8.3 空间几何补充讲义

总目录 · 笔记整理索引 · 本章索引 · 上一节：8.2 旋转曲面(一定要看!)

一、切平面

例 1. (2013 年第 2 题)

💡 【思考与设问】例 1【真】（2013 年第 2 题）

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

(A) $x - y + z = -2$ .

(B) $x + y + z = 0$ .

(C) $x - 2y + z = -3$ .

(D) $x - y - z = 0$ .

\left.\left(\frac{\partial F}{\partial x}, \frac{\partial F}{\partial y}, \frac{\partial F}{\partial z}\right)\right|_{(0, 1, -1)} = \left.(2x - y\sin(xy) + 1, \; -x\sin(xy) + z, \; y)\right|_{(0, 1, -1)} = (1, -1, 1).

从而曲面在点 $(0, 1, -1)$ 处的切平面方程为：

x - (y - 1) + (z + 1) = 0,

即 $x - y + z = -2$ ，选 A.

[!tip] 手写批注原手稿在计算式 $(0, 1, -1) = (1, -1, 1)$ 下方标注红色下划线核验点值代入结果。

例 2. (2014 年第 9 题)

💡 【思考与设问】例 2【真】（2014 年第 9 题）

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 $\underline{\qquad\qquad}$ .

\begin{aligned} \left.\left(\frac{\partial F}{\partial x}, \frac{\partial F}{\partial y}, \frac{\partial F}{\partial z}\right)\right|_{(1, 0, 1)} &= \left.\left[2x(1 - \sin y) - y^2\cos x, \; -x^2\cos y + 2y(1 - \sin x), \; -1\right]\right|_{(1, 0, 1)} \\ &= (2, -1, -1), \end{aligned}

从而切平面的方程为：

2(x - 1) - (y - 0) - (z - 1) = 0,

即 $2x - y - z - 1 = 0$ .

例 3. (2023 年第 12 题)

💡 【思考与设问】例 3【真】（2023 年第 12 题）

曲面 $z = x + 2y + \ln(1 + x^2 + y^2)$ 在点 $(0, 0, 0)$ 处的切平面方程为 $\underline{\qquad\qquad}$ .

\left(\frac{\partial F}{\partial x}, \frac{\partial F}{\partial y}, \frac{\partial F}{\partial z}\right) = \left(1 + \frac{2x}{1 + x^2 + y^2}, \; 2 + \frac{2y}{1 + x^2 + y^2}, \; -1\right).

代入点 $(0, 0, 0)$ 的坐标可得曲面 $\Sigma$ 在点 $(0, 0, 0)$ 处的法向量为 $(1, 2, -1)$ . 因此，曲面 $\Sigma$ 在点 $(0, 0, 0)$ 处的切平面方程为：

(x - 0) + 2(y - 0) - (z - 0) = 0,

即 $x + 2y - z = 0$ .

[!tip] 手写批注

显式转隐式构造法：原手稿在 “ $F(x, y, z) = x + 2y + \ln(1 + x^2 + y^2) - z$ , 则曲面” 下方加红色划线；

切点法向量及平面点法式方程均有红色下划线着重强调。

例 4. (2023 李林六套卷)

💡 【思考与设问】例 4（2023 李林六套卷）

(5) 设 $f$ 可微，则曲面 $\mathrm{e}^{2x - z} = f(\pi y - \sqrt{2}z)$ 上任意一点的切平面都平行于直线 ( )

A. $\frac{x}{\sqrt{2}} = \frac{y}{\pi} = \frac{z}{2\sqrt{2}}$

B. $\frac{x}{\pi} = \frac{y}{2\sqrt{2}} = \frac{z}{2\pi}$

C. $\frac{x}{2\pi} = \frac{y}{\pi} = \frac{z}{\sqrt{2}}$

D. $\frac{x}{2\sqrt{2}} = \frac{y}{\sqrt{2}} = \frac{z}{\pi}$

(5) 应选 B.
【解】 令 $F(x, y, z) = \mathrm{e}^{2x - z} - f(\pi y - \sqrt{2}z)$ ，则曲面上任意一点的法向量为：

\boldsymbol{n} = (F'_x, F'_y, F'_z) = (2\mathrm{e}^{2x - z}, \; -\pi f', \; -\mathrm{e}^{2x - z} + \sqrt{2}f').

B 中直线的方向向量为 $\boldsymbol{l} = (\pi, 2\sqrt{2}, 2\pi)$ ，则：

\boldsymbol{l} \cdot \boldsymbol{n} = \pi \cdot 2\mathrm{e}^{2x - z} + 2\sqrt{2}(-\pi f') + 2\pi(-\mathrm{e}^{2x - z} + \sqrt{2}f') = 0,

即 $\boldsymbol{n}$ 与 $\boldsymbol{l}$ 垂直，故曲面上任意一点的切平面平行于以 $\boldsymbol{l}$ 为方向向量的直线. B 正确.

[!tip] 手写批注（系数配比消元分析）

原手稿用红圈圈出“法向量为”；

观察法向量分量与抽象导数项 $f'$ 的抵消机制：

第二分量为 $-\pi f'$ ，下方注记紫色箭头 $\downarrow \frac{\pi}{\sqrt{2}}$ ；

第三分量为 $-\mathrm{e}^{2x - z} + \sqrt{2}f'$ ，红圈圈出，注记“去掉 $f'$ ”，指向 $-\mathrm{e}^{2x - z}$ 下方的 $\downarrow 0$ 与常数项配平；

蓝色圈出“即 $\boldsymbol{n}$ 与 $\boldsymbol{l}$ 垂直”，引线直指“以 $\boldsymbol{l}$ 为方向向量的直线”，说明线面平行的几何充要条件是直线的方向向量与平面的法向量正交（ $\boldsymbol{l} \perp \boldsymbol{n} \iff \boldsymbol{l} \cdot \boldsymbol{n} = 0$ ）。

例 5. (一定要看!) 考研难度天花板! 2018 真题

💡 【思考与设问】例 5【真】※（2018 年第 2 题）

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 $2x + 2y - z = 2$ .

-2x(X - x) - 2y(Y - y) + (Z - z) = 0. \tag{1}

由于所求切平面过点 $(1, 0, 0), (0, 1, 0)$ ，故将这两点的坐标分别代入 (1) 式可得：

-2x(1 - x) + 2y^2 - z \xlongequal{x^2 + y^2 = z} -2x + z = 0,

2x^2 - 2y(1 - y) - z \xlongequal{x^2 + y^2 = z} -2y + z = 0.

联立方程组：

\begin{cases} z = 2x, \\ z = 2y, \\ z = x^2 + y^2. \end{cases}

由前两个方程可得 $x = y$ ，代入第三个方程可得 $2x = 2x^2$ ，解得 $x = 0$ 或 $x = 1$ .
当 $x = 0$ 时， $y = 0, z = 0$ ；当 $x = 1$ 时， $y = 1, z = 2$ . 从而切点坐标为 $(0, 0, 0)$ 或 $(1, 1, 2)$ .
将这两个切点的坐标分别代入 (1) 式，可得所求切平面的方程分别为：

Z = 0 \quad \text{与} \quad 2X + 2Y - Z = 2.

因此，应选 B.

[!tip] 手写批注（解题核心精髓）

原题左侧加注大红星号 $\text{※}$ ，讲义目录特别标注：(一定要看!)考研难度天花板!2018真题；

点法式方程 (1) 上方手写蓝色批注点明变量层次：
$(x, y, z)$ 为切点，$X, Y, Z$ 为切平面上动点；

在已知点 $(1, 0, 0), (0, 1, 0)$ 下方手写标注 $X, Y, Z$ （即代入切平面动点坐标）；

左侧紫色手写联立结构： $\begin{cases} -2x(1 - x) + 2y^2 - z = 0 \\ 2x^2 - 2y(1 - y) - z = 0 \\ z = x^2 + y^2 \end{cases}$

右侧紫色手写一语中的破题精髓：
“此时只需要解出切点坐标 $(x, y, z)$ 即可得到切平面方程”；

蓝色圈出求得的切点坐标：切点坐标为 (0, 0, 0) 或 (1, 1, 2)。

二、方向导数和梯度

例 6. (2012 年第 11 题)

💡 【思考与设问】例 6【真】（2012 年第 11 题）

$\left.\mathbf{grad}\left(xy + \frac{z}{y}\right)\right|_{(2, 1, 1)} = \underline{\qquad\qquad}$ .

(f'_x, f'_y, f'_z)\big|_{(2, 1, 1)} = \left.\left(y, \; x - \frac{z}{y^2}, \; \frac{1}{y}\right)\right|_{(2, 1, 1)} = (1, 1, 1),

从而：

\left.\mathbf{grad}\left(xy + \frac{z}{y}\right)\right|_{(2, 1, 1)} = \boldsymbol{i} + \boldsymbol{j} + \boldsymbol{k}.

[!tip] 手写批注手写红字注记形式转换与核对标记：
$\vec{i} + \vec{j} + \vec{k} \iff (1, 1, 1) \quad \checkmark$

例 7. (2022 年第 11 题)

💡 【思考与设问】例 7【真】（2022 年第 11 题）

函数 $f(x, y) = x^2 + 2y^2$ 在点 $(0, 1)$ 处的最大方向导数为 $\underline{\qquad\qquad}$ .

例 8. (2017 年第 3 题)

💡 【思考与设问】例 8【真】（2017 年第 3 题）

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

(A) 12.

(B) 6.

(C) 4.

(D) 2.

\begin{aligned} \left.\frac{\partial f}{\partial \boldsymbol{n}}\right|_{(1, 2, 0)} &= \mathbf{grad}\,f(1, 2, 0) \cdot \boldsymbol{e}_{\boldsymbol{n}} = \left.\left(\frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}, \frac{\partial f}{\partial z}\right)\right|_{(1, 2, 0)} \cdot \frac{\boldsymbol{n}}{\|\boldsymbol{n}\|} \\ &= (2xy, x^2, 2z)\big|_{(1, 2, 0)} \cdot \frac{1}{3}\boldsymbol{n} \\ &= (4, 1, 0) \cdot \left(\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3}\right) \\ &= \frac{4}{3} + \frac{2}{3} = 2. \end{aligned}

因此，应选 D.

[!tip] 手写批注

题干上方手写蓝色通用公式： $f'_x \cdot \cos\alpha + f'_y \cdot \cos\beta + f'_z \cdot \cos\gamma$ ；

题干“在点 $(1, 2, 0)$ 处”下方引出红色箭头直指解答中的偏导代入点值。

例 9. 梯度的方向与取得最大方向导数的方向一致！梯度的模就是方向导数的最大值！

💡 【思考与设问】例 9【真】※（2019 年第 16 题）

设 $a, b$ 为实数，函数 $z = 2 + ax^2 + by^2$ 在点 $(3, 4)$ 处的方向导数中，沿方向 $\boldsymbol{l} = -3\boldsymbol{i} - 4\boldsymbol{j}$ 的方向导数最大，最大值为 10.
(Ⅰ) 求 $a, b$ ;

(Ⅰ) 计算函数 $z = 2 + ax^2 + by^2$ 在点 $(3, 4)$ 处的梯度：

\left.\mathbf{grad}\,z(x, y)\right|_{(3, 4)} = \left.(z'_x, z'_y)\right|_{(3, 4)} = \left.(2ax, 2by)\right|_{(3, 4)} = (6a, 8b).

由于函数沿方向 $\boldsymbol{l} = -3\boldsymbol{i} - 4\boldsymbol{j}$ 的方向导数最大，最大值为 10，故 $6a\boldsymbol{i} + 8b\boldsymbol{j}$ 与 $-3\boldsymbol{i} - 4\boldsymbol{j}$ 同向，且 $\sqrt{(6a)^2 + (8b)^2} = 10$ .
由 $6a\boldsymbol{i} + 8b\boldsymbol{j}$ 与 $-3\boldsymbol{i} - 4\boldsymbol{j}$ 同向可得：

\frac{6a}{-3} = \frac{8b}{-4} > 0,

从而 $a = b < 0$ . 代入 $\sqrt{(6a)^2 + (8b)^2} = 10$ 可得 $a = b = -1$ .

[!tip] 手写批注与图示剖析（同向 vs 反向判别）

题干中“最大值为 10”下方手写红框： $|\overrightarrow{\mathbf{grad}}| = 10$ ；

题目标题为手写加粗着重强调：梯度的方向与取得最大方向导数的方向一致！梯度的模就是方向导数的最大值！（下方整行红下划线）；

解答中蓝色圆圈圈出“同向”，下方给出极其严谨的代数推导： $\text{※} \Longrightarrow (6a, 8b) \text{ 和 } (-3, -4) \text{ 同向}$ $\Longrightarrow (6a, 8b) = k(-3, -4) \quad \underline{\text{且 } k > 0 \text{ ※}} \Longrightarrow \begin{cases} 6a = -3k \\ 8b = -4k \end{cases} \Longrightarrow \begin{cases} a = b \\ \text{且 } a < 0, b < 0 \end{cases}$

右侧手写蓝色文字与草图直观对比：

$(-3, -4)$ 和 $(-6, -8)$ 同向

$(-3, -4)$ 和 $(6, 8)$ 不同向（反向）

附直角坐标系草图：第三象限射线指向 $(-3, -4)$ 与 $(-6, -8)$ ；第一象限红色反向箭头指向 $(6, 8)$ 。

例 10. (2023 李林六套卷)

💡 【思考与设问】例 10（2023 李林六套卷）

(4) 设 $f(x, y) = axy^2 + byx^2$ 在点 $(1, 1)$ 处沿 $\boldsymbol{l} = (0, 1)$ 的方向导数取得最大值为 6，则 ( )

A. $a = 1, b = 2$ .

B. $a = -1, b = -2$ .

C. $a = 4, b = -2$ .

D. $a = -2, b = 4$ .

(4) 应选 C.
【解】

f'_x(1, 1) = (ay^2 + 2byx)\big|_{(1, 1)} = a + 2b,

f'_y(1, 1) = (2axy + bx^2)\big|_{(1, 1)} = 2a + b.

由 $f(x, y)$ 在点 $(1, 1)$ 处沿 $\boldsymbol{l} = (0, 1)$ 的方向导数取得最大值 6，知 $\mathbf{grad}\,f(1, 1) = (a + 2b, 2a + b)$ 与 $\boldsymbol{l} = (0, 1)$ 同向，故：

a + 2b = 0, \quad 2a + b > 0,

且 $\|\mathbf{grad}\,f(1, 1)\| = 2a + b = 6$ ，解得 $a = 4, b = -2$ ，故 C 正确.

[!tip] 手写批注（同向正系数约束）左下角手写红色引线批注：
$(a + 2b, 2a + b) = k(0, 1) \quad \text{且 } k > 0 \implies \begin{cases} a + 2b = 0 \\ 2a + b > 0 \end{cases}$

例 11. (2023 李林六套卷)

💡 【思考与设问】例 11（2023 李林六套卷）

(4) 设 $f(x, y) = \sqrt{x^2 + y^2}$ ，则 $f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处 ( )

A. $f'_x(0, 0)$ 存在.

B. 沿任一方向的方向导数存在.

C. $f'_y(0, 0)$ 存在.

D. 可微.

(4) 应选 B.
【解】

f'_x(0, 0) = \lim_{x \to 0}\frac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x} = \lim_{x \to 0}\frac{\sqrt{x^2 + 0^2} - 0}{x} = \lim_{x \to 0}\frac{|x|}{x} \quad \text{不存在.}

同理， $f'_y(0, 0)$ 也不存在.
由方向导数的定义知， $f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处沿任一方向的方向导数为：

\lim_{\rho \to 0^+}\frac{f(x, y) - f(0, 0)}{\rho} = \lim_{\rho \to 0^+}\frac{\sqrt{x^2 + y^2}}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 1,

故 B 正确.

[!tip] 手写批注（方向导数定义展开）

原手稿用红圈圈出“定义”并加红色波浪线强调；

下方给出红色手写形式化微元定义式： $\lim_{\rho \to 0^+}\frac{f(0 + \Delta x, 0 + \Delta y) - f(0, 0)}{\rho} = \lim_{\rho \to 0^+}\frac{\sqrt{\Delta x^2 + \Delta y^2}}{\sqrt{\Delta x^2 + \Delta y^2}} = 1$ 注：锥面顶点不可微、偏导不存在，但射线方向割线极限存在且恒等于 1.

例 12. (2023 李林四套卷)

💡 【思考与设问】例 12（2023 李林四套卷）

(3) 设 $f(x, y)$ 为区域 $D$ 内的可微函数， $C$ 为常数，则下列结论中错误的是 ( )

A. 在 $D$ 内，若 $\mathrm{d}[f(x, y)] \equiv 0$ ，则 $f(x, y) \equiv C$ .

B. 在 $D$ 内，若 $f'_x(x, y) = f'_y(x, y) = 0$ ，则 $f(x, y) \equiv C$ .

C. 在 $D$ 内，若 $f'_x(x, y)x + f'_y(x, y)y = 0$ ，则 $f(x, y) \equiv C$ .

D. 在 $D$ 内任一点处沿两个不共线方向的方向导数均为零，则 $f(x, y) \equiv C$ .

(3) 应选 C.
【解】 若 $\mathrm{d}[f(x, y)] \equiv 0$ ，则 $f'_x(x, y) = f'_y(x, y) = 0$ ，故 $f(x, y) \equiv C$ ，A、B 正确.
由 $f'_x(x, y)x + f'_y(x, y)y = 0$ ，不能推得 $f'_x(x, y) = f'_y(x, y) = 0$ ，C 错误. 故选 C.
设 $(x_0, y_0)$ 为 $D$ 内任一点，两个不共线的向量为：

\boldsymbol{l}_1 = (\cos\alpha_1, \cos\beta_1), \quad \boldsymbol{l}_2 = (\cos\alpha_2, \cos\beta_2),

则 $\begin{vmatrix} \cos\alpha_1 & \cos\beta_1 \\ \cos\alpha_2 & \cos\beta_2 \end{vmatrix} \neq 0$ ，且：

\left.\frac{\partial f}{\partial \boldsymbol{l}_1}\right|_{(x_0, y_0)} = f'_x(x_0, y_0)\cos\alpha_1 + f'_y(x_0, y_0)\cos\beta_1 = 0, \tag{1}

\left.\frac{\partial f}{\partial \boldsymbol{l}_2}\right|_{(x_0, y_0)} = f'_x(x_0, y_0)\cos\alpha_2 + f'_y(x_0, y_0)\cos\beta_2 = 0, \tag{2}

故 ① 与 ② 构成的方程组只有零解，即 $f'_x(x_0, y_0) = f'_y(x_0, y_0) = 0$ . 由 $(x_0, y_0)$ 的任意性，有 $f(x, y) \equiv C$ . 故 D 正确.

[!tip] 手写批注（逻辑关系与代数本质）

题干 A 选项旁红字展开： $\mathrm{d}f(x, y) = f'_x(x, y)\mathrm{d}x + f'_y(x, y)\mathrm{d}y$ ；

A 与 B 之间用红色双箭头连接，说明全微分恒为零等价于偏导数处处为零；

D 选项下方蓝色批注归纳：“A、B 是 D 的特殊情况”；

在式 (1) 与 (2) 中，手写红字在 $f'_x(x_0, y_0)$ 上方标注 $X_1$ 、在 $f'_y(x_0, y_0)$ 上方标注 $X_2$ ，揭示其本质为以两偏导数为未知量的二元齐次线性方程组，系数行列式非零推得唯一零解。

例 13. (2023 李林四套卷)

💡 【思考与设问】例 13（2023 李林四套卷）

(3) 设 $u(x, y)$ 的全微分 $\mathrm{d}u(x, y) = \frac{ax + y}{x^2 + y^2}\mathrm{d}x - \frac{x - y + b}{x^2 + y^2}\mathrm{d}y$ ，则 $u(x, y)$ 在点 $(1, 1)$ 处的最大方向导数为 ( )

A. 1.

B. $\sqrt{2}$ .

C. 2.

D. 4.

(3) 应选 A.
【解】 记 $P(x, y) = \frac{ax + y}{x^2 + y^2}, \; Q(x, y) = -\frac{x - y + b}{x^2 + y^2}$ . 依题设， $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$ ，即：

-\frac{x^2 + y^2 - 2x(x - y + b)}{(x^2 + y^2)^2} = \frac{x^2 + y^2 - 2y(ax + y)}{(x^2 + y^2)^2},

解得 $a = 1, b = 0$ ，故 $u(x, y)$ 在点 $(1, 1)$ 处的梯度为：

\left.\mathbf{grad}\,u(x, y)\right|_{(1, 1)} = \left.(P(x, y), Q(x, y))\right|_{(1, 1)} = (1, 0),

最大方向导数为梯度的模，即 $\left\|\left.\mathbf{grad}\,u(x, y)\right|_{(1, 1)}\right\| = \sqrt{1^2 + 0^2} = 1$ . A 正确.

[!tip] 手写批注

题干上方手写红字点出全微分充要条件： $\frac{\partial u}{\partial x \partial y} = \frac{\partial u}{\partial y \partial x}$ ；

题干“处的最大方向导数为”下方红框标注核心目标： $|\overrightarrow{\mathbf{grad}}|$ ；

在等式 $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$ 的 $\partial x$ 与 $\partial y$ 下方分别标红圈 $0$ ；

$a = 1, b = 0$ 和最终模长 $\sqrt{1^2 + 0^2} = 1$ 下方有红色划线。

三、散度和旋度

例 14. (2016 年第 10 题)

💡 【思考与设问】例 14【真】（2016 年第 10 题）

向量场 $\boldsymbol{A}(x, y, z) = (x + y + z)\boldsymbol{i} + xy\boldsymbol{j} + z\boldsymbol{k}$ 的旋度 $\mathbf{rot}\,\boldsymbol{A} = \underline{\qquad\qquad}$ .

\mathbf{rot}\,\boldsymbol{A} = \left(\frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z}\right)\boldsymbol{i} + \left(\frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x}\right)\boldsymbol{j} + \left(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\right)\boldsymbol{k} = \boldsymbol{j} + (y - 1)\boldsymbol{k}.

[!tip] 手写批注

题干横线上方手写红色微分算子符号 $\nabla$ ；

$\boldsymbol{j} + (y - 1)\boldsymbol{k}$ 下方划红线，并在其下方标注红字等价坐标形式： $\Leftrightarrow (0, 1, y - 1)$ 。

例 15. (2018 年第 11 题)

💡 【思考与设问】例 15【真】（2018 年第 11 题）

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

\mathbf{rot}\,\boldsymbol{F}(x, y, z) = \begin{vmatrix} \boldsymbol{i} & \boldsymbol{j} & \boldsymbol{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ xy & -yz & zx \end{vmatrix} = y\boldsymbol{i} - z\boldsymbol{j} - x\boldsymbol{k}.

代入 $(x, y, z) = (1, 1, 0)$ ，可得 $\mathbf{rot}\,\boldsymbol{F}(1, 1, 0) = \boldsymbol{i} - \boldsymbol{k}$ .

[!tip] 手写批注

题干中 rot 下方手写一个小圈 $0$ ；

行列式右上角手写红字：“按第一行展开”；

$\boldsymbol{i} - \boldsymbol{k}$ 下方划红线，并在下方标注坐标形式： $(1, 0, -1)$ 。

四、旋转曲面方程

(1) 旋转面理论与直接替换法则

一条平面曲线绕其平面上一条直线旋转一周所成的曲面：
设 $L$ 是 $yOz$ 平面上一条曲线，其方程是：

\begin{cases} f(y, z) = 0, \\ x = 0, \end{cases}

则：

① $L$ 绕 $y$ 轴旋转所得旋转面方程为：

f(y, \pm\sqrt{x^2 + z^2}) = 0.

② $L$ 绕 $z$ 轴旋转所得旋转面方程为：

f(\pm\sqrt{x^2 + y^2}, z) = 0.

例 16. 当有一个变量为 0 时，直接用结论秒！

💡 【思考与设问】例 16【例 1】

求下列曲线绕指定的轴旋转产生的旋转面的方程：

$\begin{cases} 2x^2 + y^2 = 1, \\ z = 0 \end{cases}$ 分别绕 $x$ 轴和 $y$ 轴旋转.

$\begin{cases} z = y^2, \\ x = 0 \end{cases}$ 分别绕 $y$ 轴和 $z$ 轴旋转.

(1)

绕 $x$ 轴旋转面方程：

2x^2 + y^2 + z^2 = 1;

绕 $y$ 轴旋转面方程：

2(x^2 + z^2) + y^2 = 1.

(2)

绕 $y$ 轴旋转面方程：

\sqrt{x^2 + z^2} = y^2, \quad \text{即} \quad x^2 + z^2 = y^4;

绕 $z$ 轴旋转面方程：

z = y^2 + x^2.

[!tip] 手写批注与替换推导

题干 (2) 中在 $z = y^2$ 旁手写紫色批注： $z \ge 0$ ；

解答 (1) 绕 $x$ 轴方框圈出 $x$ 轴；绕 $y$ 轴左侧红字箭头批注： $x = \pm\sqrt{x^2 + 0^2} = \pm\sqrt{x^2 + z^2}$ ；

解答 (2) 绕 $y$ 轴下方紫色批注： $z \to \pm\sqrt{z^2 + 0^2} = \pm\sqrt{z^2 + x^2} \quad (z \ge 0 \therefore z = \sqrt{z^2 + x^2})$ ；

解答 (2) 绕 $z$ 轴下方蓝色批注： $y \to \pm\sqrt{y^2 + 0^2} = \pm\sqrt{y^2 + x^2}$ 。

例 17. (直线绕坐标轴旋转)

💡 【思考与设问】例 17【例 2】

求直线 $L: \frac{x - 1}{0} = \frac{y}{1} = \frac{z - 1}{2}$ 绕 $z$ 轴旋转所得旋转面方程.

设 $(x, y, z)$ 为旋转面上任一点，它对应曲线 $L$ 上的点为 $(x_0, y_0, z_0)$ ，这里 $z = z_0$ ，则：

x^2 + y^2 = x_0^2 + y_0^2,

又 $(x_0, y_0, z_0)$ 满足 $\frac{x_0 - 1}{0} = \frac{y_0}{1} = \frac{z_0 - 1}{2}$ ，则 $x_0 = 1, \; y_0 = \frac{z_0 - 1}{2}$ ，代入上式知：

x^2 + y^2 = 1^2 + \left(\frac{z_0 - 1}{2}\right)^2 = 1 + \frac{(z_0 - 1)^2}{4} = 1 + \frac{(z - 1)^2}{4},

即：

x^2 + y^2 - \frac{(z - 1)^2}{4} = 1.

[!tip] 手写批注（垂直平分线落实）

直线方程下方标出点 $P_1(x, y, z)$ ，在曲线点 $(x_0, y_0, z_0)$ 下方标出 $P_2$ ；

在 $z = z_0$ 下方加蓝色波浪线，上方标注手写文字：“垂直”；

在 $x^2 + y^2 = x_0^2 + y_0^2$ 上方标注手写文字：“平分”与 $|OP_1| = |OP_2|$ 。

例 18. (2013 考研真题)

💡 【思考与设问】例 18【真】（2013 年第 19 题）

设直线 $L$ 过 $A(1, 0, 0), B(0, 1, 1)$ 两点，将 $L$ 绕 $z$ 轴旋转一周得到曲面 $\Sigma$ ， $\Sigma$ 与平面 $z = 0, z = 2$ 所围成的立体为 $\Omega$ .
(Ⅰ) 求曲面 $\Sigma$ 的方程；

(Ⅰ) 直线 $L$ 的方程为 $\frac{x - 1}{-1} = \frac{y}{1} = \frac{z}{1}$ ，即：

\begin{cases} x = 1 - z, \\ y = z, \end{cases}

从而曲面 $\Sigma$ 的方程为 $x^2 + y^2 = (1 - z)^2 + z^2$ ，即：

x^2 + y^2 = 2z^2 - 2z + 1.

[!tip] 手写批注（几何与消元全过程）

题干上方手写红字坐标与向量：

$P(x, y, z)$ （曲面上动点）

$P_1(x_0, y_0, z_0)$ （母线上动点）

$\overrightarrow{AB} = (-1, 1, 1)$

$\overrightarrow{BA} = (1, -1, -1)$

题干中在“绕 $z$ 轴”下方划红色波浪线；

右侧手写红字几何条件：

垂直： $z = z_0$

平分： $|\overrightarrow{OP}| = |\overrightarrow{OP_1}| \implies x^2 + y^2 = x_0^2 + y_0^2$

右侧手写蓝色消元过程： $\frac{x_0 - 1}{-1} = \frac{y_0}{1} = z_0 \implies y_0 = z_0 = z, \quad x_0 = 1 - z_0 = 1 - z$ $\implies x^2 + y^2 = (1 - z)^2 + z^2$

例 18.1 (26 超越模拟卷：垂直平分线思想大题)

💡 【思考与设问】例 18.1（26 超越模拟卷，此题的第二问希望大家一定要掌握“垂直平分线”的思想）

设 $l_1: \frac{x - 2}{1} = \frac{y - 3}{2} = \frac{z - 2}{2}$ 与 $l_2: \frac{x - 1}{1} = \frac{y - 1}{1} = \frac{z}{0}$ .
(Ⅰ) 求 $l_1, l_2$ 的交点和夹角。
(Ⅱ) 设 $\Sigma$ 为 $l_1$ 绕 $l_2$ 旋转一周所得曲面，求 $\Sigma$ 的方程。

(Ⅰ) 令 $\frac{x - 2}{1} = \frac{y - 3}{2} = \frac{z - 2}{2} = t$ ，即：

\begin{cases} x = 2 + t, \\ y = 3 + 2t, \\ z = 2 + 2t, \end{cases}

代入 $l_2$ 方程中第一个等式，有：

\frac{2 + t - 1}{1} = \frac{3 + 2t - 1}{1},

解得 $t = -1$ ，并满足 $l_2$ 方程中第二个等式，故两直线相交，且交点为 $P_0(1, 1, 0)$ .
夹角为：

\theta = \arccos\frac{|1 \cdot 1 + 2 \cdot 1 + 2 \cdot 0|}{3 \cdot \sqrt{2}} = \frac{\pi}{4}.

（右侧手写红字公式： $\vec{l}_1 \cdot \vec{l}_2 = |\vec{l}_1| \cdot |\vec{l}_2| \cdot \cos\theta$ ）

(Ⅱ)

[!abstract] 图示信息（方格网手写草图）

旋转轴 $l_2$ ：定点 $P_0(1, 1, 0)$ ，方向向量 $\vec{l}_2(1, 1, 0)$ ；

母线 $l_1$ ：动点 $M_0(x_0, y_0, z_0)$ ，方向向量 $\vec{l}_1(1, 2, 2)$ ；

曲面动点 $M(x, y, z)$ ；

$M_0$ 绕 $l_2$ 旋转到 $M$ ，其轨迹为垂直于 $l_2$ 的圆周。

按照“垂直平分线”通法建立几何方程：

垂直：

\overrightarrow{M_0M} \perp \vec{l}_2 \implies (x - x_0) + (y - y_0) = 0 \tag{1}

平分：

|\overrightarrow{P_0M_0}| = |\overrightarrow{P_0M}| \implies (x_0 - 1)^2 + (y_0 - 1)^2 + z_0^2 = (x - 1)^2 + (y - 1)^2 + z^2 \tag{2}

$M_0$ 在直线 $l_1$ 上：

\frac{x_0 - 2}{1} = \frac{y_0 - 3}{2} = \frac{z_0 - 2}{2} \tag{3}

令 $\frac{x_0 - 2}{1} = \frac{y_0 - 3}{2} = \frac{z_0 - 2}{2} = t$ ，则：

\begin{cases} x_0 = t + 2, \\ y_0 = 2t + 3, \\ z_0 = 2t + 2, \end{cases}

代入 (1) 得：

x + y = 3t + 5 \implies t = \frac{x + y - 5}{3}.

从而将 $t$ 代入 $x_0, y_0, z_0$ 的参数表达式中消去 $t$ ：

\begin{cases} x_0 = \frac{x + y + 1}{3}, \\ y_0 = \frac{2x + 2y - 1}{3}, \\ z_0 = \frac{2x + 2y - 4}{3}. \end{cases}

代入 (2) 式，化简可得最终结果：

\boxed{z^2 - 2xy + 2x + 2y - 2 = 0}

ギターと孤独と蒼い惑星

8.3 空间几何补充讲义

8.3 空间几何补充讲义

一、切平面

例 1. (2013 年第 2 题)

例 2. (2014 年第 9 题)

例 3. (2023 年第 12 题)

例 4. (2023 李林六套卷)

例 5. (一定要看!) 考研难度天花板! 2018 真题

二、方向导数和梯度

例 6. (2012 年第 11 题)

例 7. (2022 年第 11 题)

例 8. (2017 年第 3 题)

例 9. 梯度的方向与取得最大方向导数的方向一致！梯度的模就是方向导数的最大值！

例 10. (2023 李林六套卷)

例 11. (2023 李林六套卷)

例 12. (2023 李林四套卷)

例 13. (2023 李林四套卷)

三、散度和旋度

例 14. (2016 年第 10 题)

例 15. (2018 年第 11 题)

四、旋转曲面方程

(1) 旋转面理论与直接替换法则

例 16. 当有一个变量为 0 时，直接用结论秒！

例 17. (直线绕坐标轴旋转)

例 18. (2013 考研真题)

例 18.1 (26 超越模拟卷：垂直平分线思想大题)

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