五、偏导数在空间解析几何中的应用（数一专项）

小题

1. 【1989-12-3 分】 已知曲面 $z=4-x^2-y^2$ 上点 $P$ 处的切平面平行于平面 $2x+2y+z-1=0$，则点 $P$ 的坐标是( )

A. $(1,-1,2)$    B. $(-1,1,2)$    C. $(1,1,2)$    D. $(-1,-1,2)$

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答案： C

解析： 将曲面写成隐式方程

$$F(x,y,z)=x^2+y^2+z-4=0.$$

曲面在点 $P(x_0,y_0,z_0)$ 处的一个法向量为

$$\nabla F(x_0,y_0,z_0)=(2x_0,2y_0,1).$$

已知切平面平行于平面 $2x+2y+z-1=0$，故两个平面的法向量平行，即

$$(2x_0,2y_0,1)\parallel (2,2,1).$$

由于第三个分量均为 $1$，比例系数只能为 $1$，所以

$$x_0=1,y_0=1.$$

代入曲面方程得

$$z_0=4-1^2-1^2=2.$$

因此

$$P=(1,1,2).$$

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2. 【1993-12-3 分】 由曲线 $\{\begin{array}{l}3x^2+2y^2=12\\ z=0\end{array}$ 绕 $y$ 轴旋转一周得到的旋转曲面在点 $(0,\sqrt{3},\sqrt{2})$ 处的指向外侧的单位法向量为___。

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答案： $\left(0,\frac{\sqrt{10}}{5},\frac{\sqrt{15}}{5}\right)$

解析： 原曲线绕 $y$ 轴旋转时，原方程中的 $x^2$ 应替换为到 $y$ 轴的距离平方 $x^2+z^2$，故旋转曲面方程为

$$3(x^2+z^2)+2y^2=12.$$

令

$$F(x,y,z)=3x^2+2y^2+3z^2-12,$$

则外法向量可取梯度

$$\nabla F=(6x,4y,6z).$$

在点 $(0,\sqrt{3},\sqrt{2})$ 处，

$$\nabla F=(0,4\sqrt{3},6\sqrt{2}).$$

其模为

$$|\nabla F|=\sqrt{48+72}=2\sqrt{30}.$$

因此指向外侧的单位法向量为

$$\frac{\nabla F}{|\nabla F|}=\left(0,\frac{4\sqrt{3}}{2\sqrt{30}},\frac{6\sqrt{2}}{2\sqrt{30}}\right)=\left(0,\frac{\sqrt{10}}{5},\frac{\sqrt{15}}{5}\right).$$

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3. 【1994-12-3 分】 曲面 $z-e^z+2xy=3$ 在点 $(1,2,0)$ 处的切平面方程为___。

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答案： $2x+y-4=0$

解析： 令

$$F(x,y,z)=z-e^z+2xy-3.$$

则

$$F_x=2y,F_y=2x,F_z=1-e^z.$$

在点 $(1,2,0)$ 处，

$$F_x=4,F_y=2,F_z=0.$$

故切平面方程为

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

即

$$2x+y-4=0.$$

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4. 【1995-2-5 分】 求曲面 $z=\frac{x^2}{2}+y^2$ 平行于平面 $2x+2y-z=0$ 的切平面方程。

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答案： $2x+2y-z-3=0$

解析： 设切点为 $(x_0,y_0,z_0)$。曲面写成

$$F(x,y,z)=\frac{x^2}{2}+y^2-z=0,$$

其在切点处的法向量为

$$\nabla F(x_0,y_0,z_0)=(x_0,2y_0,-1).$$

目标平面的法向量为 $(2,2,-1)$。两切平面平行，故

$$(x_0,2y_0,-1)\parallel (2,2,-1).$$

由第三个分量可知比例系数为 $1$，从而

$$x_0=2,y_0=1.$$

于是

$$z_0=\frac{2^2}{2}+1^2=3.$$

切平面方程为

$$z-3=2(x-2)+2(y-1),$$

整理得

$$2x+2y-z-3=0.$$

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5. 【2000-1-3 分】 曲面 $x^2+2y^2+3z^2=21$ 在点 $(1,-2,2)$ 的法线方程为___。

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答案： $\frac{x-1}{1}=\frac{y+2}{-4}=\frac{z-2}{6}$

解析： 令

$$F(x,y,z)=x^2+2y^2+3z^2-21.$$

曲面的法向量为

$$\nabla F=(2x,4y,6z).$$

在点 $(1,-2,2)$ 处，

$$\nabla F=(2,-8,12)=2(1,-4,6).$$

因此法线的方向向量可取 $(1,-4,6)$，故法线方程为

$$\frac{x-1}{1}=\frac{y+2}{-4}=\frac{z-2}{6}.$$

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6. 【2001-1-3 分】 设函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 附近有定义，且 $f_x^{\prime }(0,0)=3$，$f_y^{\prime }(0,0)=1$，则( )

A. ${dz|}_{(0,0)}=3dx+dy$

B. 曲面 $z=f(x,y)$ 在点 $(0,0,f(0,0))$ 的法向量为 $\{3,1,1\}$

C. 曲线 $\{\begin{array}{l}z=f(x,y)\\ y=0\end{array}$ 在点 $(0,0,f(0,0))$ 的切向量为 $\{1,0,3\}$

D. 曲线 $\{\begin{array}{l}z=f(x,y)\\ y=0\end{array}$ 在点 $(0,0,f(0,0))$ 的切向量为 $\{3,0,1\}$

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答案： C

解析： 题目只给出了两个偏导数在原点存在，并未说明 $f$ 在原点可微。因此不能直接断定全微分存在，故 A 不一定成立。

曲面可写成

$$F(x,y,z)=f(x,y)-z=0.$$

若曲面在该点可微，则法向量应与

$$(f_x,f_y,-1)=(3,1,-1)$$

平行，而不是 $(3,1,1)$，故 B 错误。

曲线由 $y=0$ 与 $z=f(x,0)$ 给出，可参数化为

$$\mathbf{r}(x)=(x,0,f(x,0)).$$

由于

$${\frac{d}{dx}f(x,0)|}_{x=0}=f_x(0,0)=3,$$

故该曲线在相应点处的切向量为

$${\mathbf{r}}^{\prime }(0)=(1,0,3).$$

因此选 C。

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7. 【2003-1-4 分】 曲面 $z=x^2+y^2$ 与平面 $2x+4y-z=0$ 平行的切平面方程为___。

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答案： $2x+4y-z-5=0$

解析： 设切点为 $(x_0,y_0,z_0)$。曲面写成

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

在切点处的法向量为

$$(2x_0,2y_0,-1).$$

由于切平面平行于 $2x+4y-z=0$，有

$$(2x_0,2y_0,-1)\parallel (2,4,-1).$$

由第三个分量可得比例系数为 $1$，故

$$x_0=1,y_0=2,$$

进而

$$z_0=1^2+2^2=5.$$

切平面方程为

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

整理得

$$2x+4y-z-5=0.$$

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8. 【2013-1-4 分】 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. $x-y-z=0$

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答案： A

解析： 令

$$F(x,y,z)=x^2+\cos (xy)+yz+x.$$

则

$$F_x=2x-y\sin (xy)+1,$$$$F_y=-x\sin (xy)+z,$$$$F_z=y.$$

在点 $(0,1,-1)$ 处，

$$F_x=1,F_y=-1,F_z=1.$$

故切平面方程为

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

即

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

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9. 【2014-1-4 分】 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___。

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答案： $2x-y-z-1=0$

解析： 令

$$f(x,y)=x^2(1-\sin y)+y^2(1-\sin x).$$

则

$$f_x=2x(1-\sin y)-y^2\cos x,$$$$f_y=-x^2\cos y+2y(1-\sin x).$$

在 $(1,0)$ 处，

$$f_x(1,0)=2,f_y(1,0)=-1.$$

故切平面为

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

整理得

$$2x-y-z-1=0.$$

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10. 【2018-1-4 分】 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 $2x+2y-z=2$

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答案： B

解析： 平面 $z=0$ 经过两点 $(1,0,0)$、$(0,1,0)$，并且它是抛物面在原点处的切平面，因此它符合条件。

再设抛物面在点 $(x_0,y_0,x_0^2+y_0^2)$ 处的切平面为

$$z-(x_0^2+y_0^2)=2x_0(x-x_0)+2y_0(y-y_0).$$

整理得

$$2x_{0}x+2y_{0}y-z=x_0^2+y_0^2.$$

该平面经过 $(1,0,0)$ 与 $(0,1,0)$，故

$$2x_0=x_0^2+y_0^2,$$$$2y_0=x_0^2+y_0^2.$$

从而 $x_0=y_0$。除去 $x_0=y_0=0$ 对应的平面 $z=0$ 外，还有

$$x_0=y_0=1.$$

此时切平面为

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

因此满足条件的两个平面为

$$z=0\text{与}2x+2y-z=2,$$

故选 B。

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11. 【2023-1-5 分】 曲面 $z=x+2y+\ln (1+x^2+y^2)$ 在点 $(0,0,0)$ 处的切平面方程为___。

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答案： $z=x+2y$

解析： 令

$$f(x,y)=x+2y+\ln (1+x^2+y^2).$$

则

$$f_x=1+\frac{2x}{1+x^2+y^2},f_y=2+\frac{2y}{1+x^2+y^2}.$$

在点 $(0,0)$ 处，

$$f_x(0,0)=1,f_y(0,0)=2.$$

又 $f(0,0)=0$，故曲面在点 $(0,0,0)$ 处的切平面为

$$z-0=f_x(0,0)(x-0)+f_y(0,0)(y-0),$$

即

$$z=x+2y.$$

大题

1. 【2024-1-12 分】 已知函数 $f(x,y)=x^3+y^3-(x+y{)}^2+3$，设 $T$ 是曲面 $z=f(x,y)$ 在点 $(1,1,1)$ 处的切平面，$D$ 是 $T$ 与坐标面所围成的有界区域在 $xOy$ 面上的投影。

(1)求 $T$ 的方程；

(2)求 $f(x,y)$ 在区域 $D$ 上的最大值和最小值。

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答案： (1) $T:x+y+z=3$；

(2) 最大值为 $21$，在 $(3,0)$ 与 $(0,3)$ 处取得；最小值为 $\frac{17}{27}$，在 $\left(\frac{4}{3},\frac{4}{3}\right)$ 处取得。

解析： (1) 求切平面 $T$

有

$$f_x=3x^2-2(x+y),f_y=3y^2-2(x+y).$$

在点 $(1,1)$ 处，

$$f_x(1,1)=3-4=-1,f_y(1,1)=3-4=-1.$$

因此曲面在点 $(1,1,1)$ 处的切平面为

$$z-1=-(x-1)-(y-1),$$

即

$$T:x+y+z=3.$$

该平面与三个坐标面在第一卦限围成有界四面体，其在 $xOy$ 面上的投影为

$$D=\{(x,y)\mid x⩾0,y⩾0,x+y⩽3\}.$$

(2) 求 $f(x,y)$ 在 $D$ 上的最大值和最小值

先考察区域内部的驻点。由

$$\{\begin{array}{l}3x^2-2x-2y=0,\\ 3y^2-2x-2y=0,\end{array}$$

两式相减得

$$3(x-y)(x+y)=0.$$

在 $D$ 内有 $x+y>0$，故 $x=y$。令 $x=y=t$，则

$$3t^2-4t=t(3t-4)=0.$$

内部驻点为

$$\left(\frac{4}{3},\frac{4}{3}\right).$$

其函数值为

$$\begin{array}{rl}f\left(\frac{4}{3},\frac{4}{3}\right)& =2{\left(\frac{4}{3}\right)}^3-{\left(\frac{8}{3}\right)}^2+3\\ & =\frac{128}{27}-\frac{64}{9}+3\\ & =\frac{17}{27}.\end{array}$$

下面考察边界。

在边界 $x=0$ 上，$0⩽y⩽3$，

$$f(0,y)=y^3-y^2+3.$$

令

$$\frac{d}{dy}f(0,y)=3y^2-2y=y(3y-2)=0,$$

得 $y=0$ 或 $y=\frac{2}{3}$。相应函数值为

$$f(0,0)=3,f\left(0,\frac{2}{3}\right)=\frac{77}{27},f(0,3)=21.$$

在边界 $y=0$ 上，由对称性可得候选函数值同样为

$$3,\frac{77}{27},21.$$

在边界 $x+y=3$ 上，令 $y=3-x$，其中 $0⩽x⩽3$，则

$$\begin{array}{rl}f(x,3-x)& =x^3+(3-x{)}^3-3^2+3\\ & =9x^2-27x+21.\end{array}$$

令

$$\frac{d}{dx}f(x,3-x)=18x-27=0,$$

得 $x=\frac{3}{2}$，此时 $y=\frac{3}{2}$，且

$$f\left(\frac{3}{2},\frac{3}{2}\right)=\frac{3}{4}.$$

边界两个端点处有

$$f(0,3)=f(3,0)=21.$$

比较所有候选值：

$$\frac{17}{27}<\frac{3}{4}<\frac{77}{27}<3<21.$$

因此

$$\underset{D}{\min }f(x,y)=\frac{17}{27},$$

在 $\left(\frac{4}{3},\frac{4}{3}\right)$ 处取得；

$$\underset{D}{\max }f(x,y)=21,$$

在 $(3,0)$ 与 $(0,3)$ 处取得。