8.2 旋转曲面

总目录 · 笔记整理索引 · 本章索引 · 上一节：8.1 平面and线 · 下一节：8.3 空间几何补充讲义

8.2.1 旋转曲面：曲线 $\Gamma$ 绕一条定直线旋转一周所形成的曲面

(1) 曲线 $\Gamma$ 绕一般直线 $L$ 旋转

设母线方程为：

\Gamma: \begin{cases} F(x, y, z) = 0, \\ G(x, y, z) = 0, \end{cases}

绕定直线：

L: \frac{x - x_0}{m} = \frac{y - y_0}{n} = \frac{z - z_0}{p}

旋转一周形成一个旋转曲面，旋转曲面方程的求法如下：

如图 17-1 所示，设点 $M_0(x_0, y_0, z_0)$ 为直线 $L$ 上的已知点，直线的方向向量为 $\mathbf{s} = (m, n, p)$ 。

在母线 $\Gamma$ 上任取一点 $M_1(x_1, y_1, z_1)$ ，则过点 $M_1$ 的纬圆上任意一点 $P(x, y, z)$ 满足几何条件：

\overrightarrow{M_1P} \perp \mathbf{s}, \quad |\overrightarrow{M_0P}| = |\overrightarrow{M_0M_1}|.

将几何条件写成坐标形式，即：

\begin{cases} m(x - x_1) + n(y - y_1) + p(z - z_1) = 0, \\ (x - x_0)^2 + (y - y_0)^2 + (z - z_0)^2 = (x_1 - x_0)^2 + (y_1 - y_0)^2 + (z_1 - z_0)^2. \end{cases}

与母线方程 $F(x_1, y_1, z_1) = 0$ 和 $G(x_1, y_1, z_1) = 0$ 联立消去中间变量 $x_1, y_1, z_1$ ，便可得到旋转曲面的方程。 Pasted image 20260921235159.png

(2) 曲线 $\Gamma$ 绕坐标轴（以绕 $z$ 轴为例）旋转

设曲线：

\Gamma: \begin{cases} F(x, y, z) = 0, \\ G(x, y, z) = 0 \end{cases}

绕 $z$ 轴旋转一周而成的旋转曲面的方程的求法如下：

如图 17-2 所示，在曲线 $\Gamma$ 上任取一点 $M_1(x_1, y_1, z_1)$ ，则过点 $M_1$ 的纬圆上任意一点 $P(x, y, z)$ 满足条件：

|\overrightarrow{OP}| = |\overrightarrow{OM_1}| \quad \text{和} \quad z = z_1.

即：

x^2 + y^2 + z^2 = x_1^2 + y_1^2 + z_1^2 \quad \text{且} \quad z = z_1,

两式相减得：

x^2 + y^2 = x_1^2 + y_1^2.

从方程组：

\begin{cases} F(x_1, y_1, z) = 0, \\ G(x_1, y_1, z) = 0, \\ x^2 + y^2 = x_1^2 + y_1^2 \end{cases}

中消去 $x_1$ 和 $y_1$ ，便得到旋转曲面的方程。

如果能从方程组 $\begin{cases} F(x_1, y_1, z) = 0, \\ G(x_1, y_1, z) = 0 \end{cases}$ 中解出 $x_1 = \varphi(z)$ 和 $y_1 = \psi(z)$ ，则旋转曲面的方程为：

x^2 + y^2 = \varphi^2(z) + \psi^2(z).

Pasted image 20260921235531.png

例题精讲（旋转曲面）

例 17.7（直线绕坐标轴旋转所形成的旋转曲面方程）

💡 【思考与设问】例 17.7

※ 求直线 $L: \begin{cases} x - y + 2z - 1 = 0, \\ x - 3y - 2z + 1 = 0 \end{cases}$ 绕 $y$ 轴旋转一周所形成的曲面方程.

如图 17-4 所示，在直线 $L$ 上任取一点 $M_1(x_1, y_1, z_1)$ ，则过点 $M_1$ 的纬圆上的任一点 $P(x, y, z)$ 满足条件：

|\overrightarrow{OM_1}| = |\overrightarrow{OP}|

且

y = y_1.

于是由 $x^2 + y^2 + z^2 = x_1^2 + y_1^2 + z_1^2$ ，得：

x^2 + z^2 = x_1^2 + z_1^2.

由直线 $L$ 的方程解出：

x_1 = 2y_1, \quad z_1 = -\frac{1}{2}(y_1 - 1),

即：

x_1 = 2y, \quad z_1 = -\frac{1}{2}(y - 1).

于是旋转曲面方程为：

x^2 + z^2 = (2y)^2 + \left[ -\frac{1}{2}(y - 1) \right]^2,

整理展开即得：

4x^2 - 17y^2 + 4z^2 + 2y - 1 = 0.

8.2.2 向量的运算及其应用

设 $\mathbf{a} = (a_x, a_y, a_z), \; \mathbf{b} = (b_x, b_y, b_z), \; \mathbf{c} = (c_x, c_y, c_z)$ .

(1) 数量积（内积、点积）及其应用

①

\mathbf{a} \cdot \mathbf{b} = (a_x, a_y, a_z) \cdot (b_x, b_y, b_z) = a_x b_x + a_y b_y + a_z b_z.

②

\mathbf{a} \cdot \mathbf{b} = |\mathbf{a}| |\mathbf{b}| \cos\theta, \quad \text{则 } \cos\theta = \frac{\mathbf{a} \cdot \mathbf{b}}{|\mathbf{a}| |\mathbf{b}|} = \frac{a_x b_x + a_y b_y + a_z b_z}{\sqrt{a_x^2 + a_y^2 + a_z^2} \sqrt{b_x^2 + b_y^2 + b_z^2}},

其中 $\theta$ 为 $\mathbf{a}, \mathbf{b}$ 的夹角.

③

\operatorname{Prj}_{\mathbf{b}}\mathbf{a} = \frac{\mathbf{a} \cdot \mathbf{b}}{|\mathbf{b}|} = \frac{a_x b_x + a_y b_y + a_z b_z}{\sqrt{b_x^2 + b_y^2 + b_z^2}}

称为 $\mathbf{a}$ 在 $\mathbf{b} \; (\mathbf{b} \neq \mathbf{0})$ 上的投影.

④

\mathbf{a} \perp \mathbf{b} \iff a_x b_x + a_y b_y + a_z b_z = 0.

(2) 向量积（外积、叉积）及其应用

①

\mathbf{a} \times \mathbf{b} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a_x & a_y & a_z \\ b_x & b_y & b_z \end{vmatrix},

其中模长 $|\mathbf{a} \times \mathbf{b}| = |\mathbf{a}| |\mathbf{b}| \sin\theta$ （ $\theta$ 为 $\mathbf{a}, \mathbf{b}$ 的夹角），用右手规则确定方向（转向角不超过 $\pi$ ）.

②

\mathbf{a} \parallel \mathbf{b} \iff \frac{a_x}{b_x} = \frac{a_y}{b_y} = \frac{a_z}{b_z}.

(3) 混合积及其应用

①

[\mathbf{a}\mathbf{b}\mathbf{c}] = (\mathbf{a} \times \mathbf{b}) \cdot \mathbf{c} = \begin{vmatrix} a_x & a_y & a_z \\ b_x & b_y & b_z \\ c_x & c_y & c_z \end{vmatrix}.

②

\begin{vmatrix} a_x & a_y & a_z \\ b_x & b_y & b_z \\ c_x & c_y & c_z \end{vmatrix} = 0 \iff \text{三向量共面}.

(4) 向量的方向角和方向余弦

① 非零向量 $\mathbf{a}$ 与 $x$ 轴、 $y$ 轴和 $z$ 轴正向的夹角 $\alpha, \beta, \gamma$ 称为 $\mathbf{a}$ 的方向角.

② $\cos\alpha, \cos\beta, \cos\gamma$ 称为 $\mathbf{a}$ 的方向余弦，且：

\cos\alpha = \frac{a_x}{|\mathbf{a}|}, \quad \cos\beta = \frac{a_y}{|\mathbf{a}|}, \quad \cos\gamma = \frac{a_z}{|\mathbf{a}|}.

③

\mathbf{a}^\circ = \frac{\mathbf{a}}{|\mathbf{a}|} = (\cos\alpha, \cos\beta, \cos\gamma)

称为向量 $\mathbf{a}$ 的单位向量（表示方向的向量）.

④ 任意向量 $\mathbf{r} = x\mathbf{i} + y\mathbf{j} + z\mathbf{k} = (r\cos\alpha, r\cos\beta, r\cos\gamma) = r(\cos\alpha, \cos\beta, \cos\gamma)$ ，其中 $\cos\alpha, \cos\beta, \cos\gamma$ 为 $\mathbf{r}$ 的方向余弦， $r = |\mathbf{r}|$ 为 $\mathbf{r}$ 的模.

8.2.3 平面、直线及位置关系

1. 平面

以下假设平面的法向量为 $\mathbf{n} = (A, B, C)$ ：

✔ ① 一般式：

Ax + By + Cz + D = 0.

✔ ② 点法式：

A(x - x_0) + B(y - y_0) + C(z - z_0) = 0.

③ 三点式（原讲义划大红叉）：

\begin{vmatrix} x - x_1 & y - y_1 & z - z_1 \\ x - x_2 & y - y_2 & z - z_2 \\ x - x_3 & y - y_3 & z - z_3 \end{vmatrix} = 0 \quad (\text{平面过不共线的三点 } P_i(x_i, y_i, z_i), i=1,2,3).

✔ ④ 截距式：

\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1 \quad (\text{平面过 } (a,0,0), (0,b,0), (0,0,c) \text{ 三点}).

⑤ 平面束方程（几乎从未考过）：

设 $A_1, B_1, C_1$ 与 $A_2, B_2, C_2$ 不成比例，则：

\begin{cases} A_1x + B_1y + C_1z + D_1 = 0, & \text{(i)} \\ A_2x + B_2y + C_2z + D_2 = 0 & \text{(ii)} \end{cases}

表示两个不平行平面的交线 $L$ （事实上这也是下面要说的直线的一般式方程），则方程：

\mu(A_1x + B_1y + C_1z + D_1) + \lambda(A_2x + B_2y + C_2z + D_2) = 0 \quad \text{(iii)}

所表示的平面必过交线 $L$ ，因为 (i), (ii) 成立的话，(iii) 必然成立，这里 $\mu, \lambda$ 为任意实数， $\mu, \lambda$ 取不同的数，方程 (iii) 就有不同的表达式，但它们都过直线 $L$ 。我们把满足某种共同规律（这里是指都过直线 $L$ ）的平面族叫作平面束.

特别地，若令 $\mu = 1$ ，则 (iii) 式成为：

A_1x + B_1y + C_1z + D_1 + \lambda(A_2x + B_2y + C_2z + D_2) = 0, \quad \text{(iv)}

(iv) 是不包含 (ii) 的平面束方程，因为由 (iv) 有：

(A_1 + \lambda A_2)x + (B_1 + \lambda B_2)y + (C_1 + \lambda C_2)z + D_1 + \lambda D_2 = 0,

若此式可以是 (ii) 式，即要求：

\begin{cases} A_1 + \lambda A_2 = A_2 t, \\ B_1 + \lambda B_2 = B_2 t, \quad (t \neq 0), \\ C_1 + \lambda C_2 = C_2 t, \end{cases} \implies \begin{cases} A_1 = (t - \lambda)A_2, \\ B_1 = (t - \lambda)B_2, \\ C_1 = (t - \lambda)C_2, \end{cases} \text{也即 } t - \lambda = \frac{A_1}{A_2} = \frac{B_1}{B_2} = \frac{C_1}{C_2},

这就和 $A_1, B_1, C_1$ 与 $A_2, B_2, C_2$ 不成比例矛盾了，故 (iv) 不含 (ii)。

同理可知，若令 $\lambda = 1$ ，则 (iii) 式成为：

\mu(A_1x + B_1y + C_1z + D_1) + A_2x + B_2y + C_2z + D_2 = 0, \quad \text{(v)}

(v) 是不含 (i) 的平面束方程。

在实际数学题中，若明确知道所求平面过 $L$ ，但不是平面 (ii)，就用 (iv) 式；不是平面 (i)，就用 (v) 式。这样较方便。

2. 直线

以下假设直线的方向向量 $\boldsymbol{\tau} = (l, m, n)$ ：

① 一般式：

\begin{cases} A_1x + B_1y + C_1z + D_1 = 0, \\ A_2x + B_2y + C_2z + D_2 = 0, \end{cases} \quad \mathbf{n}_1 = (A_1, B_1, C_1), \; \mathbf{n}_2 = (A_2, B_2, C_2), \text{ 其中 } \mathbf{n}_1 \nparallel \mathbf{n}_2.

② 点向式（标准式、对称式）：

\frac{x - x_0}{l} = \frac{y - y_0}{m} = \frac{z - z_0}{n} \quad (\text{手写标注:\quad }= t).

※ ③ 参数式：

\begin{cases} x = x_0 + lt, \\ y = y_0 + mt, & M(x_0, y_0, z_0) \text{ 为直线上的已知点}, \; t \text{ 为参数}. \\ z = z_0 + nt, \end{cases}

④ 两点式：

\frac{x - x_1}{x_2 - x_1} = \frac{y - y_1}{y_2 - y_1} = \frac{z - z_1}{z_2 - z_1} \quad (\text{直线过不同的两点 } P_i(x_i, y_i, z_i), i=1,2).

3. 空间位置关系

(1) 点到平面的距离

点 $P_0(x_0, y_0, z_0)$ 到平面 $Ax + By + Cz + D = 0$ 的距离为：

d = \frac{|Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}}.

(2) 直线与直线

设 $\boldsymbol{\tau}_1 = (l_1, m_1, n_1), \; \boldsymbol{\tau}_2 = (l_2, m_2, n_2)$ 分别为直线 $L_1, L_2$ 的方向向量：

① 垂直：

L_1 \perp L_2 \iff \boldsymbol{\tau}_1 \perp \boldsymbol{\tau}_2 \iff l_1 l_2 + m_1 m_2 + n_1 n_2 = 0.

② 平行：

L_1 \parallel L_2 \iff \boldsymbol{\tau}_1 \parallel \boldsymbol{\tau}_2 \iff \frac{l_1}{l_2} = \frac{m_1}{m_2} = \frac{n_1}{n_2}.

③ 两直线夹角：

\theta = \arccos \left| \frac{\boldsymbol{\tau}_1 \cdot \boldsymbol{\tau}_2}{|\boldsymbol{\tau}_1| |\boldsymbol{\tau}_2|} \right|, \quad \text{其中 } \theta = \min\{ \widehat{(\boldsymbol{\tau}_1, \boldsymbol{\tau}_2)}, \; \pi - \widehat{(\boldsymbol{\tau}_1, \boldsymbol{\tau}_2)} \} \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right].

(3) 平面与平面

设平面 $\pi_1, \pi_2$ 的法向量分别为 $\mathbf{n}_1 = (A_1, B_1, C_1), \; \mathbf{n}_2 = (A_2, B_2, C_2)$ ：

① 垂直：

\pi_1 \perp \pi_2 \iff \mathbf{n}_1 \perp \mathbf{n}_2 \iff A_1 A_2 + B_1 B_2 + C_1 C_2 = 0.

② 平行：

\pi_1 \parallel \pi_2 \iff \mathbf{n}_1 \parallel \mathbf{n}_2 \iff \frac{A_1}{A_2} = \frac{B_1}{B_2} = \frac{C_1}{C_2}.

③ 两平面夹角：

\theta = \arccos \left| \frac{\mathbf{n}_1 \cdot \mathbf{n}_2}{|\mathbf{n}_1| |\mathbf{n}_2|} \right|, \quad \text{其中 } \theta = \min\{ \widehat{(\mathbf{n}_1, \mathbf{n}_2)}, \; \pi - \widehat{(\mathbf{n}_1, \mathbf{n}_2)} \} \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right].

(4) 平面与直线

设直线 $L$ 的方向向量为 $\boldsymbol{\tau} = (l, m, n)$ ，平面 $\pi$ 的法向量为 $\mathbf{n} = (A, B, C)$ ：

① 垂直（线面垂直 $\iff$ 向法共线）：

L \perp \pi \iff \boldsymbol{\tau} \parallel \mathbf{n} \iff \frac{l}{A} = \frac{m}{B} = \frac{n}{C}.

② 平行（线面平行 $\iff$ 向法正交）：

L \parallel \pi \iff \boldsymbol{\tau} \perp \mathbf{n} \iff Al + Bm + Cn = 0.

③ 线面夹角：

\theta = \arcsin \left| \frac{\boldsymbol{\tau} \cdot \mathbf{n}}{|\boldsymbol{\tau}| |\mathbf{n}|} \right|, \quad \text{其中 } \theta = \left| \frac{\pi}{2} - \widehat{(\boldsymbol{\tau}, \mathbf{n})} \right| \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right].

例题精讲（平面、直线及位置关系）

例 17.8（平面束方程求法）

💡 【思考与设问】例 17.8

求过直线 $L: \begin{cases} x = 1 + t, \\ y = 1 + 2t, \\ z = 1 + 3t, \end{cases}$ 且与点 $(2, 2, 2)$ 的距离为 $d = \frac{1}{\sqrt{3}}$ 的平面方程.

由 $t = x - 1$ ，可得：

\begin{cases} y = 1 + 2(x - 1), \\ z = 1 + 3(x - 1), \end{cases} \implies \begin{cases} 2x - y - 1 = 0, & (1) \\ 3x - z - 2 = 0, & (2) \end{cases}

这就是直线 $L$ 的一般式方程。

平面 ② 与点 $(2, 2, 2)$ 的距离为：

d = \frac{|Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}} = \frac{|3 \times 2 - 2 - 2|}{\sqrt{3^2 + 0^2 + (-1)^2}} = \frac{2}{\sqrt{10}} \neq \frac{1}{\sqrt{3}},

显然，平面 ② 不是所求平面，故可设过 $L$ 的平面束方程为：

2x - y - 1 + \lambda(3x - z - 2) = 0,

整理得：

(2 + 3\lambda)x - y - \lambda z - (1 + 2\lambda) = 0.

由题意，

d = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{|(2 + 3\lambda) \cdot 2 - 2 - 2\lambda - (1 + 2\lambda)|}{\sqrt{(2 + 3\lambda)^2 + (-1)^2 + (-\lambda)^2}},

即 $\lambda^2 = 1, \; \lambda = \pm 1$ ，故所求平面方程为：

2x - y - 1 + 3x - z - 2 = 0 \quad \text{或} \quad 2x - y - 1 - 3x + z + 2 = 0,

即：

5x - y - z - 3 = 0 \quad \text{或} \quad x + y - z - 1 = 0.

例 17.9（两直线夹角）

💡 【思考与设问】例 17.9

✔ 设有直线 $L_1: \frac{x - 1}{1} = \frac{y - 5}{-2} = \frac{z + 8}{1}$ 与 $L_2: \begin{cases} x - y = 6, \\ 2y + z = 3, \end{cases}$ 则 $L_1$ 与 $L_2$ 的夹角为 ( ).

(A) $\frac{\pi}{6}$

(B) $\frac{\pi}{4}$

(C) $\frac{\pi}{3}$

(D) $\frac{\pi}{2}$

直线 $L_1$ 的方向向量 $\mathbf{n}_1 = (1, -2, 1)$ ，直线 $L_2$ 的方向向量

\mathbf{n}_2 = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & -1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \end{vmatrix} = -\mathbf{i} - \mathbf{j} + 2\mathbf{k}, \quad (\text{手写标注:\quad }\implies (-1, -1, 2)).

从而直线 $L_1$ 和 $L_2$ 的夹角 $\varphi$ 的余弦为 $\cos\varphi = \dfrac{|\mathbf{n}_1 \cdot \mathbf{n}_2|}{|\mathbf{n}_1| |\mathbf{n}_2|} = \dfrac{3}{\sqrt{6} \times \sqrt{6}} = \dfrac{1}{2}$ ，因此 $\varphi = \dfrac{\pi}{3}$ .

例 17.10（点到平面距离）

💡 【思考与设问】例 17.10

✔ 点 $(2, 1, 0)$ 到平面 $3x + 4y + 5z = 0$ 的距离 $d =$ ________.

8.2.4 场论初步

1. 方向导数

(1) 方向导数定义

定义 1：设三元函数 $u = u(x, y, z)$ 在点 $P_0(x_0, y_0, z_0)$ 的某空间邻域 $U \subset \mathbf{R}^3$ 内有定义， $l$ 为从点 $P_0$ 出发的射线， $P(x, y, z)$ 为 $l$ 上且在 $U$ 内的任一点，则：

\begin{cases} x - x_0 = \Delta x = t \cos\alpha, \\ y - y_0 = \Delta y = t \cos\beta, \\ z - z_0 = \Delta z = t \cos\gamma. \end{cases}

以 $t = \sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2 + (\Delta z)^2}$ 表示 $P$ 与 $P_0$ 之间的距离。如图 17-3 所示，若极限：

\lim_{t \to 0^+} \frac{u(P) - u(P_0)}{t} = \lim_{t \to 0^+} \frac{u(x_0 + t\cos\alpha, \; y_0 + t\cos\beta, \; z_0 + t\cos\gamma) - u(x_0, y_0, z_0)}{t}

存在，则称此极限为函数 $u = u(x, y, z)$ 在点 $P_0$ 沿方向 $\mathbf{l}$ 的方向导数，记作：

\left. \frac{\partial u}{\partial \mathbf{l}} \right|_{P_0}.

Pasted image 20260922151856.png

(2) 方向导数的计算公式

※ 定理（方向导数的计算公式）：设三元函数 $u = u(x, y, z)$ 在点 $P_0(x_0, y_0, z_0)$ 处可微（手写红圈圈出“可微”），则 $u = u(x, y, z)$ 在点 $P_0$ 处沿任一方向 $\mathbf{l}$ 的方向导数都存在，且：

\begin{aligned} \left. \frac{\partial u}{\partial \mathbf{l}} \right|_{P_0} &= \lim_{t \to 0^+} \frac{u(x_0 + \Delta x, y_0 + \Delta y, z_0 + \Delta z) - u(x_0, y_0, z_0)}{\sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2 + (\Delta z)^2}} \\ &= \lim_{t \to 0^+} \frac{u'_x(P_0)\Delta x + u'_y(P_0)\Delta y + u'_z(P_0)\Delta z + o(t)}{\sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2 + (\Delta z)^2}} \\ &= u'_x(P_0)\cos\alpha + u'_y(P_0)\cos\beta + u'_z(P_0)\cos\gamma, \quad (\text{手写批注:\quad 是一个数}) \end{aligned}

其中 $\cos\alpha, \cos\beta, \cos\gamma$ 为方向 $\mathbf{l}$ 的方向余弦。

2. 梯度

在一个数量场中，函数在给定点处沿不同的方向，其方向导数一般是不相同的，现在我们所关心的是沿哪一个方向其方向导数最大？最大值是多少？函数在点 $P$ 沿哪一方向增加的速度最快？为此引进一个很重要的概念——梯度.

定义 2：设三元函数 $u = u(x, y, z)$ 在点 $P_0(x_0, y_0, z_0)$ 处具有一阶偏导数，则定义向量：

\left. \operatorname{grad} u \right|_{P_0} = (u'_x(P_0), \; u'_y(P_0), \; u'_z(P_0))

为函数 $u = u(x, y, z)$ 在点 $P_0$ 处的梯度（手写标注： $\left. \operatorname{grad} u \right|_{P_0}$ 为一向量）。

3. 方向导数与梯度的关系

※ 由方向导数的计算公式与梯度的定义：

\left. \frac{\partial u}{\partial \mathbf{l}} \right|_{P_0} = u'_x(P_0)\cos\alpha + u'_y(P_0)\cos\beta + u'_z(P_0)\cos\gamma,

\left. \operatorname{grad} u \right|_{P_0} = (u'_x(P_0), \; u'_y(P_0), \; u'_z(P_0)),

可得到：

\begin{aligned} \left. \frac{\partial u}{\partial \mathbf{l}} \right|_{P_0} &= (u'_x(P_0), \; u'_y(P_0), \; u'_z(P_0)) \cdot (\cos\alpha, \cos\beta, \cos\gamma) \\ &= \left. \operatorname{grad} u \right|_{P_0} \cdot \mathbf{l}^\circ \\ &= |\left. \operatorname{grad} u \right|_{P_0}| |\mathbf{l}^\circ| \cos\theta \\ &= |\left. \operatorname{grad} u \right|_{P_0}| \cos\theta, \end{aligned}

其中 $\theta$ 为 $\left. \operatorname{grad} u \right|_{P_0}$ 与单位方向向量 $\mathbf{l}^\circ$ 的夹角。当 $\cos\theta = 1$ 时（即方向 $\mathbf{l}$ 与梯度同向时）， $\left. \frac{\partial u}{\partial \mathbf{l}} \right|_{P_0}$ 有最大值。

4. 散度

定义 3：设向量场 $\mathbf{A}(x, y, z) = P\mathbf{i} + Q\mathbf{j} + R\mathbf{k}$ ，引入哈密顿算子 $\nabla = \left( \frac{\partial}{\partial x}, \frac{\partial}{\partial y}, \frac{\partial}{\partial z} \right)$ ，则：

\operatorname{div} \mathbf{A} = \nabla \cdot \mathbf{A} = \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z}

叫作向量场 $\mathbf{A}$ 的散度.

5. 旋度

定义 4：设向量场 $\mathbf{A}(x, y, z) = P\mathbf{i} + Q\mathbf{j} + R\mathbf{k}$ ，算子 $\nabla$ 与 $\mathbf{A}$ 的叉积定义为：

\operatorname{rot} \mathbf{A} = \nabla \times \mathbf{A} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ P & Q & R \end{vmatrix}

展开为坐标形式：

\operatorname{rot} \mathbf{A} = \left( \frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z} \right)\mathbf{i} + \left( \frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x} \right)\mathbf{j} + \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right)\mathbf{k}

叫作向量场 $\mathbf{A}$ 的旋度（亦记作 $\operatorname{curl}\mathbf{A}$ ）.

两大为零恒等式（考研高频考点）：
- 旋度的散度恒为 0： $\operatorname{div}(\operatorname{rot} \mathbf{A}) = \nabla \cdot (\nabla \times \mathbf{A}) \equiv 0$ （涡旋流动无净源涌出，旋度场必为无源场）；
- 梯度的旋度恒为零向量： $\operatorname{rot}(\operatorname{grad} u) = \nabla \times (\nabla u) \equiv \mathbf{0}$ （势函数梯度场必为无旋场）。
三算子性质对比表：

概念	记号	算子表达	运算类型（输入 $\to$ 输出）	核心特征场 / 考点
梯度	$\operatorname{grad} u$	$\nabla u$	标量场 $\to$ 矢量	模长等于方向导数的最大值
散度	$\operatorname{div} \mathbf{A}$	$\nabla \cdot \mathbf{A}$	矢量场 $\to$ 标量（数）	$\operatorname{div} \mathbf{A} = 0 \iff$ 无源场
旋度	$\operatorname{rot} \mathbf{A}$	$\nabla \times \mathbf{A}$	矢量场 $\to$ 矢量（向量）	$\operatorname{rot} \mathbf{A} = \mathbf{0} \iff$ 无旋场

例题精讲（场论初步）

例 17.11（三元函数沿给定向量的方向导数）

💡 【思考与设问】例 17.11

✔ 函数 $f(x, y, z) = x^2 y + z^2$ 在点 $(1, 2, 0)$ 处沿向量 $\mathbf{n} = (1, 2, 2)$ 的方向导数为 ( ).

(A) 12

(B) 6

(C) 4

(D) 2

因为函数可微分，且各偏导数为：

\left. \frac{\partial f}{\partial x} \right|_{(1, 2, 0)} = \left. 2xy \right|_{(1, 2, 0)} = 4, \quad \left. \frac{\partial f}{\partial y} \right|_{(1, 2, 0)} = \left. x^2 \right|_{(1, 2, 0)} = 1, \quad \left. \frac{\partial f}{\partial z} \right|_{(1, 2, 0)} = \left. 2z \right|_{(1, 2, 0)} = 0.

（手写红圈圈出偏导数值 $4, 1, 0$ ）

[!tip] 手写批注（方向余弦计算）
$\cos\alpha = \frac{1}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}} = \frac{1}{3}, \quad \cos\beta = \frac{2}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}} = \frac{2}{3}, \quad \cos\gamma = \frac{2}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}} = \frac{2}{3}.$

与 $\mathbf{n}$ 同方向的单位向量为：

\frac{\mathbf{n}}{|\mathbf{n}|} = \left( \frac{1}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3} \right),

所以所求方向导数为：

\left. \frac{\partial f}{\partial \mathbf{n}} \right|_{(1, 2, 0)} = 4 \times \frac{1}{3} + 1 \times \frac{2}{3} + 0 \times \frac{2}{3} = 2.

例 17.12（分段函数不可微时用定义求方向导数）

💡 【思考与设问】例 17.12

✔ 已知二元函数：
$f(x, y) = \begin{cases} x + y + \dfrac{x^3 y}{x^4 + y^2}, & (x, y) \neq (0, 0), \\ 0, & (x, y) = (0, 0), \end{cases}$
求 $f(x, y)$ 在点 $P(0, 0)$ 处沿方向 $\mathbf{l} = (\cos\alpha, \cos\beta)$ 的方向导数.

【分析】 由于：

f'_x(0, 0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x - 0} = 1, \quad f'_y(0, 0) = \lim_{y \to 0} \frac{f(0, y) - f(0, 0)}{y - 0} = 1,

故：

\Delta f - (\Delta x + \Delta y) = \frac{(\Delta x)^3 \Delta y}{(\Delta x)^4 + (\Delta y)^2}.

取路径 $\Delta y = (\Delta x)^2$ ，则：

\lim_{\substack{\Delta x \to 0 \\ \Delta y = (\Delta x)^2}} \frac{(\Delta x)^3 \Delta y}{(\Delta x)^4 + (\Delta y)^2} \cdot \frac{1}{\sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2}} = \lim_{\substack{\Delta x \to 0 \\ \Delta y = (\Delta x)^2}} \frac{(\Delta x)^5}{2(\Delta x)^4 \cdot |\Delta x| \sqrt{1 + (\Delta x)^2}} \neq 0,

故 $f(x, y)$ 在 $P(0, 0)$ 处不可微（手写红圈圈出），需用定义求方向导数（手写红圈圈出）。

令 $\Delta x = \rho\cos\alpha, \; \Delta y = \rho\cos\beta$ ，则 $\rho = \sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2}$ ，从而：

\begin{aligned} \left. \frac{\partial f}{\partial \mathbf{l}} \right|_P &= \lim_{\rho \to 0^+} \frac{f(\Delta x, \Delta y) - f(0, 0)}{\rho} \\ &= \lim_{\rho \to 0^+} \frac{1}{\rho} \left[ \rho\cos\alpha + \rho\cos\beta + \frac{\rho^4 \cos^3\alpha \cos\beta}{\rho^4 \cos^4\alpha + \rho^2 \cos^2\beta} \right] \\ &= \cos\alpha + \cos\beta. \end{aligned}

[!tip] 手写极限推导批注当 $\rho \to 0^+$ 时，最后一项极限为零：
$\lim_{\rho \to 0^+} \frac{\rho^3 \cos^3\alpha \cos\beta}{\rho^2 (\rho^2 \cos^4\alpha + \cos^2\beta)} = \lim_{\rho \to 0^+} \frac{A \rho^3}{B \rho^2 + o(\rho^2)} = 0.$

[!tip] 错题集归档与做题心法本题已收录至错题集：错题档案：例 17.12 ｜关联每日记录：09-22 错题记录

公式成立前提严查：方向导数计算公式 $\left.\frac{\partial f}{\partial \mathbf{l}}\right| = f'_x\cos\alpha + f'_y\cos\beta$ 必须以函数在该点可微为绝对前提，未证可微盲目套用属于严重逻辑断层；

路径法判定不可微：观察分母四次与二次结构，取高阶匹配路径 $\Delta y = (\Delta x)^2$ 验证全增量极限不为 0（且左右极限符号相反），精准证伪可微性；

不可微回归定义法：单侧射线极限 $\lim\limits_{\rho \to 0^+} \frac{f(\rho\cos\alpha, \; \rho\cos\beta) - f(0, 0)}{\rho}$ ，结合分母同阶提公因式与 $\cos\beta = 0$ 边界讨论严密求解。

例 17.13（三元函数沿投影直线的方向导数）

💡 【思考与设问】例 17.13

设直线 $L$ 是直线：
$\begin{cases} 2x - z - 3 = 0, \\ y - 2z + 4 = 0 \end{cases}$
在平面 $x + y - z = 5$ 上的投影。求函数 $f(x, y, z) = \cos^2 xy + \frac{y}{z^2}$ 在点 $P(0, -1, 1)$ 处沿直线 $L$ 的方向导数.

易知，直线 $L$ 的方向向量为 $\boldsymbol{\tau} = (0, 1, 1)$ ，其方向余弦为：

(\cos\alpha, \cos\beta, \cos\gamma) = \pm \frac{\boldsymbol{\tau}}{|\boldsymbol{\tau}|} = \pm \left( 0, \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}} \right).

在点 $P(0, -1, 1)$ 处，各偏导数为：

f'_x = 0, \quad f'_y = 1, \quad f'_z = 2,

从而得：

\left. \frac{\partial f}{\partial \boldsymbol{\tau}} \right|_P = \pm \left( 0 \times 0 + 1 \times \frac{1}{\sqrt{2}} + 2 \times \frac{1}{\sqrt{2}} \right) = \pm \frac{3}{\sqrt{2}} = \pm \frac{3}{2}\sqrt{2}.

例 17.14（已知多个方向导数反求偏导数与沿原点方向导数）

💡 【思考与设问】例 17.14

※ 已知函数 $z = f(x, y)$ 可微，其在点 $P_0(1, 2)$ 处沿从 $P_0$ 到 $P_1(2, 3)$ 的方向的方向导数为 $2\sqrt{2}$ ，沿从 $P_0$ 到 $P_2(1, 0)$ 的方向的方向导数为 $-3$ ，则 $z$ 在点 $P_0$ 处沿从 $P_0$ 到原点 $O$ 的方向的方向导数为 ________.

如图 17-5 所示：

向量 $\mathbf{l}_1 = \overrightarrow{P_0P_1} = (1, 1)$ ；
向量 $\mathbf{l}_2 = \overrightarrow{P_0P_2} = (0, -2)$ ；
向量 $\mathbf{l}_3 = \overrightarrow{P_0O} = (-1, -2)$ .

其对应的单位方向向量为：

\mathbf{l}_1^\circ = \left( \cos\alpha_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}, \quad \cos\beta_1 = \frac{1}{\sqrt{2}} \right),

\mathbf{l}_2^\circ = (\cos\alpha_2 = 0, \quad \cos\beta_2 = -1),

\mathbf{l}_3^\circ = \left( \cos\alpha_3 = -\frac{1}{\sqrt{5}}, \quad \cos\beta_3 = -\frac{2}{\sqrt{5}} \right).

由方向导数计算公式，有：

\begin{cases} \left. \dfrac{\partial f}{\partial x} \right|_{P_0} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{2}} + \left. \dfrac{\partial f}{\partial y} \right|_{P_0} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}, \\ \left. \dfrac{\partial f}{\partial x} \right|_{P_0} \cdot 0 + \left. \dfrac{\partial f}{\partial y} \right|_{P_0} \cdot (-1) = -3, \end{cases}

解得：

z'_x(P_0) = 1, \quad z'_y(P_0) = 3.

故沿从 $P_0$ 到原点 $O$ 的方向导数为：

\left. \frac{\partial f}{\partial x} \right|_{P_0} \cdot \left(-\frac{1}{\sqrt{5}}\right) + \left. \frac{\partial f}{\partial y} \right|_{P_0} \cdot \left(-\frac{2}{\sqrt{5}}\right) = 1 \cdot \left(-\frac{1}{\sqrt{5}}\right) + 3 \cdot \left(-\frac{2}{\sqrt{5}}\right) = -\frac{7\sqrt{5}}{5}.

例 17.15（最大变化率与梯度的模）

💡 【思考与设问】例 17.15

✔ 函数 $z(x, y) = \mathrm{e}^{3(x-1)+4y}\cos(xy)$ 在点 $(1, 0)$ 处的最大变化率为 ________.

计算偏导数：

z'_x(1, 0) = \left. \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\mathrm{e}^{3(x-1)} \right|_{x=1} = 3, \quad z'_y(1, 0) = \left. \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}\left( \mathrm{e}^{4y}\cos y \right) \right|_{y=0} = 4.

（手写批注：梯度向量为 $(3, 4)$ ，其模长 $|\operatorname{grad}| = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5$ ）

最大变化率即梯度的模：

\text{最大变化率}: \max \left. \frac{\partial z}{\partial \mathbf{l}} \right|_{(1, 0)} = |\left. \operatorname{grad} z \right|_{(1, 0)}| = |(3, 4)| = 5.

例 17.16（梯度的综合应用）

💡 【思考与设问】例 17.16

设数量场 $u = x^2 + 2y^2 + 3z^2 + xy + 3x - 2y - 6z$ ，求：

梯度为零向量的点；

在点 $(2, 0, 1)$ 处，沿哪一个方向 $u$ 的变化率最大，并求此最大变化率；

使其梯度垂直于 $z$ 轴的点.

(1) 计算梯度：

\operatorname{grad} u = \left( \frac{\partial u}{\partial x}, \frac{\partial u}{\partial y}, \frac{\partial u}{\partial z} \right) = (2x + y + 3, \; 4y + x - 2, \; 6z - 6).

按题意，梯度为零向量，即 $\operatorname{grad} u = (0, 0, 0)$ ，则：

\begin{cases} 2x + y + 3 = 0, \\ x + 4y - 2 = 0, \\ 6z - 6 = 0, \end{cases} \implies \begin{cases} x = -2, \\ y = 1, \\ z = 1. \end{cases}

所求点为 $(-2, 1, 1)$ .

(2) 沿梯度 $\operatorname{grad} u$ 方向， $u$ 的变化率最大，为

|\left. \operatorname{grad} u \right|_{(2, 0, 1)}| = |(7, 0, 0)| = \sqrt{7^2 + 0^2 + 0^2} = 7.

(3) 设点 $(x, y, z)$ 处的梯度垂直于 $z$ 轴，则：

\operatorname{grad} u \cdot \mathbf{k} = (2x + y + 3, \; 4y + x - 2, \; 6z - 6) \cdot (0, 0, 1) = 6z - 6 = 0,

所以 $z = 1$ ， $x, y$ 任意。即数量场 $u$ 在平面 $z = 1$ 上的任一点处的梯度都垂直于 $z$ 轴。

例 17.17（旋度计算）

💡 【思考与设问】例 17.17

设 $\mathbf{F}(x, y, z) = xy\mathbf{i} - yz\mathbf{j} + zx\mathbf{k}$ ，则 $\operatorname{rot}\mathbf{F}(1, 1, 0) =$ ________.

三元向量函数 $\mathbf{F}(x, y, z) = (P, Q, R)$ ，则：

\operatorname{rot}\mathbf{F}(x, y, z) = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ P & Q & R \end{vmatrix}.

这里 $P = xy, \; Q = -yz, \; R = zx$ ，于是：

\left. \operatorname{rot}\mathbf{F}(1, 1, 0) = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ xy & -yz & zx \end{vmatrix} \right|_{(1, 1, 0)} = \left. (y\mathbf{i} - z\mathbf{j} - x\mathbf{k}) \right|_{(1, 1, 0)} = \mathbf{i} - \mathbf{k}.

8.2.5 习题精练与原书解析（习题 17.1 至 17.10）

习题 17.1（与曲面相切的平面）

💡 【EXERCISE】习题 17.1

过点 $(1, 0, 0), (0, 1, 0)$ ，且与曲面 $z = x^2 + y^2$ 相切的平面为 ( ).

(A) $z = 0$ 与 $x + y - z = 1$

(B) $z = 0$ 与 $2x + 2y - z = 2$

(C) $x = y$ 与 $x + y - z = 1$

(D) $x = y$ 与 $2x + 2y - z = 2$

设所求平面与曲面 $z = x^2 + y^2$ 的切点为 $(x_0, y_0, z_0)$ ，曲面 $z = x^2 + y^2$ 在切点 $(x_0, y_0, z_0)$ 处的法向量为：

\mathbf{n} = (2x_0, 2y_0, -1),

故切平面方程为：

2x_0(x - x_0) + 2y_0(y - y_0) - (z - z_0) = 0,

这里 $z_0 = x_0^2 + y_0^2$ 。将定点 $(1, 0, 0)$ 和 $(0, 1, 0)$ 代入到上述切平面方程中可得 $(x_0, y_0, z_0) = (0, 0, 0), \; (x_0, y_0, z_0) = (1, 1, 2)$ ，故切平面方程为 $z = 0$ 与 $2x + 2y - z = 2$ ，选 (B).

习题 17.2（曲面在指定点处的切平面方程）

💡 【EXERCISE】习题 17.2

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 ________.

习题 17.3（直线绕坐标轴旋转一周的旋转曲面方程）

💡 【EXERCISE】习题 17.3

直线 $L: x = 3 - t, \; y = -1 + t, \; z = 1 + 2t$ 绕 $y$ 轴旋转一周所形成的旋转曲面方程为 ________.

习题 17.4（沿另一函数梯度方向的方向导数）

💡 【EXERCISE】习题 17.4

函数 $u = 3x^2 y - 2yz + z^3, \; v = 4xy - z^3$ ，点 $P(1, -1, 1)$ 。 $u$ 在点 $P$ 处沿 $\left. \operatorname{grad} v \right|_P$ 方向的方向导数等于 ________.

习题 17.5（两方向导数已知求最大变化率）

💡 【EXERCISE】习题 17.5

函数 $z = f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处可微，沿 $\mathbf{i} + \sqrt{3}\mathbf{j}$ 方向的方向导数为 1；沿 $\sqrt{3}\mathbf{i} + \mathbf{j}$ 方向的方向导数为 $\sqrt{3}$ ，则 $f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处的最大变化率为 ________.

\mathbf{l}_1 = (1, \sqrt{3}), \; \mathbf{l}_1^\circ = \begin{cases} \cos\alpha_1 = \dfrac{1}{2}, \\ \cos\beta_1 = \dfrac{\sqrt{3}}{2}, \end{cases} \quad \mathbf{l}_2 = (\sqrt{3}, 1), \; \mathbf{l}_2^\circ = \begin{cases} \cos\alpha_2 = \dfrac{\sqrt{3}}{2}, \\ \cos\beta_2 = \dfrac{1}{2}. \end{cases}

由方向导数计算公式，有：

\begin{cases} \left. \dfrac{\partial f}{\partial x} \right|_{(0, 0)} \cdot \dfrac{1}{2} + \left. \dfrac{\partial f}{\partial y} \right|_{(0, 0)} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 1, \\ \left. \dfrac{\partial f}{\partial x} \right|_{(0, 0)} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \left. \dfrac{\partial f}{\partial y} \right|_{(0, 0)} \cdot \dfrac{1}{2} = \sqrt{3}, \end{cases}

解得 $\left. \dfrac{\partial f}{\partial x} \right|_{(0, 0)} = 2, \; \left. \dfrac{\partial f}{\partial y} \right|_{(0, 0)} = 0$ ，即 $\left. \operatorname{grad} z \right|_{(0, 0)} = (2, 0)$ 。故 $f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处变化最快的方向是 $\mathbf{i}$ ，最大的变化率为 $\sqrt{2^2 + 0^2} = 2$ .

习题 17.6（梯度的散度计算）

💡 【EXERCISE】习题 17.6

设 $r = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}$ ，则 $\left. \operatorname{div}(\operatorname{grad} r) \right|_{(1, -2, 2)} =$ ________.

由于：

\frac{\partial r}{\partial x} = \frac{2x}{2r} = \frac{x}{r}, \quad \frac{\partial r}{\partial y} = \frac{y}{r}, \quad \frac{\partial r}{\partial z} = \frac{z}{r},

\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial r}{\partial x}\right) = \frac{r - \frac{x^2}{r}}{r^2} = \frac{r^2 - x^2}{r^3} = \frac{1}{r} - \frac{x^2}{r^3},

\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial r}{\partial y}\right) = \frac{1}{r} - \frac{y^2}{r^3}, \quad \frac{\partial}{\partial z}\left(\frac{\partial r}{\partial z}\right) = \frac{1}{r} - \frac{z^2}{r^3}.

故

\left. \operatorname{div}(\operatorname{grad} r) \right|_{(1, -2, 2)} = \left. \left( \frac{3}{r} - \frac{x^2 + y^2 + z^2}{r^3} \right) \right|_{(1, -2, 2)} = \frac{2}{3}.

习题 17.7（直线在切平面上反求参数）

💡 【EXERCISE】习题 17.7

设直线 $L: \begin{cases} x + y + b = 0, \\ x + ay - z - 3 = 0 \end{cases}$ 在平面 $\pi$ 上，而平面 $\pi$ 与曲面 $z = x^2 + y^2$ 相切于点 $(1, -2, 5)$ ，求 $a, b$ 的值.

曲面 $z = x^2 + y^2$ 在点 $(1, -2, 5)$ 处的法向量为：

\mathbf{n} = (2x, 2y, -1)|_{(1, -2, 5)} = (2, -4, -1),

于是切平面方程为：

2(x - 1) - 4(y + 2) - (z - 5) = 0,

即：

2x - 4y - z - 5 = 0. \quad (*)

由直线 $L$ 的方程：

\begin{cases} x + y + b = 0, \\ x + ay - z - 3 = 0, \end{cases}

得：

y = -x - b, \quad z = x - 3 + a(-x - b).

代入 $(*)$ 式，得：

2x - 4(-x - b) - [x - 3 + a(-x - b)] - 5 = 0,

整理得：

(5 + a)x + (4b + ab - 2) = 0.

因为直线 $L$ 在平面 $\pi$ 上，该式对任意 $x$ 恒成立，因而有：

\begin{cases} 5 + a = 0, \\ 4b + ab - 2 = 0, \end{cases}

由此解得：

a = -5, \quad b = -2.

习题 17.8（旋转曲面与圆锥面及其体积）

💡 【EXERCISE】习题 17.8

椭球面 $S_1$ 由椭圆 $\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1$ 绕 $x$ 轴旋转而成，圆锥面 $S_2$ 是由过点 $(4, 0)$ 且与椭圆 $\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1$ 相切的直线绕 $x$ 轴旋转而成.

求 $S_1$ 及 $S_2$ 的方程；

求 $S_1$ 与 $S_2$ 之间的立体的体积.

(1) 椭球面 $S_1$ 的方程为 $\dfrac{x^2}{4} + \dfrac{y^2 + z^2}{3} = 1$ .

设切点为 $(x_0, y_0)$ ，则 $\dfrac{x^2}{4} + \dfrac{y^2}{3} = 1$ 在 $(x_0, y_0)$ 处的切线方程为 $\dfrac{x_0 x}{4} + \dfrac{y_0 y}{3} = 1$ 。将 $x = 4, y = 0$ 代入上述切线方程，得切点坐标为 $\left(1, \pm \dfrac{3}{2}\right)$ ，所以切线方程为：

\frac{x}{4} \pm \frac{y}{2} = 1,

从而圆锥面 $S_2$ 的方程为：

\left( \frac{x}{4} - 1 \right)^2 = \frac{y^2 + z^2}{4}, \quad \text{即 } (x - 4)^2 - 4y^2 - 4z^2 = 0.

(2) $S_1$ 与 $S_2$ 之间的立体的体积 $V = V_1 - V_2$ ，其中 $V_1$ 是一个底面半径为 $\dfrac{3}{2}$ ，高为 3 的圆锥体积； $V_2$ 是椭球体 $\dfrac{x^2}{4} + \dfrac{y^2 + z^2}{3} \le 1$ 介于平面 $x = 1$ 和 $x = 2$ 之间的部分的体积。

由于

V_1 = \frac{9}{4}\pi, \quad V_2 = \pi \int_1^2 \frac{3(4 - x^2)}{4}\mathrm{d}x = \frac{5}{4}\pi,

因此

V = \frac{9}{4}\pi - \frac{5}{4}\pi = \pi.

习题 17.9（二元函数方向导数的最值方向）

💡 【EXERCISE】习题 17.9

求函数 $f(x, y) = x^2 - xy + y^2$ 在点 $M(1, 1)$ 沿与 $x$ 轴的正向组成 $\alpha$ 角的方向 $\mathbf{l}$ 上的方向导数，在怎样的方向上此方向导数：

有最大值；

有最小值；

等于 0.

\left. \frac{\partial f}{\partial x} \right|_{(1, 1)} = 1, \quad \left. \frac{\partial f}{\partial y} \right|_{(1, 1)} = 1,

\left. \frac{\partial f}{\partial \mathbf{l}} \right|_{(1, 1)} = \cos\alpha + \cos\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) = \cos\alpha + \sin\alpha = \sqrt{2}\sin\left(\alpha + \frac{\pi}{4}\right).

(1) 当 $\sin\left(\alpha + \frac{\pi}{4}\right) = 1$ ，即 $\alpha = \frac{\pi}{4}$ 时， $\dfrac{\partial f}{\partial \mathbf{l}}$ 最大.

(2) 当 $\sin\left(\alpha + \frac{\pi}{4}\right) = -1$ ，即 $\alpha = \frac{5}{4}\pi$ 时， $\dfrac{\partial f}{\partial \mathbf{l}}$ 最小.

(3) 当 $\sin\left(\alpha + \frac{\pi}{4}\right) = 0$ ，即 $\alpha = \frac{3}{4}\pi$ 或 $\alpha = \frac{7}{4}\pi$ 时， $\dfrac{\partial f}{\partial \mathbf{l}} = 0$ .

习题 17.10（沿梯度方向运动轨迹方程及到达时间）

💡 【EXERCISE】习题 17.10

质点 $A$ 位于坐标原点 $O$ 处，其气味的浓度函数 $f(x, y, z) = \mathrm{e}^{-\frac{x^2 + 2y^2 + z^2}{10^4}}$ ，质点 $B$ 位于点 $\left(1, \frac{1}{2}, 1\right)$ 处（单位：km），现质点 $B$ 总是沿着质点 $A$ 气味变化最快的方向前进，其速度为 $1 \text{ km/min}$ ，求：

质点 $B$ 的运动轨迹方程；

质点 $B$ 到达质点 $A$ 的时间.

(1) 气味变化最快的方向，即 $f(x, y, z)$ 的梯度方向，即：

\operatorname{grad} f = \left( \frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}, \frac{\partial f}{\partial z} \right) = 10^{-4}\mathrm{e}^{-(x^2 + 2y^2 + z^2)/10^4} (-2x, -4y, -2z).

设质点 $B$ 的运动轨迹方程为 $L: \begin{cases} x = x(t), \\ y = y(t), \\ z = z(t), \end{cases}$ 则 $L$ 的切向量 $(x'_t, y'_t, z'_t) \parallel \operatorname{grad} f$ ，即：

\frac{x'_t}{-2x} = \frac{y'_t}{-4y} = \frac{z'_t}{-2z},

也即：

\frac{\mathrm{d}x}{-2x} = \frac{\mathrm{d}y}{-4y} = \frac{\mathrm{d}z}{-2z}.

对于 $\frac{\mathrm{d}x}{-2x} = \frac{\mathrm{d}y}{-4y}$ ，有：

\int \frac{1}{x}\mathrm{d}x = \int \frac{1}{2y}\mathrm{d}y \implies \ln x + \ln C_1 = \ln y^{\frac{1}{2}} \implies y = C_1^2 x^2.

又当 $x = 1$ 时， $y = \frac{1}{2}$ ，故 $C_1^2 = \frac{1}{2}$ ，于是：

y = \frac{1}{2}x^2.

对于 $\frac{\mathrm{d}x}{-2x} = \frac{\mathrm{d}z}{-2z}$ ，有：

\int \frac{1}{x}\mathrm{d}x = \int \frac{1}{z}\mathrm{d}z \implies \ln x + \ln C_2 = \ln z \implies z = C_2 x.

又当 $x = 1$ 时， $z = 1$ ，故 $C_2 = 1$ ，于是：

z = x.

综上所述，轨迹曲线 $L$ 为：

\begin{cases} x = x, \\ y = \dfrac{1}{2}x^2, \quad (0 \le x \le 1). \\ z = x, \end{cases}

(2) 由 (1)，曲线 $L$ 的长度为：

\begin{aligned} \int_0^1 \sqrt{1 + (y'_x)^2 + (z'_x)^2}\mathrm{d}x &= \int_0^1 \sqrt{2 + x^2}\mathrm{d}x \\ &= \left. x \cdot \sqrt{2 + x^2} \right|_0^1 - \int_0^1 \frac{x^2}{\sqrt{2 + x^2}}\mathrm{d}x \\ &= \sqrt{3} - \int_0^1 \frac{2 + x^2 - 2}{\sqrt{2 + x^2}}\mathrm{d}x \\ &= \sqrt{3} - \int_0^1 \sqrt{2 + x^2}\mathrm{d}x + 2\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{2 + x^2}} \\ &= \sqrt{3} - \int_0^1 \sqrt{2 + x^2}\mathrm{d}x + \left. 2\ln(x + \sqrt{2 + x^2}) \right|_0^1 \\ &= \sqrt{3} - \int_0^1 \sqrt{2 + x^2}\mathrm{d}x + 2\ln(1 + \sqrt{3}) - \ln 2, \end{aligned}

则

\int_0^1 \sqrt{2 + x^2}\mathrm{d}x = \frac{\sqrt{3}}{2} + \ln(1 + \sqrt{3}) - \frac{1}{2}\ln 2.

故质点 $B$ 到达质点 $A$ 所用的时间为 $\dfrac{\sqrt{3}}{2} + \ln(1 + \sqrt{3}) - \dfrac{1}{2}\ln 2 \text{ min}$ .

8.2 旋转曲面

8.2.1 旋转曲面：曲线 Γ\GammaΓ 绕一条定直线旋转一周所形成的曲面

(1) 曲线 Γ\GammaΓ 绕一般直线 LLL 旋转

(2) 曲线 Γ\GammaΓ 绕坐标轴（以绕 zzz 轴为例）旋转

例题精讲（旋转曲面）

例 17.7（直线绕坐标轴旋转所形成的旋转曲面方程）

8.2.2 向量的运算及其应用

(1) 数量积（内积、点积）及其应用

(2) 向量积（外积、叉积）及其应用

(3) 混合积及其应用

(4) 向量的方向角和方向余弦

8.2.3 平面、直线及位置关系

1. 平面

2. 直线

3. 空间位置关系

(1) 点到平面的距离

(2) 直线与直线

(3) 平面与平面

(4) 平面与直线

例题精讲（平面、直线及位置关系）

例 17.8（平面束方程求法）

例 17.9（两直线夹角）

例 17.10（点到平面距离）

8.2.4 场论初步

1. 方向导数

(1) 方向导数定义

(2) 方向导数的计算公式

2. 梯度

3. 方向导数与梯度的关系

4. 散度

5. 旋度

例题精讲（场论初步）

例 17.11（三元函数沿给定向量的方向导数）

例 17.12（分段函数不可微时用定义求方向导数）

例 17.13（三元函数沿投影直线的方向导数）

例 17.14（已知多个方向导数反求偏导数与沿原点方向导数）

例 17.15（最大变化率与梯度的模）

例 17.16（梯度的综合应用）

例 17.17（旋度计算）

8.2.5 习题精练与原书解析（习题 17.1 至 17.10）

习题 17.1（与曲面相切的平面）

习题 17.2（曲面在指定点处的切平面方程）

习题 17.3（直线绕坐标轴旋转一周的旋转曲面方程）

习题 17.4（沿另一函数梯度方向的方向导数）

习题 17.5（两方向导数已知求最大变化率）

习题 17.6（梯度的散度计算）

习题 17.7（直线在切平面上反求参数）

习题 17.8（旋转曲面与圆锥面及其体积）

习题 17.9（二元函数方向导数的最值方向）

习题 17.10（沿梯度方向运动轨迹方程及到达时间）

8.2.1 旋转曲面：曲线 $\Gamma$ 绕一条定直线旋转一周所形成的曲面

(1) 曲线 $\Gamma$ 绕一般直线 $L$ 旋转

(2) 曲线 $\Gamma$ 绕坐标轴（以绕 $z$ 轴为例）旋转