解：设切点是(x0,y0,z0)则切平面方程是
(x?x0)F1(x0,y0,z0)?(y?y0)F2(x0,y0,z0)?(z?z0)F3(x0,y0,z0)?0,
（1）设切平面与y?0平行，则有
?x0?y0?z0?0,??x0?2y0?3z0?0,解得点是(?2,?4,?2)。 ??F(x0,y0,z0)?0,（2）设切平面与x?0平行，则有
?x0?2y0?2z0?0,??x0?2y0?3z0?0,解得点是(?4,?2,0)。 ??F(x0,y0,z0)?0,（3）设切平面与z?0平行，则有
?x0?y0?z0?0,??x0?2y0?2z0?0,解得点是(0,?2??F(x0,y0,z0)?0,2,?22)。
3.求与两直线??y?0,?z?a,及??x?0,?z??a,相切的诸球面的中心轨迹，其中a为已知实数。
解：设球面的球心是(l,m,n)，直线??y?0,?z?a,与球面的切点是(x0,0,a)，直线??x?0,?z??a,?x?x0?t,y?0,??与球面的切点是(0,y0,?a)。直线?的参数方程?y?0,，t?0对应于切点，
?z?a,?z?a,?将参数方程代入球面方程中有(x0?l?t)2?m2?(a?n)2?R2，它有重根，则
x0?l,m2?(a?n)?R。
22同理，得到y0?m,l2?(a?n)2?R2。两式中消去R，有l2?m2?4an?0,因此，球心轨迹满足方程x2?y2?4az?0.
4.给定球面x2?y2?z2?2x?4y?4z?40?0，求 （１）过点(1,5,4)的切平面方程； （２）以(2,6,10)为顶点的切锥面方程。 解：（1）点(1,5,4)在球面上，
F1(x,y,z)?x?1,F2(x,y,z)?y?2,F3(x,y,z)?z?2，
因而F1(1,5,4)?2,F2(1,5,4)?3,F3(1,5,4)?6,切平面方程是
2(x?1)?3(y?5)?6(z?4)?0,即2x?3y?6z?41?0.
（2）F1(2,6,10)?3,F2(2,6,10)?4,F3(2,6,10)?12,F(2,6,10)?120, 所以以(2,6,10)为顶点的切锥面方程是
2222[3(x?2)?4(y?6)?12(z?10)]?120[(x?2)?(y?6)?(z?10)]?0.
5.证明平面18x?13y?2z?12?0与二次曲面
22x?2y?6xz?4yz?2y?4z?24?0
相切，并求出切点坐标。
证明：设切点是(x0,y0,z0)，则切平面是
(x?x0)(x0?3z0)?(y?y0)(2y0?2z0?1)?(z?z0)(3x0?2y0?2)?0
假设该平面就是18x?13y?2z?12?0，则
x0?3z01813?212解得切点是(0,0,6)，故平面18x?13y?2z?12?0是二次曲面的切平面。
?2y0?2z0?1?3x0?2y0?2?y0?2z0?24
6.求平面?x??y?z???0与二次曲面Ax2?By2?2Cz相切的条件。 解：设二次曲面Ax2?By2?2Cz的切平面的切点是(x0,y0,z0)，则切平面方程是
Ax0x?By0y?C(z?z0)，设它就是平面?x??y?z???0，于是有
Ax0??By0??C1??Cz0?，即有x0??CA,y0??CB2,z0???.因为(x0,y0,z0)在
曲面上，故A(?CA)?B(2?CB)??2C?,即
2?A2??B?2?C?0.
7.求二次曲面x2?3y2?z2?2?0上具有方向1:2:2的切线的轨迹。
解：设具有方向1:2:2的直线x?x0?t,y?y0?2t,z?z0?2t,与二次曲面
x?3y?z?2?0相切，切点是(x0,y0,z0)。将切线方程代入曲面方程有
(x0?t)?3(y0?2t)?(z0?2t)?2?0, y0?4z0即 ?7t2?(2x0?12t)?x?3y?0z?2 ?0,00222222222222?3y0?z0?2?0,于是 该方程的t有重根，由于(x0,y0,z0)是切点，则x0?7t?(2x0?12y0?4z0)t?0,因而2x0?12y0?4z0?0,现在从直线的方程中按
2上述关系消去x0,y0,z0，得到参数t的关系：?7t?x?6y?2z,代入直线方程中，则有以下关系：
x0?x?y0?y?z0?z?x?6y?2z7?8x?6y?2z7?,
2(x?6y?2z)72(x?6y?2z)7,
72x?12y?11z?,
72x?5y?4z由于(x0,y0,z0)满足曲面方程，所以这些切线的轨迹方程是
(8x?6y?2z)?3(2x?5y?4z)?(2x?12y?11z)?98?0.
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