方程x2=y在空间表示一抛物柱而,空间曲线L也在 y上 思路2: 三M 表示L在x0y面上的投影曲线方程 z=0 思路2中用联立方程表示L在xy面上的投影曲线, 是学生常常容易忽视的地方,较多的学生认为x2=y就是所 求的方程了,混淆了平面与空间的区别。教师如能在黑板上还 步画出图形,进行分析,就更好了 2.第2题只要找出点M到已細直线的垂足M1那么 所求平面过MM1,又⊥X0y面,求出其方程的方法较多。 法1:点法式。 平面兀过已知点M(1,-1,1),关键找到平面丌的法向 量m。只要找出π上的两个向量即可,MM1与k是平面 兀上的两个向量,现在核心的问题是找M到L的垂足M1 过M作平面x:与L垂直,如图16。由L的标准方程 y 可肴出L的方向向 量n=j+k,也是丌1的法线向量 所以π:的方程为y+z=0 垂足M1是L与x1的交点,解 方程 x≌0 图18 y-2+1=0 y+z=0 得到垂足M1(0,-1/2,1/2)。 平面的法向量m/xMM1112-1/222-了 00 取n=i+2j,由n及M。(戚M1)得平面r的方程 x+2y+1÷0 21◆
有的学生认为,所求平面过点M与M到L的垂足。 该平面就一定与L垂直。因此,过M作垂直于L的平面 丌1:y+z=0就是所求之平面。这显然是错误的,x1平面不 与X0y面垂直,与已知条件不符,x1不悬所求平面。 法2t待定系数法 设所求平面x的方程为;Ax+By+D=0,由已知 M(1,-1,1)在平面x上, A-B+D=0 设M1(x,y,z)是π1与L的交点,M1在L上,有 M1(0,y,y+1)。M1(0,y,1+y)在平面z上, By+D=0 由MM1⊥L,〔十“一i+(y+1)j+yk]=0,即 2y+1=0 由①②,⑧解得B≈2D,A=D.所以平面为:x+2y+1 0 可追问学生为什么在所设平面x的方程中不包含z?可解 决有的学生不知道题目中“平面垂直于z=0”这个条件该怎 么用的问题 3.第3题要求学生首先搞消求投影面方程的思路。即投 影面都在过L的平面束内,从平面束中根据所给条件,挑田 所需要的平面方程 第3题如图1?所示,所求的平面是1,2,mx。们的 方程分别是: x134x+5y-32=0 了211x+102-78=0 11y-8z-8=0 直线L在平面π:33+2y+z=10上的投影是一条直线 22
L1(见图),L1在平面x上,也在过直线L垂直于平面 r的平面x0上。求L1的方法较多,可用平面束求平面za 图17 利用向量积求x的法向量;利用向量的混合积求x等等。 L1的方程可表示为: 14x-43y+422-68=0 3x+2y+2-10=0 4.第4题已知条件较为复杂,解题的方法也较多。有的 方法要用到二次曲面的内容,有一定的综合性 由已知条件可得L1的方程: 7+扌 3+2 2=5+2f 对于所求的L,它的已知条件是:M(2,-3;-1)在L上J L的cosa=1/2;L与L1相交即共面 由上述分析,要求L只要找出L的方向向量s即可。 法1:待定系数法。 设s=csai+CB+yk=量+mj+nk,其中m 23
待定 由L与L1共面、M1(7,3,5)是L1上的点,即 1 M1M。共面,有 M,Mo( S,xS= 0 又 s=1 由①,②可求得m=n=± ,8=2i√6j±√6起, 2 所以L的方程为: x-2y+3 +1和x=2-=y+3= 6 法2:參数法 设Mxy2)是L与L:的交点,M在L1上,有 M(7+t,3+2t,5+2t。而M又在L上,由于S团MM6, 只要求出MM0即可。 MM。=(5+t)i+(6+2t)j+(6+2#k 又〔MM6,0x)=/3 MAloi=1MMocos 3 2 LEMaI (5+t)2=【(5+t)2+(6+24)2+(6+2) t=(-9±】y6) 所以MM54±√g(10i5√6j5√6起) 取 i±√6j±v6k,由M。及8可得直线L 的方程 法3:交面式 24
过M作与ox成a/3的锥面,所求直线L在此锥 面上,过L,与。作平面r,直线L也应在平面z上, 所求直线L是锥面与平面x的交线,如图18 E1 318 过M(2,-3,-1)你与0x成x/3的锥面,其方程 (z+1)2+(y+3)2=3(x-2)2 过L1与Mb作平面丌,其方程是:(y+3)-(z+1)=0 所以,直线L的方程为 (z+王)}2+(y+3)2=3(x-2) y-2+2=0 法4;两点式 其思路是: ①作出锥面方程(见图18)。 (y+3)2+(+1)2=3(x…2)2 ②求L1与锥面交点A,B的坐,将J1的参数式 代入锥面方程,解得t 9士4y/6 ③由两点M,A及M,B得到两条直线方程 5.第5题由于学生的空间概念较差,可让学压先分别作 出2x+y=4,z=4-x2的图形,如图19,20.然后再让学生 25