空间曲线及其方程（题目+考法分析）

以下是针对【空间曲线及其方程】的专项训练题，共 8 道，涵盖一般方程、参数方程、投影曲线、特殊曲线及几何应用等核心考点。

一、基础概念与识别#

题 1 判断下列方程组在空间直角坐标系中表示什么曲线，并说明其几何特征。

$(1)\quad \begin{cases} x^2+y^2+z^2=25 \\ z=3 \end{cases} \qquad (2)\quad \begin{cases} x^2+y^2=1 \\ x^2+z^2=1 \end{cases}$

解析与思路

第(1)组：方程 $x^2+y^2+z^2=25$ 表示以原点为球心、半径为 5 的球面；方程 $z=3$ 表示平行于 $xy$ 平面的平面。两者联立即为球面与平面的交线。将 $z=3$ 代入球面方程得 $x^2+y^2=16$ ，这是平面 $z=3$ 内以 $(0,0,3)$ 为圆心、半径为 4 的圆。
结论：平面 $z=3$ 上的圆。
第(2)组： $x^2+y^2=1$ 是圆柱面（母线平行于 $z$ 轴）， $x^2+z^2=1$ 是圆柱面（母线平行于 $y$ 轴）。两圆柱面的交线称为维维安尼曲线（Viviani’s curve）。将两式相减得 $y^2=z^2$ ，即 $y=\pm z$ ，说明曲线关于 $y=0$ 和 $z=0$ 对称。该曲线位于球面 $x^2+y^2+z^2=2$ （两式相加）上，是一条封闭的空间曲线，可视为球面与圆柱面的交线。

二、一般方程与参数方程的互化#

题 2 将空间曲线的一般方程 $\begin{cases} x^2+y^2+z^2=4 \\ x+y+z=0 \end{cases}$ 化为参数方程。

解析与思路

目标：消去一个变量，将剩余两个变量转化为平面参数方程，再回代求第三个变量。

消元：由平面方程 $z=-(x+y)$ ，代入球面方程： $x^2+y^2+(x+y)^2=4 \Rightarrow 2x^2+2xy+2y^2=4 \Rightarrow x^2+xy+y^2=2.$
配方/旋转：这是 $xy$ 平面上的椭圆。为参数化，先消去交叉项。令 $x=u+v,\quad y=u-v,$ 则 $x^2+xy+y^2 = (u+v)^2+(u+v)(u-v)+(u-v)^2 = 3u^2+v^2 = 2.$

于是可设 $u=\sqrt{\frac{2}{3}}\cos t,\quad v=\sqrt{2}\sin t,\quad t\in[0,2\pi).$
回代： $x=u+v=\sqrt{\frac{2}{3}}\cos t+\sqrt{2}\sin t,$ $y=u-v=\sqrt{\frac{2}{3}}\cos t-\sqrt{2}\sin t,$ $z=-(x+y)=-2u=-2\sqrt{\frac{2}{3}}\cos t.$

最终参数方程： $\boxed{\begin{cases} x=\sqrt{\dfrac{2}{3}}\cos t+\sqrt{2}\sin t \\[6pt] y=\sqrt{\dfrac{2}{3}}\cos t-\sqrt{2}\sin t \\[6pt] z=-2\sqrt{\dfrac{2}{3}}\cos t \end{cases} \quad (0\le t<<2\pi)}$

三、投影曲线#

题 3 求曲线 $\begin{cases} x^2+y^2+z^2=2 \\ z=x^2+y^2 \end{cases}$ 在 $xy$ 平面上的投影曲线方程，并指出投影区域。

解析与思路

核心原理：空间曲线在 $xy$ 平面上的投影，是消去 $z$ 后得到的柱面与 $z=0$ 的交线。

消去 $z$ ：由第二式 $z=x^2+y^2$ ，代入第一式： $(x^2+y^2)+(x^2+y^2)^2=2.$ 令 $r^2=x^2+y^2$ ，则 $r^2+r^4=2 \Rightarrow (r^2-1)(r^2+2)=0 \Rightarrow r^2=1.$
得到投影柱面： $x^2+y^2=1$ （圆柱面）。
投影曲线：联立投影柱面与投影平面 $z=0$ ： $\boxed{\begin{cases} x^2+y^2=1 \\ z=0 \end{cases}}$ 这是 $xy$ 平面上以原点为圆心、半径为 1 的圆。
投影区域：该圆所围成的有界闭区域，即 $D_{xy}=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le 1\}.$

四、特殊空间曲线#

题 4 写出圆柱螺线（螺旋线）的参数方程，并说明参数 $a,b,\omega$ 的几何意义。若已知螺线过点 $(a,0,0)$ ，且每绕 $z$ 轴一周上升高度为 $h$ ，半径为 $R$ ，试建立其方程。空间螺旋线

解析与思路空间螺旋线例题帮助理解和解题

标准形式：圆柱螺线是点在圆柱面上匀速转动、同时沿母线匀速平移的轨迹： $\boxed{\begin{cases} x=R\cos\omega t \\ y=R\sin\omega t \\ z=bt \end{cases}}$

$R$ ：圆柱半径，即螺线到 $z$ 轴的距离恒为 $R$ 。
$\omega$ ：角速度，决定旋转快慢。
$b$ ：轴向速度系数，决定上升快慢。

根据题意确定参数：

过点 $(a,0,0)$ ：令 $t=0$ ，得 $x(0)=R=a$ ，故 $R=a$ 。
每转一周（ $t$ 增加 $T=\frac{2\pi}{\omega}$ ）， $z$ 升高 $h$ ： $z(T)-z(0)=bT=h \Rightarrow b=\frac{h}{T}=\frac{h\omega}{2\pi}.$

若取 $\omega=1$ （即 $t$ 直接表示角度），则 $T=2\pi$ ， $b=\frac{h}{2\pi}$ ，方程简化为： $\boxed{\begin{cases} x=a\cos t \\ y=a\sin t \\ z=\dfrac{h}{2\pi}t \end{cases}}$

五、综合：从一般方程到参数方程再到投影#

题 5 给定曲线 $\Gamma:\begin{cases} x^2+y^2=z \\ x+y+z=1 \end{cases}$

(1) 求 $\Gamma$ 在 $xy$ 平面上的投影曲线方程；
(2) 将 $\Gamma$ 化为参数方程。

解析与思路

(1) 投影到 $xy$ 平面

消去 $z$ ：由第二式 $z=1-x-y$ ，代入第一式： $x^2+y^2=1-x-y \Rightarrow x^2+x+y^2+y=1.$ 配方： $\left(x+\frac{1}{2}\right)^2+\left(y+\frac{1}{2}\right)^2=\frac{3}{2}.$ 这是投影柱面（圆柱面，母线平行于 $z$ 轴）。

投影曲线为： $\boxed{\begin{cases} \left(x+\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(y+\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{3}{2} \\[6pt] z=0 \end{cases}}$ 即 $xy$ 平面上以 $\left(-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right)$ 为圆心、半径 $\sqrt{\frac{3}{2}}$ 的圆。

(2) 参数方程

利用投影结果，令 $x=-\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{3}{2}}\cos t,\quad y=-\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{3}{2}}\sin t,\quad t\in[0,2\pi).$ 再代入 $z=1-x-y$ ： $z=1-\left(-\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{3}{2}}\cos t\right)-\left(-\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{3}{2}}\sin t\right)=2-\sqrt{\frac{3}{2}}(\cos t+\sin t).$

参数方程： $\boxed{\begin{cases} x=-\dfrac{1}{2}+\sqrt{\dfrac{3}{2}}\cos t \\[6pt] y=-\dfrac{1}{2}+\sqrt{\dfrac{3}{2}}\sin t \\[6pt] z=2-\sqrt{\dfrac{3}{2}}(\cos t+\sin t) \end{cases}}$

六、空间曲线的切线与法平面#

题 6 求曲线 $\begin{cases} x=t \\ y=t^2 \\ z=t^3 \end{cases}$ 在点 $(1,1,1)$ 处的切线方程与法平面方程。

解析与思路

方法：对参数方程直接求导得到切向量。

确认参数值：点 $(1,1,1)$ 对应 $t=1$ 。
求切向量： $\vec{r}'(t)=(x'(t),y'(t),z'(t))=(1,2t,3t^2).$ 在 $t=1$ 处： $\vec{T}=(1,2,3)$ 。
切线方程（点向式）： $\boxed{\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{2}=\frac{z-1}{3}}$
法平面方程（过点 $(1,1,1)$ 且以 $\vec{T}$ 为法向量）： $1\cdot(x-1)+2\cdot(y-1)+3\cdot(z-1)=0,$ 即 $\boxed{x+2y+3z-6=0}$

七、一般方程表示的曲线的切线#

题 7 求曲线 $\begin{cases} x^2+y^2+z^2=6 \\ x+y+z=0 \end{cases}$ 在点 $(1,-2,1)$ 处的切线方程。

解析与思路

方法：两曲面交线的切向量等于两曲面在该点法向量的叉积。

验证点在曲线上： $1+4+1=6$ ✓， $1-2+1=0$ ✓。
求两曲面的法向量：
- 球面 $F=x^2+y^2+z^2-6=0$ ： $\nabla F=(2x,2y,2z)$ ，在 $(1,-2,1)$ 处 $\vec{n}_1=(2,-4,2)$ ，简化为 $(1,-2,1)$ 。
- 平面 $G=x+y+z=0$ ： $\nabla G=(1,1,1)$ ，即 $\vec{n}_2=(1,1,1)$ 。
切向量： $\vec{T}=\vec{n}_1\times\vec{n}_2=\begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & -2 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix}=(-3,0,3),$ 简化为 $(-1,0,1)$ 。
切线方程： $\boxed{\frac{x-1}{-1}=\frac{y+2}{0}=\frac{z-1}{1}}$ （其中 $\frac{y+2}{0}$ 理解为 $y=-2$ ）

或写成一般式： $\boxed{\begin{cases} y=-2 \\ x+z=2 \end{cases}}$

八、综合应用与证明#

题 8 设空间曲线 $\Gamma$ 由 $\begin{cases} z=\sqrt{4-x^2-y^2} \\ x^2+y^2=2x \end{cases}$ 给出。

(1) 说明 $\Gamma$ 的几何意义；
(2) 求 $\Gamma$ 在 $xz$ 平面上的投影曲线；
(3) 求 $\Gamma$ 的参数方程。

解析与思路

(1) 几何意义

$z=\sqrt{4-x^2-y^2}$ 是上半球面（球心原点，半径 2）。
$x^2+y^2=2x \Rightarrow (x-1)^2+y^2=1$ 是圆柱面（母线平行于 $z$ 轴，半径 1，轴过 $(1,0,0)$ ）。

因此 $\Gamma$ 是上半球面与圆柱面的交线，属于维维安尼曲线的一种变形，位于 $z\ge 0$ 部分。

(2) 投影到 $xz$ 平面

投影到 $xz$ 平面需消去 $y$ 。由圆柱面方程 $y^2=2x-x^2$ ，代入球面方程： $z=\sqrt{4-x^2-(2x-x^2)}=\sqrt{4-2x}.$ 注意：由 $y^2=2x-x^2\ge 0$ 得 $0\le x\le 2$ ，且 $z\ge 0$ 。

投影柱面为 $z=\sqrt{4-2x}$ （半个抛物柱面），投影曲线为： $\boxed{\begin{cases} z=\sqrt{4-2x} \\ y=0 \end{cases} \quad (0\le x\le 2)}$ 这是 $xz$ 平面上的一段抛物线弧。

(3) 参数方程

利用圆柱面的参数化： $(x-1)^2+y^2=1$ 可设 $x=1+\cos t,\quad y=\sin t,\quad t\in[0,2\pi).$ （注意：这里 $t$ 是相对于圆心 $(1,0)$ 的参数角）

代入 $z=\sqrt{4-x^2-y^2}$ ： $z=\sqrt{4-(1+\cos t)^2-\sin^2 t}=\sqrt{4-(1+2\cos t+\cos^2 t+\sin^2 t)}=\sqrt{2-2\cos t}=\sqrt{4\sin^2\frac{t}{2}}=2\left|\sin\frac{t}{2}\right|.$

由于 $t\in[0,2\pi)$ ， $\frac{t}{2}\in[0,\pi)$ ， $\sin\frac{t}{2}\ge 0$ ，故 $z=2\sin\frac{t}{2}$ 。

参数方程： $\boxed{\begin{cases} x=1+\cos t \\ y=\sin t \\ z=2\sin\dfrac{t}{2} \end{cases} \quad (0\le t<<2\pi)}$

考点总结#

题号	核心考点
1	空间曲线一般方程的几何识别（球面/平面/柱面交线）
2	一般方程 $\to$ 参数方程（消元+参数化）
3	投影曲线（消元法）与投影区域
4	特殊曲线：圆柱螺线的建立与参数意义
5	投影与参数化的综合
6	参数方程曲线的切线与法平面
7	一般方程曲线的切线（法向量叉积法）
8	综合：几何意义、向 $xz$ 面投影、参数方程

如需继续补充难度更高的证明题（如证明某曲线为平面曲线、求弧长、或结合曲率/挠率的内容），可以告诉我。

下面是难度更高的证明题

以下是针对【空间曲线及其方程】的进阶续篇，分为 证明题（拔高） 与 期末实战（高频综合） 两大板块，共 8 道。每题均附有完整的思路拆解与详细解析。

一、证明题 · 拔高篇#

题 9 平面曲线的代数判定#

证明：曲线
$\Gamma:\quad x=(t+1)^2,\quad y=t^2,\quad z=(t-1)^2\qquad(-\infty<t<<+\infty)$ 是一条平面曲线，并求出它所在的平面方程。

解析与思路#

核心思想：若能找到不全为零的常数 $A,B,C,D$ ，使得曲线上所有点都满足 $Ax+By+Cz+D=0$ ，则 $\Gamma$ 为平面曲线。

寻找线性关系：观察三个表达式的结构，尝试组合 $x-2y+z$ ： $x-2y+z &= (t+1)^2-2t^2+(t-1)^2 \\ &= (t^2+2t+1)-2t^2+(t^2-2t+1) \\ &= 2. \end{aligned}$$$
结论：对任意参数 $t$ ，恒有
$\boxed{x-2y+z=2}$ 因此 $\Gamma$ 完全落在平面 $\pi:x-2y+z=2$ 内，是一条平面曲线（实际上是该平面内的一条抛物型曲线）。

方法总结：判断参数曲线是否为平面曲线，首选“凑线性组合”法；若不易观察，也可通过证明 $\bigl(\vec{r}'(t)\times\vec{r}''(t)\bigr)\cdot\vec{r}'''(t)\equiv 0$ （挠率为零）来判定。

题 10 圆柱螺线的等角性（经典微分几何性质）#

证明：圆柱螺线
$\vec{r}(t)=(a\cos t,\;a\sin t,\;bt)\qquad (a>0,\;b\neq 0)$ 上任意一点处的切线与 $z$ 轴的夹角为定值，并求出该夹角。

解析与思路#

核心思想：切线与定轴夹角恒定 $\Leftrightarrow$ 切向量与轴方向向量的夹角余弦为常数。

求切向量： $\vec{r}'(t)=(-a\sin t,\;a\cos t,\;b).$
计算与 $z$ 轴的夹角： $z$ 轴方向向量取 $\vec{k}=(0,0,1)$ ，则
$=\frac{|b|}{\sqrt{a^2\sin^2t+a^2\cos^2t+b^2}} =\frac{|b|}{\sqrt{a^2+b^2}}.$$$
结论：由于 $a,b$ 为常数， $\cos\theta$ 为与 $t$ 无关的常数，故 $\boxed{\theta=\arccos\frac{|b|}{\sqrt{a^2+b^2}}\;\text{（恒定）}}$ 这一性质使圆柱螺线又被称为等角螺线。

题 11 维维安尼曲线的自交与正交性（高难度）#

设两圆柱面
$C_1:x^2+y^2=1,\qquad C_2:x^2+z^2=1$ 的交线为 $\Gamma$ （即维维安尼曲线）。
证明： $\Gamma$ 在自交点 $P(1,0,0)$ 处的两条切线互相垂直。

解析与思路#

核心思想：维维安尼曲线在 $P(1,0,0)$ 处自交（结点），因此有两支不同的局部参数化；分别求切向量再验证正交。

分解曲线：由 $x^2+y^2=1$ 与 $x^2+z^2=1$ 相减得 $y^2=z^2$ ，即 $y=z$ 或 $y=-z$ 。
故 $\Gamma$ 在 $P$ 附近可分解为两支：
- 支 $\Gamma_1$ ：满足 $y=z$ ，参数化为
  $\vec{r}_1(t)=(\cos t,\;\sin t,\;\sin t),\quad t=0\text{ 对应 }P.$
- 支 $\Gamma_2$ ：满足 $y=-z$ ，参数化为
  $\vec{r}_2(t)=(\cos t,\;\sin t,\;-\sin t),\quad t=0\text{ 对应 }P.$
求两支的切向量：
- $\vec{r}_1'(t)=(-\sin t,\;\cos t,\;\cos t)\;\Rightarrow\;\vec{v}_1=\vec{r}_1'(0)=(0,1,1).$
- $\vec{r}_2'(t)=(-\sin t,\;\cos t,\;-\cos t)\;\Rightarrow\;\vec{v}_2=\vec{r}_2'(0)=(0,1,-1).$
验证正交： $\vec{v}_1\cdot\vec{v}_2=0\cdot 0+1\cdot 1+1\cdot(-1)=0.$ 故两切向量垂直，夹角为 $90^\circ$ 。

几何意义：维维安尼曲线是两正交圆柱面的交线，在它们的公共对称轴交点处形成“十字”形自交，两条切线正交。

二、期末实战 · 高频综合篇#

题 12 求柱面方程（期末极高频）#

求以空间曲线
$\Gamma:\begin{cases} x^2+y^2+z^2=1 \\ x+y+z=0 \end{cases}$ 为准线，母线平行于向量 $\vec{v}=(1,1,1)$ 的柱面方程。

解析与思路#

核心方法：柱面上任一点 $M(x,y,z)$ 必可由准线上某点 $M_0(x_0,y_0,z_0)$ 沿母线方向平移得到，即 $M=M_0+s\vec{v}$ ，消去参数 $s$ 与准线参数。

建立关系：设 $x=x_0+s,\quad y=y_0+s,\quad z=z_0+s \quad\Rightarrow\quad x_0=x-s,\;y_0=y-s,\;z_0=z-s.$
代入准线方程：
- 由 $x_0+y_0+z_0=0$ 得 $(x-s)+(y-s)+(z-s)=0$ ，解出
  $s=\frac{x+y+z}{3}.$
- 代入球面方程 $x_0^2+y_0^2+z_0^2=1$ ： $\left(x-\frac{x+y+z}{3}\right)^2+\left(y-\frac{x+y+z}{3}\right)^2+\left(z-\frac{x+y+z}{3}\right)^2=1.$
化简：令 $\sigma=x+y+z$ ，则上式化为
$\left(x-\frac{\sigma}{3}\right)^2+\left(y-\frac{\sigma}{3}\right)^2+\left(z-\frac{\sigma}{3}\right)^2=1.$ 展开并利用 $\Sigma x^2-2\sigma^2/3+\sigma^2/3=1$ ，整理得 $x^2+y^2+z^2-\frac{(x+y+z)^2}{3}=1.$ 进一步配方： $\boxed{(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2=3}.$ 此即为所求柱面方程（一个椭圆柱面）。

期末提示：柱面方程的本质是“消去沿母线方向的参数”，最终结果中不再含有单独的 $s$ ，且母线方向 $(1,1,1)$ 恰好与平面 $x+y+z=0$ 的法向量平行，因此柱面具有漂亮的轮换对称形式。

题 13 求旋转曲面方程（期末极高频）#

求直线
$L:\ \frac{x-1}{1}=\frac{y}{0}=\frac{z}{1}$ 绕 $z$ 轴旋转一周所得旋转曲面的方程，并指出曲面类型。

解析与思路#

核心方法：取直线上动点 $P$ ，绕 $z$ 轴旋转时 $z$ 坐标不变，到 $z$ 轴的距离不变。

写出直线的参数式：由对称式得 $x=t+1,\quad y=0,\quad z=t\qquad(t\in\mathbb{R}).$
旋转不变量：点 $P(t+1,0,t)$ 绕 $z$ 轴旋转后， $z$ 坐标仍为 $t$ ；到 $z$ 轴的距离为 $d=\sqrt{(t+1)^2+0^2}=|t+1|.$ 旋转曲面上任一点 $(x,y,z)$ 满足 $\sqrt{x^2+y^2}=d$ 且 $z=t$ 。
消去参数 $t$ ：将 $t=z$ 代入 $d$ 的表达式： $\sqrt{x^2+y^2}=|z+1|\quad\Rightarrow\quad \boxed{x^2+y^2=(z+1)^2}.$
曲面类型：方程可写成 $x^2+y^2-z^2-2z-1=0$ ，即 $x^2+y^2-(z+1)^2=0,$ 这是顶点在 $(0,0,-1)$ 的圆锥面（旋转锥面）。

题 14 空间曲线的弧长计算（期末高频）#

计算曲线
$\Gamma:\ x=e^t\cos t,\quad y=e^t\sin t,\quad z=e^t$ 从 $t=0$ 到 $t=1$ 的弧长。

解析与思路#

公式： $s=\int_{t_0}^{t_1}\sqrt{x'^2+y'^2+z'^2}\,dt$ 。

求导： $x'=e^t(\cos t-\sin t),\\[4pt] y'=e^t(\sin t+\cos t),\\[4pt] z'=e^t. \end{cases}$$$
计算模长平方： $x'^2+y'^2+z'^2 &=e^{2t}\bigl[(\cos t-\sin t)^2+(\sin t+\cos t)^2+1\bigr] \\ &=e^{2t}\bigl[(1-2\sin t\cos t)+(1+2\sin t\cos t)+1\bigr] \\ &=3e^{2t}. \end{aligned}$$$
积分求弧长： $s=\int_0^1\sqrt{3e^{2t}}\,dt=\sqrt{3}\int_0^1 e^t\,dt=\boxed{\sqrt{3}\,(e-1)}.$

题 15 参数方程与第一类曲线积分（期末极高频）#

设 $\Gamma$ 为球面 $x^2+y^2+z^2=9$ 与平面 $z=\sqrt{3}$ 的交线。

(1) 写出 $\Gamma$ 的参数方程；
(2) 计算曲线积分 $\displaystyle\oint_\Gamma (x^2+y^2)\,\mathrm{d}s$ 。

解析与思路#

(1) 参数方程

联立方程： $x^2+y^2+(\sqrt{3})^2=9\;\Rightarrow\;x^2+y^2=6,\quad z=\sqrt{3}.$ 这是平面 $z=\sqrt{3}$ 上半径为 $\sqrt{6}$ 的圆，故 $\boxed{\begin{cases} x=\sqrt{6}\cos t \\ y=\sqrt{6}\sin t \\ z=\sqrt{3} \end{cases}\quad (0\le t\le 2\pi)}$

(2) 曲线积分

技巧：在积分路径 $\Gamma$ 上， $x^2+y^2$ 恒等于 $6$ （由约束条件），可直接提出： $\oint_\Gamma (x^2+y^2)\,\mathrm{d}s=\oint_\Gamma 6\,\mathrm{d}s=6\cdot(\text{圆周长}).$ 圆周长 $=2\pi\sqrt{6}$ ，因此 $\boxed{6\times 2\pi\sqrt{6}=12\sqrt{6}\,\pi}.$

期末抢分点：遇到 $\oint_\Gamma f(x,y,z)\,\mathrm{d}s$ ，若 $f$ 在约束曲面上为常数，则积分 $=$ 常数 $\times$ 弧长，无需复杂参数代入。

题 16 一般方程 $\to$ 参数方程 $\to$ 第二类曲线积分（期末压轴综合）#

设 $L$ 为空间曲线
$\begin{cases} x^2+y^2=1 \\ z=1 \end{cases}$ 从点 $A(1,0,1)$ 经 $B(0,1,1)$ 到 $C(-1,0,1)$ 的有向弧段。
计算曲线积分
$I=\int_L (y+z)\,\mathrm{d}x+(z+x)\,\mathrm{d}y+(x+y)\,\mathrm{d}z.$

解析与思路#

步骤一：参数化

曲线是平面 $z=1$ 上的单位圆。从 $A$ 经 $B$ 到 $C$ 即上半圆（逆时针），取 $x=\cos t,\quad y=\sin t,\quad z=1,\qquad t:0\longrightarrow\pi.$

步骤二：化简被积式

由于 $z=1$ 为常数， $\mathrm{d}z=0$ 。积分退化为 $I=\int_L (y+1)\,\mathrm{d}x+(x+1)\,\mathrm{d}y.$

步骤三：代入参数计算

$\mathrm{d}x=-\sin t\,\mathrm{d}t,\quad \mathrm{d}y=\cos t\,\mathrm{d}t.$

I&=\int_0^{\pi}\bigl[(\sin t+1)(-\sin t)+(\cos t+1)\cos t\bigr]\,\mathrm{d}t \\ &=\int_0^{\pi}\bigl[-\sin^2t-\sin t+\cos^2t+\cos t\bigr]\,\mathrm{d}t \\ &=\int_0^{\pi}\bigl[\cos 2t+\cos t-\sin t\bigr]\,\mathrm{d}t \\ &=\Bigl[\tfrac{1}{2}\sin 2t+\sin t+\cos t\Bigr]_0^{\pi} \\ &=(0+0-1)-(0+0+1)=\boxed{-2}. \end{aligned}$$ **步骤四（另解：格林公式/原函数法）** 在平面 $z=1$ 上，记 $P=y+1,\;Q=x+1$，则 $\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=1-1=0$，积分与路径无关。 找原函数 $u(x,y)=xy+x+y$，则 $$I=u(-1,0)-u(1,0)=(0-1+0)-(0+1+0)=-2.$$ 结果一致。 --- ## 三、期末考点速查表 | 题型 | 核心方法 | 对应题号 | |:---|:---|:---:| | **识别曲线形状** | 分析曲面类型（球、柱、锥、平面）的交线 | 1 | | **一般方程 $\leftrightarrow$ 参数方程** | 消元 $\to$ 利用圆/椭圆/球面参数化 | 2、5、8、16 | | **投影曲线与投影区域** | 消去垂直于投影面的变量 $\to$ 联立坐标面 $=0$ | 3、5、8 | | **柱面/旋转曲面建立** | 母线平移法 / 旋转不变量（到轴距离不变） | 12、13 | | **切线与法平面** | 参数式直接求导；一般式用 $\nabla F\times\nabla G$ | 6、7 | | **弧长计算** | $s=\int\sqrt{x'^2+y'^2+z'^2}\,dt$ | 14 | | **第一类曲线积分** | 参数化代入 / 利用约束条件化简被积函数 | 15 | | **第二类曲线积分** | 参数化代入 / 斯托克斯公式 / 格林公式降维 | 16 | | **证明平面曲线** | 寻找线性约束 或 证明挠率为零 | 9 | | **证明等角/正交性质** | 切向量与定方向夹角公式 / 点积为零 | 10、11 | 如需进一步补充**与曲面积分、斯托克斯公式联动的压轴大题**，或**空间曲线的曲率与挠率计算**，可以继续告诉我。

音楽

音楽

一、基础概念与识别#

二、一般方程与参数方程的互化#

三、投影曲线#

四、特殊空间曲线#

五、综合：从一般方程到参数方程再到投影#

六、空间曲线的切线与法平面#

七、一般方程表示的曲线的切线#

八、综合应用与证明#

考点总结#

一、证明题 · 拔高篇#

题 9 平面曲线的代数判定#

解析与思路#

题 10 圆柱螺线的等角性（经典微分几何性质）#

解析与思路#

题 11 维维安尼曲线的自交与正交性（高难度）#

解析与思路#

二、期末实战 · 高频综合篇#

题 12 求柱面方程（期末极高频）#

解析与思路#

题 13 求旋转曲面方程（期末极高频）#

解析与思路#

题 14 空间曲线的弧长计算（期末高频）#

解析与思路#

题 15 参数方程与第一类曲线积分（期末极高频）#

解析与思路#

题 16 一般方程 $\to$ 参数方程 $\to$ 第二类曲线积分（期末压轴综合）#

解析与思路#

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音楽

空间曲线及其方程（题目+考法分析）

一、基础概念与识别#

二、一般方程与参数方程的互化#

三、投影曲线#

四、特殊空间曲线#

五、综合：从一般方程到参数方程再到投影#

六、空间曲线的切线与法平面#

七、一般方程表示的曲线的切线#

八、综合应用与证明#

考点总结#

一、证明题 · 拔高篇#

题 9 平面曲线的代数判定#

解析与思路#

题 10 圆柱螺线的等角性（经典微分几何性质）#

解析与思路#

题 11 维维安尼曲线的自交与正交性（高难度）#

解析与思路#

二、期末实战 · 高频综合篇#

题 12 求柱面方程（期末极高频）#

解析与思路#

题 13 求旋转曲面方程（期末极高频）#

解析与思路#

题 14 空间曲线的弧长计算（期末高频）#

解析与思路#

题 15 参数方程与第一类曲线积分（期末极高频）#

解析与思路#

题 16 一般方程 →\to→ 参数方程 →\to→ 第二类曲线积分（期末压轴综合）#

解析与思路#

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题 16 一般方程 $\to$ 参数方程 $\to$ 第二类曲线积分（期末压轴综合）#