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高数下/五一复习/DAY1解析.md

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+**2023年 单选题1**
+  下列方程的几何图形为单叶双曲面的是（ ）
+  (A) $x^{2} + 2y^{2} = z^{2} - 3$
+  (B) $x^{2} + 2y^{2} = z - 3$
+  (C) $x^{2} + 2y^{2} = z^{2} + 3$
+  (D) $x^{2} + 2y^{2} = 3 - z^{2}$
+
+  **答案**：C
+
+- **2024年 单选题1**
+  方程 $x^{2} + \dfrac{y^{2}}{9} - \dfrac{z^{2}}{25} = 1$ 表示的图形为（ ）
+  （A）单叶双曲面 （B）双叶双曲面 （C）椭球面 （D）双曲抛物面
+
+  **答案**：A
+
+- **2025年 单选题1**
+  方程 $x^{2} + 4y^{2} = 1$ 表示（ ）
+  (A)椭圆柱面 (B)椭球面 (C)椭圆抛物面 (D)圆柱面
+
+  **答案**：A
+  **2025年 填空题9**
+  直线 $L: \dfrac{x}{0} = \dfrac{y}{1} = \dfrac{z}{1}$ 绕 $z$ 轴旋转一周所得曲面的一般方程为 \_\_\_\_\_\_\_\_。
+
+  **答案**：$x^{2}+y^{2}-z^{2}=0$
+
+**柱面方程**
+
+- **2024年 填空题7**
+  母线平行于 $x$ 轴且过曲线 $\begin{cases} 2x^{2}+y^{2}+z^{2}=16 \\ x^{2}-y^{2}+z^{2}=0 \end{cases}$ 的柱面方程为 \_\_\_\_\_\_\_\_。
+
+  **答案**：$3y^{2} - z^{2} = 16$
+**2022年 填空题6**
+  设 $|\vec{a}| = 2, |\vec{b}| = 5$ 且 $\vec{a}\perp\vec{b}$，则 $|(\vec{a}+2\vec{b})\times(3\vec{a}-\vec{b})| =$ \_\_\_\_\_\_
+
+  **答案**：70
+
+- **2023年 填空题10**
+  若 $(\alpha \times \beta)\cdot \gamma = 1$，则 $[(\alpha+\beta)\times(\beta+\gamma)]\cdot(\gamma+\alpha) =$ \_\_\_\_\_\_
+
+  **答案**：2
+
+- **2021年 解答题14**
+  已知单位向量 $\overrightarrow{OA}$ 与三个坐标轴的正方向夹成相等的锐角，$B$ 是点 $M(1,-3,2)$ 关于点 $N(-1,2,1)$ 的对称点，求 $|\overrightarrow{OA}\times\overrightarrow{OB}|$。
+
+  **解析**：
+  由题意可知 $\overrightarrow{OA} = \frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)$。
+  设 $B(x_{0},y_{0},z_{0})$，由对称性 $\frac{1+x_{0}}{2}=-1,\ \frac{-3+y_{0}}{2}=2,\ \frac{2+z_{0}}{2}=1$，得 $x_{0}=-3,y_{0}=7,z_{0}=0$，$\overrightarrow{OB}=(-3,7,0)$。从而
+  $$\overrightarrow{OA}\times\overrightarrow{OB} = \frac{1}{\sqrt{3}}\begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & 1 & 1 \\ -3 & 7 & 0 \end{vmatrix} = \frac{1}{\sqrt{3}}(-7,-3,10),$$
+  故 $|\overrightarrow{OA}\times\overrightarrow{OB}| = \frac{1}{\sqrt{3}}\sqrt{49+9+100} = \frac{\sqrt{158}}{\sqrt{3}}$。
+
+
+
+**投影**
+
+- **2025年 单选题5**
+  已知 $a = (-2,-1,2),\ b = (1,-3,2)$，则向量 $a$ 在 $b$ 上的投影为（ ）
+  (A) $\frac{5}{3}$ (B) $\frac{5}{\sqrt{14}}$ (C)3 (D)5
+
+  **答案**：B
+  **2021年 解答题19(1)**
+  (1) 证明曲线 $C: x = ae^{t}\cos t,\ y = ae^{t}\sin t,\ z = ae^{t}$ 位于圆锥面 $x^{2}+y^{2}=z^{2}$ 之上。
+
+  **解析**：
+  由题意，$x^{2}+y^{2} = a^{2}e^{2t}(\cos^{2}t + \sin^{2}t) = a^{2}e^{2t} = z^{2}$，故曲线在圆锥面 $x^{2}+y^{2}=z^{2}$ 上。
+ (2) 设 $O$ 为坐标原点，$P$ 为曲线 $C$ 上任意一点，证明：曲线 $C$ 在点 $P$ 处切线与直线 $OP$ 之间的夹角是恒定的。
+
+  **解析**：
+  圆锥面 $x^{2}+y^{2}=z^{2}$ 的顶点在原点，其上一点 $P(x,y,z)$ 的母线方向向量为 $\vec{\tau_{1}} = (x,y,z)$。
+  曲线在点 $P$ 处的切向量为
+  $$\vec{\tau_{2}} = (x',y',z') = (ae^{t}(\cos t - \sin t), ae^{t}(\sin t + \cos t), ae^{t}) = (x-y, x+y, z).$$
+  设两向量夹角为 $\theta$，注意到 $x^{2}+y^{2}=z^{2}$，则
+  $$\cos\theta = \frac{\vec{\tau_{1}}\cdot\vec{\tau_{2}}}{|\vec{\tau_{1}}||\vec{\tau_{2}}|} = \frac{x(x-y)+y(x+y)+z^{2}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\sqrt{(x-y)^{2}+(x+y)^{2}+z^{2}}} = \frac{2z^{2}}{\sqrt{2z^{2}}\sqrt{3z^{2}}} = \frac{2}{\sqrt{6}},$$
+  故夹角恒定。

高数下/五一复习/DAY2解析.md

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+**2023年 解答题15**
+  求过点 $(3,1,-2)$ 且通过直线 $\dfrac{x-4}{5} = \dfrac{y+3}{2} = \dfrac{z}{1}$ 的平面方程。
+
+  **解析**：
+  记直线 $L$ 的方向向量为 $s=(5,2,1)$，由于所求平面过直线 $L$，点 $(4,-3,0)$ 在平面上，则向量
+  $$I = (4-3, -3-1, 0+2) = (1,-4,2)$$
+  也在所求平面上。所求平面的法向量为
+  $$n = \begin{vmatrix} i & j & k \\ 1 & -4 & 2 \\ 5 & 2 & 1 \end{vmatrix} = (-8,9,22),$$
+  所求平面方程为 $8(x-3)-9(y-1)-22(z+2)=0$，即 $8x-9y-22z-59=0$。
+
+- **2025年 解答题12**
+  求过直线 $\begin{cases} 3x+2y-z+4=0 \\ x-4y+2z-1=0 \end{cases}$ 且与平面 $x+y-2z+5=0$ 垂直的平面方程。
+
+  **解析**：
+  设过直线的平面族为 $3x+2y-z+4+\lambda(x-4y+2z-1)=0$，
+  其法向量为 $(3+\lambda,\ 2-4\lambda,\ -1+2\lambda)$。
+  由题意，该平面与已知平面垂直，故两法向量点积为零：
+  $$(3+\lambda)\cdot1 + (2-4\lambda)\cdot1 + (-1+2\lambda)\cdot(-2) = 0,$$
+  解得 $\lambda = 1$。代入平面族方程，得所求平面方程为
+  $$4x-2y+z+3=0.$$
+
+- **2021年 解答题18**
+  设直线 $l_{1}: \begin{cases} 2x-2y-z+8=0 \\ x+2y-2z+1=0 \end{cases}$，$l_{2}: \begin{cases} 4x+y+3z-21=0 \\ 2x+2y-3z+15=0 \end{cases}$，求与两直线 $l_{1},l_{2}$ 都平行且等距离的平面方程。
+
+  **解析**：
+  两直线的方向向量分别为
+  $$\vec{s_{1}} = (2,-2,-1)\times(1,2,-2) = 3(2,1,2),\quad \vec{s_{2}} = (4,1,3)\times(2,2,-3) = 3(-3,6,2).$$
+  设所求平面法向量为 $\vec{n}$，由于 $(2,1,2)\times(-3,6,2) = -5(2,2,-3)$，取 $\vec{n}=(2,2,-3)$，则平面方程可设为 $2x+2y-3z+D=0$。
+  分别在两直线上取点 $M_{1}(-3,1,0)$，$M_{2}(2,-2,5)$，它们到平面的距离
+  $$d_{1}=\frac{|-4+D|}{\sqrt{17}},\quad d_{2}=\frac{|-15+D|}{\sqrt{17}}.$$
+  由 $d_{1}=d_{2}$ 解得 $D=\frac{19}{2}$，故所求平面方程为 $2x+2y-3z+\frac{19}{2}=0$。
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+- **2024年 单选题3**
+  下列平面中过 $y$ 轴且与点 $A_{1}(2,7,3),\ A_{2}(-1,1,0)$ 等距的是（ ）
+  (A) $x+z=0$ (B) $x-3z=0$ (C) $x-z=0$ (D) $3x+z=0$
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+  **答案**：C
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+**直线方程**
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+- **2022年 单选题1**
+  设直线 $L: \begin{cases} x+3y+2z+1=0 \\ 2x-y-10z+3=0 \end{cases}$，平面 $\pi: 4x-2y+z-2=0$，则直线 $L$（ ）
+  (A)平行于 $\pi$ (B)在 $\pi$ 上 (C)垂直于 $\pi$ (D)与 $\pi$ 斜交
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+  **答案**：C
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+- **2025年 单选题2**
+  直线 $\dfrac{x-12}{4} = \dfrac{y-9}{3} = \dfrac{z-1}{1}$ 与平面 $3x+5y-z-2=0$ 的交点为（ ）
+  (A) (12,9,1) (B) (3,5,-1) (C) (0,0,-2) (D) (4,3,1)
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+  **答案**：C
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+**点、线、面距离**
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+- **2022年 解答题12**
+  求点 $P(1,2,3)$ 到直线 $\dfrac{x}{1} = \dfrac{y-4}{-3} = \dfrac{2z-6}{-4}$ 的距离。
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+  **解析**：（法一）直线标准方程为 $\dfrac{x}{1} = \dfrac{y-4}{-3} = \dfrac{z-3}{-2}$，其上点 $M(0,4,3)$，则 $\overrightarrow{PM}=(-1,2,0)$，方向向量 $\vec{s}=(1,-3,-2)$，距离
+  $$d = \frac{|\overrightarrow{PM}\times\vec{s}|}{|\vec{s}|} = \frac{1}{\sqrt{14}}\left| \begin{array}{ccc}\vec{i} & \vec{j} & \vec{k}\\ -1 & 2 & 0\\ 1 & -3 & -2 \end{array} \right| = \frac{1}{\sqrt{14}}|(-4,2,1)| = \frac{\sqrt{6}}{2}.$$
+  （法二）同上。
+
+- **2024年 填空题6**
+  由点 $P(1,2,3)$ 向直线 $L: x = \dfrac{y-4}{-3} = \dfrac{z-3}{-2}$ 引垂线，则垂足的坐标为 \_\_\_\_\_\_
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+  **答案**：$\left(\dfrac{1}{2}, \dfrac{5}{2}, 2\right)$
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+- **2021年 单选题2**
+  两平行平面 $Ax+By+Cz=D_{1}$ 与 $Ax+By+Cz=D_{2}$ 之间的距离为（ ）
+  (A) $|D_{2}|-|D_{1}|$ (B) $|D_{2}-D_{1}|$ (C) $\dfrac{||D_{2}|-|D_{1}||}{\sqrt{A^{2}+B^{2}+C^{2}}}$ (D) $\dfrac{|D_{2}-D_{1}|}{\sqrt{A^{2}+B^{2}+C^{2}}}$
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+  **答案**：D
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+**对称点**
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+- **2022年 填空题10**
+  空间直角坐标系中，坐标原点关于平面 $6x+2y-9z-121=0$ 的对称点为 \_\_\_\_\_\_
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+  **答案**：(12,4,-18)