空间解析几何题

2017-1-6. 求曲面 $\Gamma = \{ (x,y,z) \in \mathbb R^3 : z=\sqrt{2+x^2+y^2} \}$ ，和平面 $\Pi = \{ (x,y,z) \in \mathbb R^3 : x-y-2z=2 \}$ 的距离。

由题，设曲面 $\Gamma$ 上距平面 $\Pi$ 最近的点为 $M(x,y,z)$ 。
所以，曲面在此处的法向量为 $\overrightarrow{n}=(\frac{x}{\sqrt{2+x^2+y^2}},\frac{y}{\sqrt{2+x^2+y^2}},-1)$ 。
又显然有，平面的法向量为 $(1,-1,-2)$ 。
所以 $M(1,-1,2)$ ，所以距离为，
$d=\frac{|1+1-4-2|}{\sqrt{1+1+4}}=\frac{2\sqrt 6}{3}$

2017-2-6. 求曲面 $\Gamma = \{ (x,y,z) \in \mathbb R^3 : y=1+x^2+z^2 \}$ ，和平面 $\Pi = \{ (x,y,z) \in \mathbb R^3 : 2x+z-y=4 \}$ 的距离。

由题，设曲面 $\Gamma$ 上距平面 $\Pi$ 最近的点为 $M(x,y,z)$ 。
所以，曲面在此处的法向量为 $\overrightarrow{n}=(2x,-1,2z)$ 。
又显然有，平面的法向量为 $(2,-1,1)$ 。
所以 $M(1,\frac{9}{4},\frac{1}{2})$ ，所以距离为，
$d=\frac{|2+\frac{1}{2}-\frac{9}{4}-4|}{\sqrt{4+1+1}}=\frac{5\sqrt 6}{8}$

2017-3-6. 求曲面 $\Gamma = \{ (x,y,z) \in \mathbb R^3 : x=\sqrt{7+y^2+z^2} \}$ ，和平面 $\Pi = \{ (x,y,z) \in \mathbb R^3 : y+z-3x=3 \}$ 的距离。

由题，设曲面 $\Gamma$ 上距平面 $\Pi$ 最近的点为 $M(x,y,z)$ 。
所以，曲面在此处的法向量为 $\overrightarrow{n}=(-1,\frac{y}{\sqrt{7+z^2+y^2}},\frac{z}{\sqrt{7+z^2+y^2}})$ 。
又显然有，平面的法向量为 $(-3,1,1)$ 。
所以 $M(3,1,1)$ ，所以距离为，
$d=\frac{|1+1-9-3|}{\sqrt{1+1+9}}=\frac{10}{\sqrt{11}}$

2018-1-2. 直角坐标系内，有直线 $L=\{ (x,y,z) \in \mathbb R^3 : \frac{x-1}{2}=y=\frac{z+2}{3} \}$ 。求原点 $O$ 到直线 $L$ 的距离，以及经过原点 $O$ 和直线 $L$ 的平面的一般方程。

由题，直线 $L$ 经过点 $M(1,0,-2)$ ，其方向向量为 $\overrightarrow{n}=(2,1,3)$ 。所以，距离为
$d=\frac{|\overrightarrow{OM} \times \overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{n}|}=\frac{3\sqrt 3}{\sqrt 7}$
显然，所求平面的法向量为
$\overrightarrow{OM} \times \overrightarrow{n}=(2,-7,1)$
又因为平面经过原点，所以平面的方程为
$2x-7y+z=0$

2018-2-2. 直角坐标系内，有直线 $L_1=\{ (x,y,z) \in \mathbb R^3 : x+1=\frac{y-2}{2}=z \}$ 和直线 $L_2=\{ (x,y,z) \in \mathbb R^3 : \frac{x-2}{3}=y+1=z+2 \}$ 。求 $L_1$ 和 $L_2$ 之前的距离，以及穿过 $L_1$ 平行 $L_2$ 的平面的一般方程。

由题， $L_1$ 经过点 $M(-1,2,0)$ ，其方向向量为 $\overrightarrow{n_1}=(1,2,1)$ 。
$L_2$ 经过点 $N(2,-1,-2)$ ，其方向向量为 $\overrightarrow{n_2}=(3,1,1)$ 。
所以，距离为
$d=\frac{|(\overrightarrow{n_1} \times \overrightarrow{n_2}) \cdot \overrightarrow{MN} |}{|\overrightarrow{n_1} \times \overrightarrow{n_2}| } = \frac{7}{\sqrt{30}}$
显然，所求平面的法向量为
$\overrightarrow{n_1} \times \overrightarrow{n_2}=(1,2,-5)$
又平面经过点 $M(-1,2,0)$ ，所以平面的方程为
$x+2y-5z-3=0$

2019-3-3. 有抛物面 $P = \{ (x,y,z) \in \mathbb R^3 : z = x^2 + y^2 +1 \}$ ，平面 $\Pi = \{ (x,y,z) \in \mathbb R^3 : x - 2y + 2z = 5 \}$ ，点 $M(1,1,3)$ 。

(1) 求原点到抛物面 $P$ 上 $M$ 点处的切平面的距离；
(2) 求抛物面 $P$ 和平面 $\Pi$ 相交形成的曲线在 $M$ 点的切线的点向式方程。

(1) 由题，抛物面 $P$ 的法向量为
$\overrightarrow{n}=(F_x,F_y,F_z)=(2x,2y,-1)$
在 $M$ 点处 $\overrightarrow{n}=(2,2,-1)$ ，所以切平面的方程为，
$2(x-1)+2(y-1)-1(z-3)=0$
即 $2x+2y-z=1$ ，所以原点到此平面的距离为，
$d=\frac{1}{\sqrt{4+4+1}}=\frac{1}{3}$

(2) 同上易得，平面 $\Pi$ 在 $M$ 点处的法向量为 $\overrightarrow{b}=(1,-2,2)$ 。
所以切线的方向向量为，
$\overrightarrow{n} \times \overrightarrow{b} = (2,-5,-6)$
所以，切线的点向式方程为
$\frac{x-1}{2}=\frac{y-1}{-5}=\frac{z-3}{-6}$

2019-4-5. 有双曲面 $\Gamma = \{ (x,y,z) \in \mathbb R^3 : x^2+y^2=z^2+1 \}$ 和直线 $L=\{ (x,y,z) \in \mathbb R^3 : \frac{x}{2}=\frac{y}{3}=\frac{z}{4} \}$ 。

(1) 求双曲面 $\Gamma$ 上到直线 $L$ 距离最近的点的坐标；
(2) 求双曲面 $\Gamma$ 到直线 $L$ 的距离。

(1) 由题，双曲面的法向量为 $(2x,2y,-2z)$ ，即 $(x,y,-z)$ 。
设点 $M(x,y,z)$ 即为所求点，易知
$\begin{cases} (x,y,-z) \bot (2,3,4) \\ \exists t \in R : (x,y,z)+t(x,y,-z) \in L \end{cases}$
即，
$\begin{cases} 2x+3y=4z \\ \frac{(1+t)x}{2}=\frac{(1+t)y}{3}=\frac{(1-t)z}{4} \end{cases}$
所以，当 $1+t \neq 0$ ，有 $y=\frac{3}{2}x$ 。又因为 $2x+3y=4z$ ，所以 $z=\frac{13}{8}x$ 。又因为 $M(x,y,z) \in \Gamma$ ，所以
$x^2+(\frac{3}{2}x)^2-(\frac{13}{8}x)^2=1$
所以， $x= \pm \frac{8}{\sqrt{39}}$ ， $y= \pm \frac{12}{\sqrt{39}}$ ， $z= \pm \frac{13}{\sqrt{39}}$ 。此时 $t=-\frac{3}{29}$ ，距离为
$d=|t|\sqrt{x^2+y^2+(-z)^2} = \sqrt{\frac{3}{29}}$
当 $1+t=0$ 时， $z=0$ ，又因为
$\begin{cases} 2x+3y=4z \\ x^2+y^2=z^2+1 \end{cases}$
所以， $x= \pm \frac{3}{\sqrt 13}$ ， $y= \mp \frac{2}{\sqrt 13}$ ， $z=0$ 。此时 $t=-1$ ，距离为
$d=|t|\sqrt{x^2+y^2+(-z)^2} = 1 > \sqrt{\frac{3}{29}}$
所以，所求点的坐标为 $(\pm \frac{8}{\sqrt{39}},\pm \frac{12}{\sqrt{39}},\pm \frac{13}{\sqrt{39}})$

(2) 显然，双曲面 $\Gamma$ 到直线 $L$ 的距离即为 $\sqrt{\frac{3}{29}}$ 。

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2019-3-3. 有抛物面，平面，点。

2019-4-5. 有双曲面和直线。

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