最后更新: 2025-02-06 17:17 查看: 10 次高考专区考研专区公式专区刷题专区词条搜索

曲线的切向量，切线和法平面

## 曲线的切向量，切线和法平面
三维空间曲线的参数表示形式为

$$
x=x(t), y=y(t), z=z(t), \quad a \leqslant t \leqslant b,
$$

其中当 $x(t), y(t), z(t)$ 分别在 $[a, b]$ 连续时称曲线为连续曲线．又若 $x(t), y(t), z(t)$在 $[a, b]$ 上连续可微，且 $x^{\prime}(t), y^{\prime}(t), z^{\prime}(t)$ 不同时为 0 ，则称为**光滑曲线**．一般还加上不自交的条件，这等价于从 $[a, b]$ 到 $(x(t), y(t), z(t))$ 的映射为单射．由此可见，曲线是一维区间的同胚象．（至少应当在逆映射存在定理处引入同胚概念，若能更早一些更好．）

以上曲线的向量表示为

$$
\boxed{
r (t)=x(t) i +y(t) j +z(t) k , \quad a \leqslant t \leqslant b,
}
$$

且当 $x(t), y(t), z(t)$ 可导时，在它们不同时等于 0 的条件下就得到该曲线的切向量

$$
\boxed{
r ^{\prime}(t)=x^{\prime}(t) i +y^{\prime}(t) j +z^{\prime}(t) k , \quad a \leqslant t \leqslant b
}
$$

由此即可作出曲线上某点处的切线方程和法平面方程．

`例`求螺旋线 $l: x=a \cos t, y=a \sin t, z=c t$ 在点 $(a, 0,0)$ 的切线方程和法平面方程．（参见图 1，其中设 $a>0, c>0$ ．）

![图片](/uploads/2025-02/fc7362.jpg)

解 在螺旋线 $l$ 上任意点的切向量是

$$
\tau =(-a \sin t, a \cos t, c)
$$

点 $(a, 0,0)$ 对应的参数 $t=0$ ．这时切向量 $\left. \tau \right|_{t=0}=$ $(0, a, c)$ ，因此螺旋线在点 $(a, 0,0)$ 的切线方程是

$$
\frac{x-a}{0}=\frac{y-0}{a}=\frac{z-0}{c} .
$$

> 注：这里分母为零应理解为分子为零，详见高等数学 [空间直线参数方程](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=361)

也可以写为直线的参数形式：

$$
x=a, y=a t, z=c t,
$$

或者写为两张平面 $x=a, c y-a z=0$ 的交线．（在图 1 中作出了过点 $(a, 0,0)$ 的切线，它在平面 $x=a$ 上．）

从切向量 $(0, a, c)$ 即可写出过点 $(a, 0,0)$ 的法平面方程为 $a y+c z=0$ ．（这个平面方程中不出现 $x$ ，这表明该平面含有 $x$ 轴．在图 1 中作出了上述切线与法平面供参考．）

如上题中的切线就可以写为参数形式，也可以写为两张平面的交线，在三维空间中用两张曲面的交线来确定曲线的例子也很多．下面我们来研究在这种表示方式中如何计算曲线的切线和法平面．

设给定两个由方程

$$
F(x, y, z)=0, \quad G(x, y, z)=0
$$

描述的曲面，并考虑它们的交．
如同在隐函数问题（那就是 $z-F(x, y)=0$ 与 $z=0$ 的交线问题）中那样，假定 $F, G$ 是连续函数，且已经对某点 $P_0\left(x_0, y_0, z_0\right)$ 满足

$$
F\left(x_0, y_0, z_0\right)=0, \quad G\left(x_0, y_0, z_0\right)=0 .
$$

我们的问题是方程组 $F=G=0$ 是否在点 $P_0$ 邻近确定一条连续曲线，或光滑曲线．这里当然需要一定的条件，为此我们用隐函数存在定理．如同在三个变量两个方程的情况那样，设 $F, G$ 在点 $P_0$ 邻近连续可偏导，写出它们在点 $P_0$ 处的 Jacobi矩阵

$$
\left.\left(\begin{array}{ccc}
F_x & F_y & F_z \\
G_x & G_y & G_z
\end{array}\right)\right|_{P_0}
$$

并假设该矩阵的秩为 2 ，即至少有一个二阶子式不等于 0 ．不失一般性，设有

$$
\left.\frac{\partial(F, G)}{\partial(y, z)}\right|_{P_0} \neq 0
$$

则就可以用方程组的隐函数存在定理，在点 $P_0$ 的某个邻域中可以惟一确定隐函数

$$
y=y(x), \quad z=z(x)
$$

且是连续可微的．在三维空间中这两个方程分布是母线平行于 $z$ 轴和 $y$ 轴的两个柱面。

在几何上这代表了一条光滑曲线，它以在点 $x_0$ 的某一个邻域中的 $x$ 为参数，方程就是

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

它的切向量是

$$
\tau =\left(1, y^{\prime}(x), z^{\prime}(x)\right),
$$

可以用隐函数求导法得到．具体来说，将隐函数代入方程，得到关于 $x$ 的两个恒等式 $F(x, y(x), z(x)) \equiv 0, G(x, y(x), z(x)) \equiv 0$ ，然后写出全微分，就有

$$
\begin{aligned}
& d F=F_x d x+F_y d y+F_z d z=0 \\
& d G=G_x d x+G_y d y+G_z d z=0
\end{aligned}
$$

将上述两式两边除以 $d x$ ，就成为关于 $y^{\prime}(x)$ 和 $z^{\prime}(x)$ 的线性方程组，

$$
\begin{aligned}
F_y y^{\prime}(x)+F_z z^{\prime}(x) & =-F_x \\
G_y y^{\prime}(x)+G_z z^{\prime}(x) & =-G_x
\end{aligned}
$$

利用前述条件，可知在 $x=x_0$ 邻近，Jacobi 行列式 $\frac{\partial(F, G)}{\partial(y, z)} \neq 0$ ．从而可以解出

$$
y^{\prime}(x)=\dfrac{\frac{\partial(F, G)}{\partial(z, x)}}{\frac{\partial(F, G)}{\partial(y, z)}}, \quad z^{\prime}(x)=\dfrac{\frac{\partial(F, G)}{\partial(x, y)}}{\frac{\partial(F, G)}{\partial(y, z)}} .
$$

这样就确定了曲线的切方向向量 $\left(1, y^{\prime}(x), z^{\prime}(x)\right)$ ．
另一个方法是引入以下两个向量：

$$
r _1=\left(F_x, F_y, F_z\right), \quad r _2=\left(G_x, G_y, G_z\right)
$$

即上述 Jacobi 矩阵的两个行向量。该矩阵的秩为 2 表明这两个向量不相关。从前面的推导可见曲线的切方向 $\tau =\left(1, y^{\prime}(x), z^{\prime}(x)\right)$ 与它们都正交．从而就可以得到

$$
\tau = r _1 \times r _2=\left|\begin{array}{ccc} 
i & j & k \\
F_x & F_y & F_z \\
G_x & G_y & G_z
\end{array}\right|
$$

在相差一个常数因子的意义上这与上面的结果是一致的．

`例` 求两柱面 $x^2+y^2=1, x^2+z^2=1$ 的交线在点 $P_0\left(\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}\right)$的切线方程和法平面方程（参见图 2）．

![图片](/uploads/2025-02/f7aa7e.jpg)
 
解 1 从方程组可以直接解出 $y, z$ 为 $x$ 的函数．对于点 $P_0$ ，取 $0 \leqslant x \leqslant 1$ 即可，这样就有

$$
y=\sqrt{1-x^2}, \quad z=\sqrt{1-x^2}
$$

这样就可以计算出 $\left(1, y^{\prime}(x), z^{\prime}(x)\right), 0<x \leqslant 1$ ．用 $x=1 / \sqrt{2}$ 代入得到切向量

$$
\tau =\left(1,-\frac{1}{\sqrt{2}},-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)
$$

为方便起见，可以改取 $\tau =(1,-1,-1)$ ．

图 2：两个柱面正交的曲线

于是切线方程为

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

同时法平面方程为

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

解 2 用参数方程也很方便．令

$$
x=\cos t, y=\sin t, z=\sin t, \quad 0 \leqslant t \leqslant \frac{\pi}{2}
$$

当 $t=\frac{\pi}{4}$ 时得到点 $P_0$ ．就可以得到 $\tau =(1,-1,-1)$ ．其余同前．

解 3 记 $F(x, y, z)=x^2+y^2-1, G(x, y, z)=x^2+z^2-1$ ，则得到 Jacobi 矩阵

$$
\left(\begin{array}{ccc}
2 x & 2 y & 0 \\
2 x & 0 & 2 z
\end{array}\right)
$$

由于在点 $P_0$ 处三个二阶子式都不等于 0 ，因此可以在该点的邻域中惟一确定曲线 $l$ ，它可以用三个变量中的任何一个作为参数．从

$$
\left|\begin{array}{ccc} 
i & j & k \\
2 x & 2 y & 0 \\
2 x & 0 & 2 x
\end{array}\right|=4 x y i -4 x^2 j -4 x y k
$$

可见在点 $P_0$ 可将切向量取为 $\tau =(1,-1,-1)$ ．其余同前．

### 扩展阅读
注 如下图所示是由两个圆柱 $x^2+y^2 \leqslant 1$ 和 $x^2+z^2 \leqslant 1$ 正交的公共部分，它在古代中国数学中称为牟合方盖，是由刘徽首先提出的。

左分图中用粗黑曲线描出例题中的曲线

$$
x^2+y^2=1, \quad x^2+z^2=1
$$

其余的细线是牟合方盖与三个坐标面的交线．为表示牟合方盖的常见形状，左分图中的直角坐标轴的位置与平时所取的位置不同．在右分图中则用粗黑线表示牟合方盖的轮廓线，并去掉看不到的虚线。

由图可见在例题的曲线中有自交点 $(1,0,0)$ 和 $(-1,0,0)$ ．若将曲线方程写为 $F(x, y, z)=x^2+y^2-1=0$ 和 $G(x, y, z)=x^2+z^2-1=0$ ，则其 Jacobi 矩阵

$$
\left(\begin{array}{ccc}
2 x & 2 y & 0 \\
2 x & 0 & 2 z
\end{array}\right)
$$

在这两个点处的秩等于 1 ，因此隐函数定理失效．而从自交点的存在可以知道在这两个点的邻近方程 $F=G=0$ 也确实不能确定经过它们的曲线．
 ![图片](/uploads/2025-02/15b8ba.jpg)

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