张宇1000题高等数学 第十七章 多元函数积分学的预备知识

$A$组

15.设$|\mathbf{a}|=4,|\mathbf{b}|=3,(\mathbf{a},\mathbf{b})=\frac{\pi }{6}$。求以$\mathbf{a}+2\mathbf{b}$和$\mathbf{a}-3\mathbf{b}$为邻边的平行四边形的面积。

解  由向量积的几何意义可知，以$\mathbf{a}+2\mathbf{b}$和$\mathbf{a}-3\mathbf{b}$为邻边的平行四边形的面积等于$|(\mathbf{a}+2\mathbf{b})\times (\mathbf{a}-3\mathbf{b})|$，而
$$\begin{array}{rl}(\mathbf{a}+2\mathbf{b})\times (\mathbf{a}-3\mathbf{b})& =(\mathbf{a}+2\mathbf{b})\times \mathbf{a}-(\mathbf{a}+2\mathbf{b})\times 3\mathbf{b}\\ & =\mathbf{a}\times \mathbf{a}+2(\mathbf{b}\times \mathbf{a})-3(\mathbf{a}\times \mathbf{b})-6(\mathbf{b}\times \mathbf{b})\\ & =5(\mathbf{b}\times \mathbf{a}).\end{array}$$
  因此$|(\mathbf{a}+2\mathbf{b})\times (\mathbf{a}-3\mathbf{b})|=5|\mathbf{a}\times \mathbf{b}|=5|\mathbf{a}||\mathbf{b}|\sin (\mathbf{a},\mathbf{b})=30$。（这道题主要利用了向量积的几何意义求解）

18.求直线$l:\frac{x-1}{1}=\frac{y}{1}=\frac{z-1}{-1}$在平面上$\Pi :3x-y+3z=5$的投影直线$l_0$的方程。

解  欲求直线$l$在已给平面$\Pi$上的投影直线$l_0$，应先求过$l$且与$\Pi$垂直的平面${\Pi }_1$。为此先将$l$的方程化为一般式方程：$\{\begin{array}{l}x+z-2=0,\\ y+z-1=0,\end{array}$则过$l$的平面束方程为$(x+z-2)+\lambda (y+z-1)=0$，其中与$\Pi$垂直的平面${\Pi }_1$的法线向量满足$3\times 1+(-1)\lambda +3(1+\lambda )=0$，可解得$\lambda =-3$，则${\Pi }_1$的方程为$x-3y-2z+1=0$，因此$l$在$\Pi$上的投影直线$l_0$的方程为$\{\begin{array}{l}3x-y+3z=5,\\ x-3y-2z+1=0.\end{array}$（这道题主要利用了平面束求解）

$B$组

2.过点$P(2,0,3)$且与直线$\{\begin{array}{l}x-2y+4z-7=0,\\ 3x+5y-2z+1=0\end{array}$垂直的平面的方程是（  ）。
$(A)(x-2)-2(y-0)+4(z-3)=0;$
$(B)3(x-2)+5(y-0)-2(z-3)=0;$
$(C)-16(x-2)+14(y-0)+11(z-3)=0;$
$(D)-16(x-2)+14(y-0)+11(z-3)=0.$

解  所求平面的法向量$\mathbf{n}$可取为已知直线的方向向量$\mathbf{s}=(1,-2,4)\times (3,5,-2)=(-16,14,11)$，故平面方程为$-16(x-2)+14(y-0)+11(z-3)=0$。（这道题主要利用了向量叉乘求解）

14.函数$u=e^z-z+xy$在点$(2,1,0)$处沿曲面$e^z-z+xy=3$的法线方向的方向导数为______。

解  曲面$e^z-z+xy=3$的法向量为$\mathbf{n}=\pm (y,x,e^z-1){|}_{(2,1,0)}=\pm (1,2,0)$，则单位法向量为${\mathbf{n}}^{\circ }=\pm \frac{(1,2,0)}{\sqrt{5}}$，故$\cos \alpha =\pm \frac{1}{\sqrt{5}},\cos \beta =\pm \frac{2}{\sqrt{5}},\cos \gamma =0$。又$\frac{\partial u}{\partial x}{|}_{(2,1,0)}=y{|}_{(2,1,0)}=1,\frac{\partial u}{\partial y}{|}_{(2,1,0)}=x{|}_{(2,1,0)}=2,\frac{\partial u}{\partial z}{|}_{(2,1,0)}=(e^z-1){|}_{(2,1,0)}=0$，故方向导数为$\frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}=\cos \alpha \frac{\partial u}{\partial x}+\cos \beta \frac{\partial u}{\partial y}+\cos \gamma \frac{\partial u}{\partial z}=\pm \left(\frac{1}{\sqrt{5}}\times 1+2\times \frac{2}{\sqrt{5}}+0\right)=\pm \sqrt{5}$。（这道题主要利用了方向导数的几何意义求解）

$C$组

3.求经过直线$L:\frac{x-6}{2}=\frac{y-3}{1}=\frac{2z-1}{-2}$且与椭球面$S:x^2+2y^2+3z^2=21$相切的切平面方程。

解  设切点为$M(x_0,y_0,z_0)$，于是$S$在点$M$处的法向量$\mathbf{n}=(2x_0,4y_0,6z_0)$，切平面方程为$2x_0(x-x_0)+4y_0(y-y_0)+6z_0(z-z_0)=0$。再利用$S$的方程化简得$x_{0}x+2y_{0}y+3z_{0}z=21$。在$L$上任取两点，例如点$\left(6,3,\frac{1}{2}\right)$与点$\left(4,2,\frac{3}{2}\right)$，代入上式得$6x_0+6y_0+\frac{3}{2}{z}_0=21,4x_0+4y_0+\frac{9}{2}{z}_0=21$。再由$S$的方程$x_0^2+2y_0^2+3z_0^2=21$，联立解得切点为$(3,0,2)$与$(1,2,2)$，故得切平面方程为$x+2z=7$和$x+4y+6z=21$。（这道题主要利用了切平面公式求解）

7.求常数$a,b,c$的值，使函数$f(x,y,z)=ax{y}^2+byz+c{x}^3{z}^2$在点$(1,2,-1)$处沿$z$轴正向的方向导数有最大值$64$。

解  记${\mathbf{e}}_0=(0,0,1)$，则
$$\begin{array}{rl}\frac{\partial f}{\partial \mathbf{l}}& =(a{y}^2+3c{x}^2{z}^2,2axy+bz,by+2c{x}^{3}z){|}_{(1,2,-1)}\cdot (0,0,1)\\ & =(by+2c{x}^{3}z){|}_{(1,2,-1)}=2b-2c.\end{array}$$
  令$2b-2c=64$，即$b-c=32$。又梯度方向是方向导数最大值的方向，而$\mathbf{g}\mathbf{r}\mathbf{a}\mathbf{d}f{|}_{(1,2,-1)}=(4a+3c,4a-b,2b-2c)$，此方向的方向导数的数值应为梯度的模，故$\left|\mathbf{g}\mathbf{r}\mathbf{a}\mathbf{d}f{|}_{(1,2,-1)}\right|=\sqrt{(4a+3c{)}^2+(4a-b{)}^2+64^2}=64$，所以有$\{\begin{array}{l}4a+3c=0,\\ 4a-b=0.\end{array}$联立解得$a=6,b=24,c=-8$。（这道题主要利用了梯度的几何意义求解）

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