日期: 2023-10-01 11:28 查看: 243 次编辑导出

空间曲面的切平面与法线方程

设空间曲面 $\Sigma$ 的方程为 $F(x, y, z)=0$ ，其中 $F$ 具有连续偏导数 $F_x 、 F_y 、 F_z$ 且 不同时为零.设点 $M_0 \in \Sigma$ ，建立曲面在该点的切平面与法线方程.
在曲面 $\Sigma$ 上点 $M_0$ 处可以引无数多条曲线, 我们任意取其中过点 $M_0$ 的一条曲 线 $\Gamma$ :
且不同时为零.
曲线 $\Gamma$ 在点 $M_0$ 处切向量为 $\tau=\left(\varphi^{\prime}\left(t_0\right), \psi^{\prime}\left(t_0\right), \omega^{\prime}\left(t_0\right)\right)$ ，
因为曲线 $\Gamma$ 在曲面 $\Sigma$ ，所以 $F(\varphi(t), \psi(t), \omega(t)) \equiv 0$ ，
由于 $F$ 具有连续偏导数且 $\varphi^{\prime}\left(t_0\right), \psi^{\prime}\left(t_0\right), \omega^{\prime}\left(t_0\right)$ 存在，因此对上述恒等式在 $t=t_0$ 时有全导数 $\left.\frac{\mathrm{d} F}{\mathrm{~d} t}\right|_{t=t_0}=0$ ，即
$F_x^{\prime}\left(x_0, y_0, z_0\right) \varphi^{\prime}\left(t_0\right)+F_y^{\prime}\left(x_0, y_0, z_0\right) \psi^{\prime}\left(t_0\right)+F_z^{\prime}\left(x_0, y_0, z_0\right) \omega^{\prime}\left(t_0\right)=0$ ， 也可写成:
$\left(F_x^{\prime}\left(M_0\right), F_y^{\prime}\left(M_0\right), F_z^{\prime}\left(M_0\right)\right) \cdot\left(\varphi^{\prime}\left(t_0\right), \psi^{\prime}\left(t_0\right), \omega^{\prime}\left(t_0\right)\right)=0$.
记 $\left.n\right|_{M_0}=\left(F_x^{\prime}\left(M_0\right), F_y^{\prime}\left(M_0\right), F_z^{\prime}\left(M_0\right)\right)$ ，则有 $\left.n \cdot \tau\right|_{t=t_0}=0 ，$ 表明 $n$ (固定向量) 与切线向量 $\tau$ 垂直. 由于曲线 $\Gamma$ 是 $\Sigma$ 上过点 $M_0$ 的任意一条曲线, 它们在点 $M_0$ 的切 线都与同一向量 $n$ 垂直，所以在曲面上通过点 $M_0$ 的一切曲线的切线都在同一平 面上，而这个平面称为曲面 $\Sigma$ 上点 $M_0$ 处的切平面. 它的法向量就是 $n$ (见图 6-13)

![图片](/uploads/2022-12/image_20221231a47e4fc.png)
根据平面点法式方程式，可知该切平面方程为

$$
F_x\left(x_0, y_0, z_0\right) \cdot\left(\overline{x-x_0}\right)+F_y\left(x_0, y_0, z_0\right) \cdot \overline{\left(y-y_0\right)} \overline{(} \bar{F}_z\left(x_0, y_0, z_0\right) \cdot\left(\overline{z-z_0}\right)=0
$$

而过点 $M_0\left(x_0, y_0, z_0\right)$ 而垂直于此点切平面的直线就称为曲面 $\Sigma$ 上点 $M_0$ 处的法线 它的对称式 (点向式) 方程为

$$
\frac{x-x_0}{F_x\left(x_0, y_0, z_0\right)}=\frac{y-y_0}{F_y\left(x_0, y_0, z_0\right)}=\frac{z-z_0}{F_z\left(x_0, y_0, z_0\right)} .
$$

如果空间曲面 $\Sigma$ 的方程为 $z=f(x, y)$ ，其中 $f$ 具有连续偏导数，则取 $F(x, y, z)=z-f(x, y)$ （或 $F=f(x, y)-z)$ ，
得曲面在点 $M_0\left(x_0, y_0, z_0\right)$ 处的法线向量
$n=\left(-f_x,-f_y, 1\right)$ 或 $n=\left(f_x, f_y,-1\right)$ ，于是点 $M_0\left(x_0, y_0, z_0\right)$ 处的切平面方程为:

$$
f_x\left(x_0, y_0\right) \cdot\left(x-x_0\right)+f_y\left(x_0, y_0\right) \cdot\left(y-y_0\right)-\left(z-z_0\right)=0 ，
$$

法线方程为

$$
\frac{x-x_0}{f_x\left(x_0, y_0\right)}=\frac{y-y_0}{f_y\left(x_0, y_0\right)}=\frac{z-z_0}{-1} .
$$

例 7 求曲面 $3 x^2+y^2-z^2=27$ 在点 $M_0(3,1,1)$ 处的切平面及法线方程.
解 因为 $F(x, y, z)=3 x^2+y^2-z^2-27$ ，故

$$
F_x(3,1,1)=\left.6 x\right|_{(3,1,1)}=18, F_y(3,1,1)=\left.2 y\right|_{(3,1,1)}=2 ， F_z(3,1,1)=-\left.2 z\right|_{(3,1,1)}=-2 ，
$$

所以曲面 $3 x^2+y^2-z^2=27$ 在点 $M_0(3,1,1)$ 处的切平面为

$$
18(x-3)+2(y-1)-2(z-1)=0,
$$

即 $9 x+y+z-27=0$
法线方程为

$$
\frac{x-3}{18}=\frac{y-1}{2}=\frac{z-1}{-2}
$$

即 $\frac{x-3}{9}=\frac{y-1}{1}=\frac{z-1}{-1}$.
例 8 求圆雉面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 在点 $M_0(1,0,1)$ 处的切平面及法线方程.
解 设 $F(x, y, z)=\sqrt{x^2+y^2}-z$, 则

$$
F_x(1,0,1)=\left.\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\right|_{(1,0,1)}=1 ， \quad F_y(1,0,1)=\left.\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\right|_{(1,0,1)}=0 ， \quad F_z(1,0,1)=-1 ，
$$

所以圆锥面在点 $M_0(1,0,1)$ 处的切平面为

$$
1 \cdot(x-3)+0 \cdot(y-1)-1 \cdot(z-1)=0 \text { ， 即 } x-z=0
$$

法线方程为 $\frac{x-1}{1}=\frac{y}{0}=\frac{z-1}{-1} ; \quad$ 即 $\quad\left\{\begin{array}{c}\frac{x-1}{1}=\frac{z-1}{-1}, \\ y=0 .\end{array}\right.$
例 9 试求曲面 $x^2+y^2+z^2-x y-3=0$ 上垂直于直线 $\left\{\begin{array}{c}x+y+1=0 \\ z-3=0\end{array}\right.$ 的切平面 方程.
解 设曲面上点 $(x, y, z)$ 处的切平面垂直于已知直线，该点处的切平面的法向 量为 $n=(2 x-y, 2 y-x, 2 z)$ ，已知直线的方向向量 $s=\left|\begin{array}{lll}i & j & k \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0\end{array}\right|=(-1,1,0)$ ，由 $\left\{\begin{array}{c}\frac{2 x-y}{-1}=\frac{2 y-x}{1}=\frac{2 z}{0} \\ x^2+y^2+z^2-x y-3=0\end{array}\right.$ 得 $x=\mp 1 ， y=\pm 1 ， z=0$ ，即 切点为 $(-1,1,0)$ 及 $(1,-1,0)$ ；所求切平面方程为 $-(x+1)+(y-1)=0$ 及 $-(x-1)+(y+1)=0$ ， 即 $x-y+2=0$ 及 $x-y-2=0$.
例 10 试证曲面 $\Sigma: \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=\sqrt{a}(a>0)$ 上任一点处的切平面在各坐 标轴上的截距之和为 $a$.
解 任取 $M_0\left(x_0, y_0, z_0\right) \in \Sigma$ ， 则在该点处的切平面的法向量为

$$
\left.\boldsymbol{n}\right|_{M_0}=\left(\frac{1}{2 \sqrt{x_0}}, \frac{1}{2 \sqrt{y_0}}, \frac{1}{2 \sqrt{z_0}}\right),
$$

$M_0$ 点处的切平面方程为

$$
\frac{1}{2 \sqrt{x_0}}\left(x-x_0\right)+\frac{1}{2 \sqrt{y_0}}\left(y-y_0\right)+\frac{1}{2 \sqrt{z_0}}\left(z-z_0\right)=0 ，
$$

$$
\frac{1}{2 \sqrt{x_0}}\left(x-x_0\right)+\frac{1}{2 \sqrt{y_0}}\left(y-y_0\right)+\frac{1}{2 \sqrt{z_0}}\left(z-z_0\right)=0 \text {, }
$$

即 $\frac{x}{\sqrt{x_0}}+\frac{y}{\sqrt{y_0}}+\frac{z}{\sqrt{z_0}}=\sqrt{x_0}+\sqrt{y_0}+\sqrt{z_0}=\sqrt{a}$ ，
从而 $\frac{x}{\sqrt{a x_0}}+\frac{y}{\sqrt{a y_0}}+\frac{z}{\sqrt{a z_0}}=1$ ，
截距之和为 $\quad \sqrt{a x_0}+\sqrt{a y_0}+\sqrt{a z_0}=\sqrt{a} \cdot \sqrt{a}=a$.
例 11 在椭球面 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1$ 上求一个截取各正半坐标轴为相等线段的 切平面方程.
解 椭球面 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1$ 在点 $M_0\left(x_0, y_0, z_0\right)$ 处的切平面方程为

$$
\frac{x_0 x}{a^2}+\frac{y_0 y}{b^2}+\frac{z_0 z}{c^2}=1,
$$

由 $\frac{a^2}{x_0}=\frac{b^2}{y_0}=\frac{c^2}{z_0}$ 及 $\frac{x_0{ }^2}{a^2}+\frac{y_0{ }^2}{b^2}+\frac{z_0{ }^2}{c^2}=1$ 得 $x_0=\frac{a^2}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}} ， y_0=\frac{b^2}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$ ，
$z_0=\frac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$ ，因此切平面方程为 $x+y+z=\sqrt{a^2+b^2+c^2}$.

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