$1(x-0) - 1(y-1) + 1(z+1) = 0 \Rightarrow x - y + z + 2 = 0$，即 $x - y + z = -2$。

答案：A ($x-y+z=-2$)

15. (2014109) 曲面 $z=x^2(1-\sin y) + y^2(1-\sin x)$ 在点 $(1,0,1)$ 处的切平面方程为_____.

• 解答：

将方程写成隐式 $F(x,y,z) = x^2(1-\sin y) + y^2(1-\sin x) - z = 0$。

$F_x = 2x(1-\sin y) - y^2\cos x \Rightarrow F_x(1,0,1) = 2(1)(1-0) - 0 = 2$

$F_y = -x^2\cos y + 2y(1-\sin x) \Rightarrow F_y(1,0,1) = -1(1) + 0 = -1$

$F_z = -1$

法向量 $\vec{n} = (2, -1, -1)$。

切平面方程：$2(x-1) - 1(y-0) - 1(z-1) = 0 \Rightarrow 2x - 2 - y - z + 1 = 0 \Rightarrow 2x - y - z - 1 = 0$。

答案填写： $2x - y - z - 1 = 0$

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