喇叭状紫黑老木耳
范文一：如果一条直线和两个平面中的一个相交
531. 如果一条直线和两个平面中的一个相交，那么它和另一个平面也相交. 已知:α?β,l?α,A.
求证:l与β相交.
证明:?α?β,l?α,A
?Aβ.
假设l与β不相交，则l?β
在平面β内任取一点D，则Dl.
?点D、l确定平面PBD，如图
?α与平面PBD相交于过A的一条直线AC，
β与平面PBD相交于过点D的一条直线BD.
又α?β ?AC与BD无公共点.
?AC和BD都在平面PBD内，
?AC?BD.
由l?β可知l?BD.
?AC?l且l与AC相交于A.
?AC与l重合，又AC在平面α内.
?l在α内与l?α,A矛盾.
?假设不成立，
?l与β必相交.
532. 如图，正四棱锥S—ABCD的底面边长为a，侧棱长为2a，点P、Q分别在BD和SC上，
并且BP?PD,1?2，PQ?平面SAD，求线段PQ的长. 解析: 要求出PQ的长，一般设法构造三角形，使PQ为其一边，然后通过解三角形的办法
去处理.
作PM?AD交CD于M连QM，?PM?平面SAD，PQ?平面SAD. ?平面PQM?平面SAD，而平面SCD分别与此两平行平面相交于QM，SD. ?QM?SD.
?BC,a,SD,2a.
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BP1?,. PD2
PD22MP?,,,MP,a, BCBD33
MCMQBP1,,,. SDCDBD3
12?MQ,SD,a,又?PMQ,?ADS. 33
1a12?cos?PMQ,cos?ADS,,. 42a
在ΔPMQ中由余弦定理得
2222162222PQ,(a)+(a)-2?a?a?,a. 333349
6,a. ?PQ3
评析:本题的关键是运用面面平行的判定和性质，结合平行线截比例线段定理，最后由余弦定理求得结果，综合性较强.
533. 已知:如图，α?β，异面直线AB、CD和平面α、β分别交于A、B、C、D四点，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，求证:(1)E、F、G、H共面;(2)面EFGH?平面α.
11证明 (1)?E、H分别是AB、DA的中点，?EH?BD.同理FG?BD.?FG?EH.?四边形22
EFGH是平行四边形，即E、F、H、G共面.
(2)平面ABD和平面α有一个公共点A，设两平面交于过点A的直线AD′?α?β，? AD′?BD.又?BD?EH，?EH?BD?AD′.?EH?平面α，EH?平面β，同理FG?平面α，FG?平面β.
?平面EFHG?平面α?平面β.
534. 点A为异面直线a、b外一点，过A与a、b都平行的平面( ) A.只有一个 B.只有两个
C.至多有一个 D.有无数个
解析:本题考查线线位置关系，线面位置关系，平面基本性质，以及空间想象能力 解法一:过点A作a′?a,b′?b，根据公理3，a′与b′确定一个平面为α，则异面直线a与b至多有一条在α内，当a、b都不在α内时，过A与a、b都平行的平面恰有一个，即α;当a、b中有一条在α内时，过A与a、b都平行的平面不存在，故选C.
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解法二:过异面直线a、b分别作平面α、β使α?β，若点A在α或β上，则过A与a、b都平行的平面不存在;若点A在α外且在β上，则过A恰有一个平面平行于α、β，则过点A与a、b都平行的平面恰有一个.
有四个命题 535.
(1)一条直线和另一条直线平行，它就和经过另一条直线的任何平面平行 (2)一条直线和一个平面平行，它就和这个平面内的任何直线平行
(3)平行于同一平面的两条直线平行
(4)如果直线a?平面α，a平面β，且α?β,b,则a?b. ,
其中假命题共有( )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
解析:此题考查线线位置关系和线面位置关系，以及空间想象能力.一条直线和另一条直线平行，它可能在经过另一条直线的平面内，故(1)是假命题.一条直线和另一个平面平行，它与这个平面的直线可能平行，也可能异面，故(2)也是假命题，又平行于同一平面的两条直线，也可能平行，也可能异面或相交，故(3)也是假命题，而命题(4)是真命题，也是线面平行的性质定理.故选C。
已知直线a、b、c，平面α?平面β,a,b,α，c,β，且b与c无公共点，则b536.
与c不平行的充要条件是( )
c都与α相交 B.b、c中只有一条与α相交 A.b、
C.b、c中至多一条与α相交 D.b、c中至少有一条与α相交 解析:本题考查直线与直线的位置关系，直线与平面的位置关系，充要条件，以及空间想象能力和等价转化能力.
解法一:若直线b与c不平行，又由b与c无公共点，则b与c必定异面，根据异面直线的定义和线面位置关系可知或者b与c都与a相交，或者b、c中有一条与a相交，另一条与a平行，即b、c中至少有一条与α相交，即D成立;反之，当D成立时，不难证明b与c必不平行，所以应选D.
解法二:由题设及异面直线的定义可知，若b、c都与a相交能推出b与c异面，即b与c不平行;反过来，b与c不平行不一定推出b、c都与a相交，即A是充分非必要条件，而不是充要条件，同理，B也是充分非必要条件，而非充要条件，又由b、c中至多有一条与a相交，包含b、c中有一条与a相交和b、c都不与a相交两种情形，而对于后者，即b?a且c?a，则b?c.故c既非充分又非必要条件，综上所述，排除A、B、C三个选择项，从而选择D.
537. 已知A，B?平面α，C，D?平面β，α?β，AB,13，BD,15，AC、BD在平面α上的射影长之和是14，求AC、BD在平面α上的射影长，以及平面α、β的距离.
22解 如图，设α、β的距离是h，则AC在α内的射影长是，BD在α内的射影长13,h
22是. 15,h
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2222根据题意，+,14. 13,h15,h
解这个方程，h,12.
2222? ,5, ,9. 13,h15,h
故AC、BD在平面α上的射影长分别是5和9，平面α、β的距离是12. 点评 平行平面间距离通常转化为点面距离或线面距离最终转化为点面距离.
如图，已知线段PQ、PD、QF分别和平行平面α、β交于A、B、C、D、E、F，若AP538.
,BQ，求证:S,S. ΔACFΔBDE
解析: 由已知得AC?BD，EB?AF，?CAF,?EBD，又AC?BD,PA?PB,QB?QA,EB?AF，?AC?AF?sin?CAF,BE?BD?sin?DBE.?S,S. ΔACFΔBDE
539. 如图，在三棱锥S—ABC中，A、B、C分别是ΔSBC、ΔSCA、ΔSAB的重心，(1)求111
证:平面ABC?平面ABC;(2)求三棱锥S—ABC与S—ABC体积之比. 111111
解析:本题显然应由三角形重心的性质，结合成比例线段的关系推导出“线线平行”再到“线面平行”到“面面平行”，至于体积的比的计算只要能求出相似三角形面积的比和对应高的比就可以了.
证:(1):? A、B、C是ΔSBC、ΔSCA、ΔSAB的重心，连SA、SC并延长交BC、AB于N、11111M，则N、M必是BC和AB的中点.连MN
SCSA211?,,， SN3SM
?AC?MN. 11
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?MN平面ABC， ,
?AC?平面ABC. 11
同理可证 AB?平面ABC. 11
? 平面ABC?平面ABC. 111
AC2111(2)由(1),，MN?AC， MN32
1?AC?AC. 113
1同理可证:AB?AB， 113
1BC?BC. 113
? ΔABC?ΔABC， 111
1S,S. ΔABC?ABC1119
hSA2211设三棱锥S—ABC的高为h，S—ABC的高为h则有:,,,?h,h. 1111133hSN
12,S,h?ABCV2S,ABC33111?,,. 1127VS,ABC,S,h?ABC39
评析:要掌握线面平行的相互转化的思想方法外，还要有扎实的相似形和线段成比例的基础.
540. 如图，已知正方体ABCD—ABCD，求证:(1)平面ABD?平面CBD;(2)对角线AC被11111111平面ABD和平面CBD三等分. 111
解析:本题若根据“一个平面内两条相交的直线分别与另一平面内两条相交的直线平行，则两平面平行”是很容易解决论证平面ABD?平面CBD的，但兼顾考虑(2)的论证，(1)我们111
还是采用“两平面垂直于同一直线则两平面平行”的判定的方法. 证:(1)连AC，?BD?AC，AC是AC在底面上的射影，由三条垂线定理得AC?BD，同理可11证AC?BC. 11
?AC?平面CBD，同理也能证得AC?平面ABD. 11111
?平面ABD?平面CBD. 111
311122(2)设A到平面ABD的距离为h，正方体的棱长为a，则有:h?(a),a? a. 21113432
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33?h,a.同理C到平面CBD的距离也为a，而AC,a.故AC被两平行平面三等311133
分.
评析:论证AC被两平行平面三等分，关键是求A到平面ABD的距离，C到平面CBD的距11111离，这里用三棱锥体积的代换，若不用体积代换，则可以在平面AACC中去考虑: 11连AC，设AC?BD,O，AC?BD,0，如图连AO，CO，AC，设AC?AC,K.AC?AO,M，11111111111111CO?AC,N.可证M为ΔAAC的重心，N为ΔACC的重心，则可推知MN,NC,AM. 111111另外值得说明的是:AC是面ABD和面BCD的公垂线. 1111
异面直线AD和CD的距离也等于MN. 11
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范文二：初识平面几何——直线的相交
直线的相交
模块一：
平面内两条直线的位置关系：平行与相交 对顶角与邻补角
【例1】
⑴如图 1，直线a、b、c 两两相交，∠1 = 2∠3，∠2 = 65°，求∠4的度数． ⑵如图 2，直线 AB、CD交于点O，且∠AOD + ∠BOC =120°，求∠AOC的度数． ⑶如图 3，直线 AB、CD、EF 交于点O，∠AOE = 25°，∠DOF = 45°，求∠AOD的对顶角和邻补角的度数．
⑷ 如图 4，直线AB、CD交于O，OE平分∠AOD，∠BOC = ∠BOD ? 30°，求∠COE的度数。
⑴ 如图 1，直线a、b、c 两两相交，∠1 = 2∠3，∠2 = 65°，求∠4的度数．
⑵ 如图 2，直线 AB、CD交于点O，且∠AOD + ∠BOC =120°，求∠AOC的度数．
⑶如图 3，直线 AB、CD、EF 交于点O，∠AOE = 25°，∠DOF = 45°，求∠AOD的对顶角和邻补角的度数．
⑷ 如图 4，直线AB、CD交于O，OE平分∠AOD，∠BOC = ∠BOD ? 30°，求∠COE的度数。
【例2】
⑴已知：如图所示，直线AB 、CD、EF 交于点O，∠AOF = 2∠BOD， 3
∠COE =∠AOC ，求∠COE的度数．
2
⑵如图，∠ACB是一个平角，∠DCE ?∠ACD =∠ECF ?∠DCE =∠FCG ?∠ECF= ∠GCB ?∠FCG =11°，求∠GCB的度数．
l1与l2是同一平面内两条相交直线，有______个交点，______组对顶角；如果在这个平面内，再画第三条直线l3，那么这三条直线最多有______个交点，此时有______组对顶角；在这个平面内再画第四条直线l4，那么这四条直线最多可有______个交点，此时有______组对顶角．
模块二：
同位角、内错角、同旁内角
⑴ 下列图形中∠1和∠2是同位角的是（ ）
⑵ 如图 1，
①∠1与∠2是两条直线_____与_____被第三条直线______所截构成的______角． ②∠1与∠3是两条直线_____与_____被第三条直线______所截构成的______角． ③∠2与∠4是两条直线_____与_____被第三条直线______所截构成的______角． ④∠3与∠4是两条直线_____与_____被第三条直线______所截构成的______角． ⑤∠5与∠6是两条直线_____与_____被第三条直线_____所截构成的______角．
【例5】
⑴ 如图 1，找出图中用数字表示的各角中，哪些是同位角，内错角？哪些是同旁内角？
⑵ 如图2，找出图中用数字表示的各角中，哪些是同位角，内错角？哪些是同旁内角？
⑶ 如图 3，找出下图中用数字表示的各角中，哪些是同位角，内错角？哪些是同旁内角？
【例6】 如图所示，四条直线任一条直线都与其他三条相交，图中与∠1是同位角关系的角有_____个
.
模块三： 垂线
【例7】 ⑴ 如图1，已知∠ACB = 90°．CD ⊥ AB，垂足为D，则点 A到直线CB的距离为线段______的长；线段DB的长为点________到直线________的距离．
⑵如图，你在A 处，要到路对面，怎么走最近？为什么？你要到路对面的B 处，怎么走最近？为什么？
⑶如图，直线 AB 与CD相交于O，OE ⊥ CD，OF ⊥ AB，∠DOF = 65°，求∠BOE 和∠AOC的度数．
家庭作业
【习题1】
⑴ 下列图中∠1和∠2是对顶角的有（ ）
⑵ 下列四个图中，∠α 与∠β 成邻补角的是（ ）
【习题2】 O为平面上一点，过O在这个平面上引4条不同的直线l1、l2、l3、l4则可形成________对以O为顶点的对顶角.
【习题3】 如图，判断下列各对角的位置关系：
⑴∠1与∠4；⑵∠2与∠6；⑶∠5与∠8；⑷∠4与∠BCD；⑸∠3与∠
5 .
【习题4】 若平面上4 条直线两两相交，且无三线共点，则一共有_________对同旁内角；_________对内错角.
【习题5】 如图，直线 AB、CD相交于点O，OE是∠AOD的平分线，若 ∠AOC = 60°， OF⊥OE ．判断OF 把∠AOC所分成的两个角的大小关系并证明你的结论．
范文三：直线、曲线、平面、曲面的相交问题
转自《工程计算可视化与MATLAB实现》尚涛等编著 武汉大学出版社
两直线相交
function [X,Y]=pll(X1,Y1,X2,Y2)
% 直线相交求交点
A1=Y1(1)-Y1(2);
B1=X1(2)-X1(1);
C1=Y1(2)*X1(1)-Y1(1)*X1(2);
A2=Y2(1)-Y2(2);
B2=X2(2)-X2(1);
C2=Y2(2)*X2(1)-Y2(1)*X2(2);
D=det([A1,B1;A2,B2]);
X=det([-C1 B1;-C2 B2])/D;
Y=det([A1 -C1;A2,-C2])/D;
调用格式：
x1=[1 5];y1=[1 5];x2=[1 5];y2=[5,1];
[x,y]=pll(x1,y1,x2,y2);
plot(x1,y1,'r');
hold on
plot(x2,y2,'b');
plot(x,y,'ko');
%直线与多条直线相交
xi=[1 2 3 4 5];yi=[2 6 3 6 1];
plot(xi,yi);hold on
x1=[1 5];y1=[4 5];line(x1,y1);
x=zeros(size(xi));
y=x;
for i=1:5-1
x2=xi([i i+1]);y2=yi([i i+1]);
[x,y]=pll(x1,y1,x2,y2);
plot(x,y,'ro')
end
%直线与曲线相交
x=-8:0.1:8;y=x;[X,Y]=meshgrid(x,y);
R=sqrt(X.^2+Y.^2)+eps;Z=sin(R)./R;
contour(Z,3);hold on
c=contour(Z,3);
x=[0 360];y=[0 400];
y=(y(2)-y(1))/(x(2)-x(1))*(x-x(1))+y(1);z=[0 0];
line(x,y,z);c=c';
X=c(:,1);Y=c(:,2);
r0=abs(Y-(y(2)-y(1))/(x(2)-x(1))*(X-x(1))+y(1))<>
zz=0;yy=r0.*Y;xx=r0.*X;
plot(xx(r0~=0),yy(r0~=0),'r')
%曲线与曲线相交
x=0:pi/400:2*pi;
x=x';
y1=sin(pi*x);y2=cos(pi*x);plot(x,y1,x,y2);hold on
r0=abs(y2-sin(pi*x))<>
yy=r0.*y1;xx=r0.*x;plot(xx(r0~=0),yy(r0~=0),'r.')
直线与曲面相交
x=-8:0.3:8;y=x;[X,Y]=meshgrid(x,y);
Z=X.^2+Y.^2;
mesh(X,Y,Z);hold on
x=[-10 10];y=[-10 3];z=[30 35];line(x,y,z);
r0=(abs(Y-y(1)-(y(2)-y(1))/(x(2)-x(1))*(X-x(1)))<>
(abs(Z-z(1)-(z(2)-z(1))/(x(2)-x(1))*(X-x(1)))<>
(abs(Y-y(1)-(y(2)-y(1))/(z(2)-z(1))*(Z-z(1)))<>
zz=r0.*Z;yy=r0.*Y;xx=r0.*X;
plot3(xx(r0~=0),yy(r0~=0),zz(r0~=0),'r*')
平面与曲面相交
x=-8:0.1:8;
y=x;
[X,Y]=meshgrid(x,y);
Z1=2*ones(size(X));
Z2=X.^2-Y.^2;
mesh(X,Y,Z1);
hold on
mesh(X,Y,Z2);
r0=(abs(Z1-Z2)<>
zz=r0.*Z1;yy=r0.*Y;xx=r0.*X;
plot3(xx(r0~=0),yy(r0~=0),zz(r0~=0),'k*')
clc
disp('观察曲面后，按任意键画交线');
pause
clf
plot3(xx(r0~=0),yy(r0~=0),zz(r0~=0),'k*');
%曲面与多个截平面相交
y=-10:0.5:10;
z=y;
[Z,Y]=meshgrid(z,y);
X=Z;
X1=0*ones(size(Z));
X2=3*ones(size(Z));
X3=-3*ones(size(Z));
Z4=(X.^2-Y.^2)/10;
mesh(X1,Y,Z);hold on
mesh(X2,Y,Z)
mesh(X3,Y,Z);
mesh(X,Y,Z4);
r1=(abs(X1-X)<>
r2=(abs(X2-X)<>
r3=(abs(X3-X)<>
zz1=r1.*Z4;yy1=r1.*Y;xx1=r1.*X;
zz2=r2.*Z4;yy2=r1.*Y;xx2=r1.*X;
zz3=r3.*Z4;yy3=r1.*Y;xx3=r1.*X;
plot3(xx1(r1~=0),yy1(r1~=0),zz1(r1~=0),'k*');
plot3(xx2(r2~=0),yy2(r2~=0),zz2(r2~=0),'k*');
plot3(xx3(r3~=0),yy3(r3~=0),zz3(r3~=0),'k*');
colormap(hsv)
clc;
disp('观察曲面后，按任意键画交线');
hold off
平面与曲面相交
y=-8:0.4:8;
z=y;
[Z,Y]=meshgrid(z,y);
X=Z;
X1=zeros(size(Z));
Z2=zeros(size(Z));
Z3=(X.^2-Y.^2)/10;
mesh(X1,Y,Z);
hold on
mesh(X,Y,Z2);
mesh(X,Y,Z3);
r1=(abs(X1-X)<>
r2=(abs(Z3-Z2)<>
r3=(abs(X1-X)<><>
zz1=r1.*Z3;yy1=r1.*Y;xx1=r1.*X;
zz2=r2.*Z3;yy2=r2.*Y;xx2=r2.*X;
zz3=r3.*Z;yy1=r3.*Y;xx1=r3.*X1;
plot3(xx1(r1~=0),yy1(r1~=0),zz1(r1~=0),'k*');
plot3(xx2(r2~=0),yy2(r2~=0),zz2(r2~=0),'k*');
plot3(xx3(r3~=0),yy3(r3~=0),zz3(r3~=0),'k*');
colormap(hsv);
曲面与曲面求交
[x,y]=meshgrid(-2:.1:2);
z1=x.^2-2*y.^2;
z2=x.^2+y.^2-5;
mesh(x,y,z1);
hold on
mesh(x,y,z2);
r0=(abs(z1-z2)<>
zz=r0.*z1;yy=r0.*y;xx=r0.*x;
plot3(xx(r0~=0),yy(r0~=0),zz(r0~=0),'k*')
colormap(cool)
hold off
曲面求交有三种基本类型：1）代数/代数曲面求交；2）代数/参数曲面求交；3）参数/参数曲面求交。
对情况1）两张曲面均采用代数方程中的显式方程表达，设曲面方程分别为z=f(x,y)和z=g(x,y),则两曲面的交线可以表示为：f(x,y)=g(x,y) ， 或f(x,y)-g(x,y)=0? ?（1）。
（1）式是一个以x，y为变量的二元方程，若令其中一个变量x在区域范围内以一定步长变化，则对于每一个给定的x，（1）就是另一变量的一元高次方程，可以用任意一种数值方法求解。
该方程解有无解，单解，多解等情况，代表曲面相交情况。
对2），两曲面中一张以代数方程隐式表示，f(x,y,z)=0，另一张以参数方程表示:x=px(u,v), y=py(u,v), z=pz(u,v), 曲面交线可以表示为：f(px(u,v),py(u,v),pz(u,v))=0
该式是一个以u，v为变量的二元方程，也可以用数值方法求解得到交线。
对3），两曲面均为参数方程形式，若参数曲面分别为p(u,v)和q(s,t)，则其交线方程可表示为：p(u,v)=q(s,t)。由于p(u,v)和q(s,t)都为三维矢量，上面方程等价于px(u,v)=qx(s,t), py(u,v)=qy(s,t), pz(u,v)=qz(s,t)
该交线方程有四个变量，由三个非线性方程组成，理论上，可令一个变量以定步长变化，求解三元非线性方程得到交点的另外三个参数值，进而得到交点。实际上非常困难，高手试一试啊！
范文四：【word】 平面与二次锥面相交成实直线的充要条件
平面与二次锥面相交成实直线的充要条件
第l8卷第1期
vo1.18No.1
四川职业技术学院
JournalofSichuanVocationalandTechnicalCollege
2008年2月
Feb.2008
平面与二次锥面相交成实直线的充要条件
丁胜,
(绵阳职业技术学院,
刘辉
四JlI绵阳621000)
摘要:本文给出平面与二次锥面相交成实直线及交线相互垂直的充要条件,并举例说明这些结论的应用.
关键词:平面;二次锥面;实直线
中图分类号:0182文献标识码:A文章编号:1672-2094(2008)O1-0099-O1
定理l平面cO截二次锥面n++cO于一
对实直线的充要条件是bcA%caB%ab.<-0.
证明:先证必要性;实二次锥面纵2++cz2=O(abc*O)与
平面卅+Cz=O(A2++C?O)的交线方程是
fby:..(1)
AIx+By+Cz---O’…
此交线必为两条直线(一对共轭虚的,或二重合实的,
或二不同实的),并且这一对直线的方向数是方程组
f.+cn=.(2)IAl+Bm+Cn=O…
它的解,用,::n,,:m:月衰示.
由于A,B,C不全为零,不妨设B.O,从(2)的第二
个方程解出m,有m:一A—l+百C—n.
(3)
将(3)代入(2)的第一个方程,并整理得:
(%aBO1%2bACln+(cB%bCOnZ=O.4)
(4)是关于,,n的二次齐次方程,它有实数解的充要条
件是(bA%aB:)(cB%bC)一6CO.
由B.O得:bcA+caB%abCO.(5)
结合(3)可知,(5)就是直线对(1)为一对实直线的
条件.
当B=0时,结论仍成立.
再证充分性:假定beA+caff+abC<0,且设B:rO.对于
(4),若bA+aB~--#0,则由违达定理有:
11f2hACllrcB:+b…=一—
bA:+—aB~,一nn”bA%alT’【o)
,,上c,4与c
于是由(3)有:?(一—一)(一
C(告)]
一
aC%cA一—
b—A——%——a—B——2.
结合(6)得:
:mm:nn(c+bC):C+):(hA+口).(7)
对于(4),当bA%aB~O,cB:+bC?O或bA2+aBZ=-cB2+bC:=O
而2bAC*O时仍然有(7)成立(证略).于是
收稿日期:2008—01-l7
作者简介;丁胜(1969,),男,绵阳职业技术学院讲师.
ll’=t(cB%bC),mm’=t(aC+cAO,nnZ=t(bA口).(8)
其中t*O,否,~lJll’=mm’=nn’=O,相交直线中必有一条是坐
标轴,这与讨论的前提不合,由(8),有ll’=mm’=nn’=O当且
仅当(6+c+c(c+口)+(a+b)CZ=O,(9)
当B=0时,由(2)直接求出,::n,,:m:n可以验
证:ll’=mm’=nn’=O的条件仍是(9).
推论:平面+Cz=O与二次锥面纵2++cz2=O相切的
充要条件是bcA+caB%abCz=O.
定理2:平面Cz=O截二次锥面n++cz2=O于一
对相互垂直的直线的充要条件是(6+c2+(c)+(a+b)CZ----O.
例l试证2一2z=O与二次锥面7-za=-O只有一个
实交点.
证明:因bcAZ+caB%abC:=一7D4-2~]9+14D4>0,由
定理l知所给平面截二次锥面于一对共轭虚直线,故截线上
只有一个实点(O,0,O).
例2求以Z轴为轴且与卅2=0相切的圆锥面方程.
解:设x+O为所求,待定,因与平面2y+~--O相
切,由推论有:
bcAZ+caB%abC~k+4k+1=0,故七=?,从而所求方程为
5(.e+y0-z’--0.
例3求证曲面x一=0上任何一对相互垂直的直母线
所在平面必通过Z轴.
证明:设曲面一za=0上任何一对相互垂直的直母线
所在平面为:A卜卜Cz=O.由定理2有
(6+c2+(c—)+(口+6)C2=2C2=O,
SUc=O,故平面必通过Z轴.
例4求证锥面一2+7y%10z2-=O上不存在相互垂直的两
条直母线.
证明:因对于过锥面一7+lOO顶点的任何平面
:Cz=O,
有(6+c2+(c+口)+6)Cl+8+5C>0,由定理2
知,坏能截所给锥面于一对相互垂直的直线,由的任意性
知结论成立.
责任编辑:谭光全
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范文五：平面与二次锥面相交成实直线的充要条件
平面与二次锥面相交成实直线的充要条件
第l8卷第1期
vo1.18No.1
四川职业技术学院学报
JournalofSichuanVocationalandTechnicalCollege
2008年2月
Feb.2008
平面与二次锥面相交成实直线的充要条件
丁胜,
(绵阳职业技术学院,
刘辉
四JlI绵阳621000)
摘要:本文给出平面与二次锥面相交成实直线及交线相互垂直的充要条件,并举例说明这些结论的应用.
关键词:平面;二次锥面;实直线
中图分类号:0182文献标识码:A文章编号:1672-2094(2008)O1-0099-O1
定理l平面cO截二次锥面n++cO于一
对实直线的充要条件是bcA%caB%ab.<-0.
证明:先证必要性;实二次锥面纵2++cz2=O(abc*O)与
平面卅+Cz=O(A2++C?O)的交线方程是
fby:..(1)
AIx+By+Cz---O’…
此交线必为两条直线(一对共轭虚的,或二重合实的,
或二不同实的),并且这一对直线的方向数是方程组
f.+cn=.(2)IAl+Bm+Cn=O…
它的解,用,::n,,:m:月衰示.
由于A,B,C不全为零,不妨设B.O,从(2)的第二
个方程解出m,有m:一A—l+百C—n.
(3)
将(3)代入(2)的第一个方程,并整理得:
(%aBO1%2bACln+(cB%bCOnZ=O.4)
(4)是关于,,n的二次齐次方程,它有实数解的充要条
件是(bA%aB:)(cB%bC)一6CO.
由B.O得:bcA+caB%abCO.(5)
结合(3)可知,(5)就是直线对(1)为一对实直线的
条件.
当B=0时,结论仍成立.
再证充分性:假定beA+caff+abC<0,且设B:rO.对于
(4),若bA+aB~--#0,则由违达定理有:
11f2hACllrcB:+b…=一—
bA:+—aB~,一nn”bA%alT’【o)
,,上c,4与c
于是由(3)有:?(一—一)(一
C(告)]
一
aC%cA一—
b—A——%——a—B——2.
结合(6)得:
:mm:nn(c+bC):C+):(hA+口).(7)
对于(4),当bA%aB~O,cB:+bC?O或bA2+aBZ=-cB2+bC:=O
而2bAC*O时仍然有(7)成立(证略).于是
收稿日期:2008—01-l7
作者简介;丁胜(1969,),男,绵阳职业技术学院讲师.
ll’=t(cB%bC),mm’=t(aC+cAO,nnZ=t(bA口).(8)
其中t*O,否,~lJll’=mm’=nn’=O,相交直线中必有一条是坐
标轴,这与讨论的前提不合,由(8),有ll’=mm’=nn’=O当且
仅当(6+c+c(c+口)+(a+b)CZ=O,(9)
当B=0时,由(2)直接求出,::n,,:m:n可以验
证:ll’=mm’=nn’=O的条件仍是(9).
推论:平面+Cz=O与二次锥面纵2++cz2=O相切的
充要条件是bcA+caB%abCz=O.
定理2:平面Cz=O截二次锥面n++cz2=O于一
对相互垂直的直线的充要条件是(6+c2+(c)+(a+b)CZ----O.
例l试证2一2z=O与二次锥面7-za=-O只有一个
实交点.
证明:因bcAZ+caB%abC:=一7D4-2~]9+14D4>0,由
定理l知所给平面截二次锥面于一对共轭虚直线,故截线上
只有一个实点(O,0,O).
例2求以Z轴为轴且与卅2=0相切的圆锥面方程.
解:设x+O为所求,待定,因与平面2y+~--O相
切,由推论有:
bcAZ+caB%abC~k+4k+1=0,故七=?,从而所求方程为
5(.e+y0-z’--0.
例3求证曲面x一=0上任何一对相互垂直的直母线
所在平面必通过Z轴.
证明:设曲面一za=0上任何一对相互垂直的直母线
所在平面为:A卜卜Cz=O.由定理2有
(6+c2+(c—)+(口+6)C2=2C2=O,
SUc=O,故平面必通过Z轴.
例4求证锥面一2+7y%10z2-=O上不存在相互垂直的两
条直母线.
证明:因对于过锥面一7+lOO顶点的任何平面
:Cz=O,
有(6+c2+(c+口)+6)Cl+8+5C>0,由定理2
知,坏能截所给锥面于一对相互垂直的直线,由的任意性
知结论成立.
责任编辑:谭光全
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