历届“希望杯”全国数学邀请赛高二数学精选100题详析(6)

x2y2题61 设直线m,n都是平面直角坐标系中椭圆+=1的切线，且mn，m、n交

73于

点P，则点P的轨迹方程是 ．

（第十二届高二培训题第47

题）

x2y2x2kxb 解 设直线y=kxb与椭圆+=1相切，则二次方程+1，即7733237kx2214kbx7b2210有两个相等实根，其判别式

14kb437k27b2210，解得b237k2,b37k2 ．因此斜率

2为k的椭圆的切线有两条：ykx37k2①，与其中每条垂直的切线也各有两条：

yx732②；另有与x轴垂直的切线两条：x7，与其中每条垂直的切线又kk各有两条：y3 ．

由①、②得

ykx2=37k2x7③，y32④，④式即

kk2kyx23k27⑤．③+⑤得k21x2k21y210k21,即x2y210⑥．又

点

7,3,7,3,7,3,7,3都适合方程⑥．故点P的轨迹方程为

x2y210．

评析 这是一道典型的用交轨法求轨迹方程的问题．解题的关键有两个：如何设两条动切线方程与如何消去参数．当切线的斜率存在时，我们可设其方程为ykxb，此时出现两个参数k与b，由于此切线方程与椭圆的方程组成的方程组有且只有一解，故由二次方程有等根的条件得b37k2（这与事实一致：斜率为k的椭圆的切线应当有两条），从而切线方程为ykx37k2，那么与其垂直的椭圆的切线方程就是将此切线方程中的

k换成1x7所得方程，即y32．此时突破了第一关．下面是否通过解方程组kkk得交点轨迹的参数方程，然后再消参得所求轨迹方程呢？想象中就是非常繁琐的．上面题解中的方法充分体现了消参的灵活性，大大简化了解题过程．然而，事情到此并未结束，以上所设切线方程是以切线有斜率为前提的，是否有不存在斜率的椭圆的切线呢？于是引来了分类讨论，当然，此时只要将几个点的坐标代入所求的方程x2y210，看是否适合即可． 拓展 如果留心，我们会发现所求轨迹方程x2y210中的10正好是已知椭圆方程

x2y2x2y2+=1中的7与3的和．那么，是否将椭圆方程改为221，则所求轨迹方程73ab就是x2y2a2b2了呢？经研究，果真如此．于是我们得到

x2y2 定理1 设直线m、n都是椭圆221的切线，且mn，m、n交于点P，则点

abP的轨迹方程是x2y2a2b2．

ykxl证明 设ykxl为椭圆的切线,由x2y2,

1a2b21k222lkl22222lbak，所以得，由，得0xx10x22a2b2bbm:y①, b2a2k2kxlb2a2k2，所以两垂直切线为，xa22, b2n:y②kk

2222另有四对：m:xa,n:yb,①式变为(ykx)bak③，②式变为

2222③+④得xyab．特殊四对垂线的交点坐标也都适合⑤，(xky)2a2b2k2④．

2222故P点的轨迹方程为xyab．

若将定理1中的椭圆改为双曲线，是否也有相类似的什么结论呢？为了证明定理2，先

引进两个引理．

bx2y2引理1 若双曲线221的切线的斜率k存在，则|k|．

aabx2y2b2x'证明 对于221两边取x的导数知y(x)2,双

abay曲线上任意一点P（x0,y0）(y00)处切线的斜率k有

y P1(x0,y1) P(x0,y0) O x xbbab2x0|k|=|y(x0)|=2||0|，代入①得|k| ． | ①，又|y0||y1||x0|,aay0bay0'x2y2引理2 如果双曲线221有ab，则不存在垂直切线．

ab证明 假设双曲线存在两条垂直切线，则这两条切线必然都存在斜率，斜率分别记为k1，

bbb2 k2，由引理1知|k1|,|k2|,|k1k2|121,即1>1,矛盾,所以不存在垂直切线．

aaax2y2定理2 设直线m,n都是双曲线221(ab)的切线，且mn，m,n交于点P，

ab则点P的轨迹方程为x2y2a2b2．

证明 当一条切线的斜率不存在时，该切线必然经过双曲线实轴上的顶点，这时另一条

垂直切线不存在．已知m,n是垂直切线，所以斜率必然都存在．

设

ykxl为双曲线的切线，则由

ykxl2 xy2221ba得

b1k222lkl2b22(22)x2x210①，由引理1知|k|，所以k2，所以

aaabbb1k2222222222②, 20akb0且．由①中，得，0lakb,lakbx22abm:ykxa2k2b2两条垂直切线为xa2n:y2b2kk2222(ykx)akb变形为2222(ykx)akb③,

2222④, ④+⑤得xyab，即为点P的轨迹方程．

⑤,

将定理1、2中的椭圆、双曲线改为抛物线，我们又可以得到

定理3 抛物线y2px(p0)的两条互相垂直的切线m,n的交点M的轨迹方程为

2xp． 2证明 当其中一条切线过抛物线顶点时，另一条垂直的切线不存在，已知m,n是垂直切线，所以斜率必然都存在．

设ykxl是y22px的切线，则k0，由

ykxl得2y2pxk2x22(klp)xl20，令x0得lp，故两条垂直的切线为2k①,

pm:ykx②, p2k 消去参数k，得x为点M的轨迹方程． 2n:yxkpk2 将前面定理中的二次曲线改为圆，又得

定理4 圆(xa)2(yb)2r2的两条互相垂直的切线m,n的交点P的轨迹方程是

(xa)2(yb)22r2.

证明 如图，易知四边形APBO1为正方形，所以|PO1|=2|AO1|y A P B O1 2r，所以点P的轨迹是以O1为圆心，

2r为半径的圆，其方程是(xa)2(yb)22r2．

比较定理1和定理4，我们不难知道圆是椭圆的特殊情形，当椭圆的长轴与短轴长相等时，椭圆变成了圆．

请运用上述定理完成下面的练习：

221、设m,n都是圆xy8的切线，且mn，m,nO x 交于点P，求点P的轨迹与坐标轴在第一象限围成的面积．

x2y22、设直线m,n都是椭圆221的切线，且mn，m,n交于点P，求动点P到

32该椭圆的最近距离．

x2y21的一条切线l:ynxw(nN)， 3、已知双曲线43（1） 求n的最小值；

（2） 过点（1，1）是否有两条垂直的切线？

（3） 当n=1，w1时，求与l垂直的双曲线的切线．

答案：1.4 2.133 3.（1）1 （2）不存在 （3）yx1和yx1 题62 已知曲线C上任意一点到定点A（1，0）与定直线x4的距离之和等于5.对于给定的点Bb,0，在曲线上恰有三对不同的点关于点B对称，求b的取值范围. （第十二届高二第二试第23题）

解法1 令Px,y为曲线C上任意一点，由题意得

2x12y2x45.故曲线

4x,0x4C的方程为y，即曲线C由两段抛物线C1:y24x0x416x5,4x5和C2:y216x5(4x5)拼接而成.

设Px,y关于点Bb,0的对称点为Px,y，则有x2bx，由于

yyC10X4和C24x5都是关于x轴对称的，所以，当0b5时，点Px,y与Px,y同在C1上或同在C2上，只有唯一的情形：Pb,y与Pb,y.当点P与P分别

2y4x在C1,C2(或C2，C1)上时，不妨设P在C1上，P在C2上，则2 ，即

y16x52y4x ， 2y162bx5解得 x42b5,x210b.因为0x4，4x5, 所以5b4.但当3325时，得x0,x5，则y0,y0，这时只有一对对称点分别在C1与C2上，255故应当排除，因此当b4时，2b50，关于点B对称的点对只有

22b422b52b52b542b5,4与10b,4，与42b5,333333252b510b,4是分别在C1，C2上的两点，于是b4为所求. 323解法2 设Px,y，由题意得化简得y2x12y2x45，

yPNQ4 M5RT 4x,0x4为C的方程，其图象由两

16x5,4x5O段抛物线拼接而成（如图）.由抛物线的对称性，可知0b5时总有一对点位于同一段抛物线上且关于点B对称.若另有两对点关于点B对称，则每一对的两个点必分别位于两段抛物线上，故必存在曲线C的内接矩形PQRS，点B随着矩形形状的改变而在x轴上移动.设曲线C与x轴的右交点为M，则当Q、R趋近于M时，点B的横坐标b趋近于

BS x5.如图，设C的两抛物线交于点N、T，则当Q、R分2别趋近于N、T时，点B的横坐标b趋近于4.故

5b4为所求. 2评析 解决本题的关键有两步：一是求出曲线C的方程，二是求b的取值范围.解法1分两类情形，用代数方法求出了b的范围，较抽象、繁琐；而解法2则从图象出发，直观地分析出问题的结果，显得简单易懂.解题过程中，我们不仅要学会常规思维，掌握解决问题的一般方法，更要注意抓住具体问题的特点，探寻解决问题的最佳方案，以不断提高我们的创新思维能力.

题63 已知k∈R，关于x,y的方程y4+4y3+(2x+2kx-kx2)y2+8xy+(4kx2-2kx3)=0表示一组曲线，其中有一条是固定的抛物线，试讨论k值与曲线形状的关系.

（第三届高二第二试第21题）

解 因为当k∈R时，原方程表示的曲线组中有一条固定的抛物线，所以，不妨令k=0，先求出这条抛物线的方程：

当k=0时，原方程化为y4+4y3+2xy2+8xy=0 ，即y(y4)(y22x)0，得y=0,y=-4,

y22x①. 所以固定的抛物线的方程即y22x.

以y22x去除原方程的左边，得kx2y22kx4y，于是原方程化为

kx2y22kx4y=0，即k(x1)2(y2)2k4.

(y2)2k4当k0时，得(x1)②.讨论k，可知： kk2当k=-1时，②表示一个圆；当k=4时，②表示两条直线；

当k<0但k1时，②表示一个椭圆；当k>0但k4时，②表示双曲线； 综上，可得下表： k值 原方程对应的 图形 0或4 两条直线 及抛物线 -1 圆和抛物线 大于0但不等于4 双曲线和抛物线 小于0但不等于-1 椭圆和抛物线 评析 解决此题的关键是先求出固定抛物线的方程.既然已知方程对任意实数k所表示的一组曲线中都有一固定抛物线，故可用赋值法求得，但赋值并不是盲目的，若取k=1（够特殊的了），则原方程就是y4y4xyxy8xy4x2x0，以此求抛物线的方程，还是很困难的.可见赋值也是很有讲究的.显然k=0时，原方程最为简单.因而也最易求出固定抛物线的方程.

题 已知点A(1,0)和直线l:x3，动点M到A的距离与到l的距离之和为4. (1)求M点的轨迹T;

(2)过A作倾斜角为的直线与T交于P，Q两点,设d|PQ|，求df()的解析式.

（第十二届高二培训题第78题）

432222322解法1 （1）设动点M(x,y)，则(x1)y|x3|4，显然

|x1||x3|4，解得0x4.当0x3时，(x1)2y23x4，

y24x;

22当3x4时，(x1)yx34，y212(x4).

故T是由两条抛物线相交围成的封闭曲线.(如图1)

(2)两条抛物线交于点B(3,23)，C(3,23)，BA的斜率为3，故当0交；当标

y E O A x B 3或

2时，直线与两条抛物线相33，

22时，直线只与y4x相交.前者可由交点坐3后

者

可

由

弦

长

公

式

得

得 D C 图1

8(0)1cos342f()(). 2sin3382(1cos3)22解法2 （1）设点M的坐标为(x,y)，则(x1)y|x3|4，化简后得T的

轨迹方程为y4x(0x3)及y12(x4)(3x4)，故点M的轨迹T是两条抛物线相交围成的封闭曲线.

(2)画出点T的轨迹，不难知道它是两条抛物线组（如图2），两条抛物线交于点B(3,23)，C(3,23)，AB的斜率为3.

y B M O Q A D N C 图2

P x 2222时，直线l只与抛物线y4x相交，利用弦长

334公式求得|PQ|;

sin2 当

 当03时，分别过点P、Q作y轴、x轴的平行线交

于点D，过P作BC的垂线，垂足为M，由题设条件知

|PA||PM|4，|QA||QN|4，而|PM||DN|，所以|PQ||QD|8，因为|QD||PQ|cos，所以|PQ|当

8.

1cos28时，由抛物线的对称性，只须把代入上式，得|PQ|. 31cos8(0)1cos342(). 综上所述, f()2sin3382(1cos3)解法3 （1）与解法2相同. （2）当

32时，同解法2. 3y B P O N Q A M 当03时，点A是这两条抛物线的公共焦点，

x1，x7分别是这两条抛物线的准线方程，过点P，

Q作它们各自抛物线准线的垂线，垂足为M、N.由抛物

线的定义知|PM||PA|，而|AD|6，所以

D x 66|PA||PA|cos，|PA|,同理可得C 1cos28|QA|，故|PQ||PA||QA|.

1cos1cos28时，由抛物线的对称性，只须把代入上式，得|PQ|当. 31cos8(0)1cos342(). 综上所述,f()2sin3382(1cos3)评析 第（1）小题求动点M的轨迹T，这是解析几何中研究的两大主要问题之一，不过，本题中需要运用分类讨论的思想.

对于第（2）小题求|PQ|，解法1运用了方程思想；解法2把|PQ|转化到直角三角形中去解决，大大减少了运算量；而解法 3则意识到点A是两抛物线的公共焦点，运用抛物线的定题，更加直截了当.解法2、3都很巧妙.

拓展 由本赛题答案可知轨迹为抛物线，A为焦点,d为焦点弦长.焦点弦长是一个十分重要的几何量，将其推广，可得

定理 PQ是过圆锥曲线()ep焦点F的弦，若PQ的倾斜角为,则

1ecos|PQ|2ep①. 22|1ecos|证明 由极径的几何意义及题设，可知|PQ||()()|

|epep2ep2ep，即 . ||||PQ|22221ecos1ecos()1ecos|1ecos|① 式用处较广，请看两例：

y21右焦点F的弦，若|PQ|4，则这样的PQ可作例1 PQ是经过双曲线x22多少条？（97年高中联赛）

ca2b2c解 因为a1，b2，所以c3，e3，ep(c)2，

aaca22由已知及①式，得4|13cos2|2ep4，解得cos0,所以有三个不同值，所以这样的弦PQ可作3条.

22.因为[0,)，,33x2y21的两个焦点，过F2作倾斜角为450的弦AB，求例2 F1、F2是椭圆2F1AB的面积.（98年河北重庆高中竞赛）.

2ca2b22解 因为a2，b1，c1，所以e，ep(c)，

2aca2450.将它们代入①式，解得|AB|F1(1,0)的距离d2，所以SABF13. 242.又知直线AB的方程为yx1，它到点314|AB|d. 23题65 已知定点M（-3,0），P和Q分别是y轴及x轴上的动点，且使MP⊥PQ，点N在直线PQ上，分有向线段的比为（1） 求动点N的轨迹C的方程；

（2） 过点T（-1,0）作直线l与轨迹C交于两点A，B，问在x轴上是否存在一点D，

使

△ABD为等边三角形；若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由.

（第十五届高二培训题第80题）

解 （1）设点N的坐标为（x,y）及点P（0，y’）, 点Q（x’,0）(x’>0).由已知，得x=3x’,y=-2y’,

x'yy2xy'0y''2'()3,即x,y，由MP⊥PQ，得，故1,即y3x'32230(3)0x'即y4x为所求点N的轨迹C.

2y P A （2）设l：y=k(x+1)(k≠0)，代入y24x，得 k2x2+2(k2-2)x+k2=0,由△=[2(k2-2)]2-4k2k2=-16k2+16>0,得|k|<1.

M T O Q N B D x 2(2k2),x1x21,所设A（x1,y1）,B(x2,y2),则x1x22k以AB1k22(x1x2)24x1x2

1k2k224(2k2)2422,）. 42(1k)(1k).AB的中点E的坐标为（24kkkk假设存在点D（x0,0）使△ABD为等边三角形，又边AB的中垂线方程为

212k2212k2y(x)，由D在此中垂线上，得0(x0)， 22kkkkkkx0231.设d为D到直线l的距离，由正三角形的条件有|AB|d，可得 k2223(1k2)(1k2)k2在点 D（

21k23311222,即（31k）k,k,k,x，故存0423k211，0），使△ABD为等边三角形. 3评析 求动点N的轨迹方程，就是求动点N的坐标x, y在N运动变化过程中始终满足的关系式f(x, y)=0.一般应首先搞清楚引起N运动变化的因素是什么，此题中P、Q分别是y轴及x轴上的点，且使MP⊥PQ，这就表明，当P在y轴上运动时，Q在x轴上运动，随着P、Q的运动，有向线段PQ的定比分点N也随之运动.可见，x, y是随着P、Q的坐标的变

'1xx'x3x3即化而变化的，由定比分点坐标公式，得①，如何消参？运用MP⊥PQ，'1y2yy'y2得y'3x'②，①代入②，便消去了x’, y’,得到y4x为所求，问题解决了.

求轨迹方程是解析几何中两类基本问题之一，方法有好多种，这里用的是参数法，用此

法求轨迹方程，关键有两个：一是选择什么样的变量作为参数；二是如何消去参数，代入法及运用“三角1”是消参的最基本的方法.还应注意普通方程中变量的取值范围.

第（2）小题是存在型问题，假设存在点D（x0,0）使△ABD为等边三角形后，中心问题就是求出x0或判断x0不存在.当得到x02221后，中心问题就是求出k或判断这样的kk2不存在.在求得|AB|（用k表示）后，并未求|AD|、|BD|，并运用|AB|=|AD|=|BD|求k，而是运

用平几的知识，由点D到AB的距离

3|AB|d，求出k.平几知识的运用，避免了烦琐2的运算.

应当注意，l与轨迹C交于A、B两点，这就隐含着△>0，即|k|<1.因为求得的

k3∈（-1，1），故满足题设的点D存在，否则，是不存在的. 2题66 已知异面直线a与b所成角为，P为空间一点，过点P作直线l使l和a，b所成角相等，此等角记为0,90，则直线l的条数构成的集合为 .

（第十五届高二培训题第38题）

解 当0,90时，若90，则l只有1条； 当30时，若60，则l有2条； 当60时，若60，则l有3条； 当80时，若60，则l有4条； 故所求的集合为1,2,3,4.

评析 异面直线a,b所成角为，则0,90，l和a,b成等角0,90，这里的、都不确定,因而有无数种情形,比如50,30;20,70等等.显然，不可能也没有必要对所有情形一一加以讨论．因此，如何选择一些特殊情形来代表一般就成了解决问题的关键．直线l的条数只能是自然数0,1,2,,故我们只需看l的条数有无可能是

0,1,2,．并且当我们确定60,60时有3条后就不必再考虑l有3条的其他情形

了．a,b是异面直线，在a上任取一点O，过O作b∥b，因为l与a,b成等角，所以l与a,b也成等角．当l不过点O时，过点O作l∥l，因为l与a,b成等角，所以l与a,b也成等角．至此，问题转化为：相交直线a,b所成角为，0,90，过a,b的交点

O且与a,b成等角0,90的直线l有几条？此时，问题已变得简单多了．

拓展 将题中异面直线改为任意两直线，将的范围扩大为0,90，我们有下面的 结论１ 已知空间两直线a,b所成的角为，过空间任意一点P且与a,b成等角的直线为l．

1. 若0，则

(1) 当0时, l只有一条．

(2) 当0,时，l有无数条．

2 2.若0，则

时, l不存在． 2(2)当或时, l只有1条．

224(3)当或时, l只有2条．

2422(4)当时, l有3条．

22时, l有4条． (5)当22(1)当0如果将直线a,b改为平面与平面,我们又有下面的

结论2 已知平面与平面所成的角为,过空间任意一点P且与平面,成等角的直线为l．

1.若0，则

(1)当时, l只有一条． 2(2)当0,时，l有无数条． 2 2.若0，则

时, l不存在． 22(2)当0或且时, l只有1条．

22(3)当且,或时, l有2条．

2222(4)当且时, l有3条．

22(5)当0时, l有4条．

2(1)当练习

1． 已知异面直线a,b所成的角为50,P为空间一点，则过点P且与a,b所成角为下列各角的直线l分别有多少条?

(1) 15 ；(2) 25；(3) 30；(4) 65；(5) 80；(6) 90.

2． 已知平面与平面所成的角为角为下列各角的直线l分别有多少条? (1) 0 ；(2)

，P为空间任意一点，则过点P且与,所成32；(3) ；(4) ；(5) ；(6) ；(7) .

396532 答案 1.(1) 不存在,(2) 1条,(3) 2条,(4) 3条,(5) 4条,(6) 1条；

2.(1)1条 ；(2) 4条；(3) 3条；(4) 2条；(5) 1条；(6)不存在；(7)不存在.

题67 空间给定不共面的A,B,C,D四个点，其中任意两点间的距离都不相同，考虑具有如下性质的平面：A,B,C,D中有三个点到的距离相同，另一个点到的距离是

前三个点到的距离的2倍，这样的平面的个数是 （ ）

A、15 B、23 C、26 D、32

（第三届高一第二试第

6题）

解 分三种情形：①A,B,C,D四点在

的同侧，平面可与

AB、CAC、DAD、B

A与面BCD的距离等于与面BCDBCD中的任一个平面平行，譬如当∥面BCD时，

的距离.这种情况下有4个平面.②A,B,C,D中有3个点在的一侧，第4个点在的另一侧.这时又有两种情形：一种是与面BCD平行，

且A与的距离是与面BCD距离的2倍.这时有4个平面；另一种情形如图1所示，图中E、F分别是AB、AC的中点，K是AD的三等分点中靠近A的分点，在图1的情形中，A,B,C到平面EFK（即平面）的距离是D到平面EFK距离的一半.因为EF可以是

K A E B 图1 F C D AB、AC的中点连线，又可以是AB、BC,AC、BC的中点连线，所

以这种情形下的平面有3412个.③A,B,C,D四点中，两侧各有两点（如图2），图中的E、F分别是CB、CD的中点，M、N分别是DA、BA的三等分点中靠近D、B的分点.容易看出：A点到平面EFMN（平面）的距离是B,C,D到该平面距离的2倍.就A,C与B,D分别位于两侧的情形来看，就有A离远，B离远，C离远，D离远这四种情况.又因AC,BD异面，这样的异面直线共有3对，因此平面有4312个.

综上分析，平面有4+4+12+12=32个.故选D.

评析 此题源于一道常见题：“与四面体四个顶点距离相等的平面有 个”.不过比常见问题要复杂得多.解决此题的关键是要把所

N B

E C 图2

F A M D 有的情形适当分类，既不能遗漏，又不能重复.解题时稍不注意就会将图1所示的第②类情形中的第二种情形遗漏掉.对于第③类情形，往往又容易疏忽，而导致不乘以3，误以为平面1只有4个.用排列组合知识解此题：第①类情形，有C4个；第②类情形中的第一种情形，2C4个.故所求平面有有C2!14有C个，第二种情形，有CC14142类情形，3个；第③

1112C4C4C4C3 2C4C=4+4+12+12=32个.

2!14题68

O为空间一点，射线OA、OB、OC交于点O，∠AOB=∠BOC=60，∠COA=90，

则二面角A-OB-C的平面角的余弦函数值是________.

（第五届高一第一试第

15题）

解 如图，在射线OB上取点D，过D作DE⊥OB交

B OA于E，作DF⊥OB交OC于F，连结EF，则∠EDF就是

D 二面角A-OB-C的平面角.设OD=a,∠DOC=∠DOE=60,

DE=DF=3a,OE=OF=2a.∠EOF=90EF=22a

在DEF中，由余弦定理得

O

E F C A cosEDFDEDFEF

2DEDF2221(3a)2(3a)2(22a)2= = 为所求.

323a3a评析 解决此题的关键有两个：一是如何作出二面角A-OB-C的平面角；二是如何求平

面角的余弦值.上述解法运用二面角的平面角的定义作出了二面角A-OB-C的平面角后通过解三角形求出了平面角的余弦值.这是求二面角的最基本也是最常用的方法.求二面角的大小通常要经历作、证、算三个阶段.

拓展 将此题条件一般化，可得下面的

推广 O为空间一点，射线OA、OB、OC交于点O，若∠AOB=，∠BOC=，∠AOC=，二面角A-OB-C的大小为，则coscoscoscos.

sinsinB D F C

E A 证明 如图，在OB上取点D，使OD=a，以点D为垂足作DEOB交OA于点E，DFOB交OC于F，连结EF，则EDF就是二面角A-OB-C的平面角，即

O

EDF=.在RtODE中，DE=atan，OE=

a.在RtODF中, DF=atan, cosDE2DF2EF2aOF=.在DEF中，由余弦定理，得cos

2DEDFcosatanatan22a2a22a2cos()()coscoscoscos=coscoscos.

sinsin2a2tantan1cos90cos60cos60令推广中的60，90得cos就是本赛

3sin60sin60题的答案.

再看一个应用该推广解题的例子.

例 在正方形ABCD中，M、N分别是AD、BC的中点，沿MN把这个正方形纸片折成以MN为棱的二面角A-MN-C，使折后的锐角BMC的正弦值是0.6，这时二面角A-MN-C的平面角是 （ ）

A、90 B、 60 C、45 D、30 （第五届高一第二试第3题）

解 设二面角A-MN-C的大小为，正方形的边长为a，在A RtBNM与RtCNM中，sinBMNsinCMN1， 5B

M N

2cosBMNcosCMN，由推广得

50.8225501155C D coscosBMCcosBMNcosCMNsinBMNsinCMN ，90.故选A.

题69 在四面体ABCD中，面BAC、CAD、DAB都是以A为顶点的等腰直角三角形，且腰长为a.过D作截面DEF交面ABC于EF，若EF∥BC，且将四面体的体积二等分，则面DEF与面BCD的夹角等于________.

（

第十三届高二第二试第19题）

解 如图，取EF，BC的中点P，Q，连结AQ，则P在AQ上.连结DP，DQ.在面BCD内过D作直线l∥BC，因为EF∥BC，所以l∥EF，所以l为面DEF与面BCD

B Q C

A E P F D l 的交线，由已知，易得DQ⊥BC，DP⊥EF，所以DQ⊥l，DP⊥l，所以PDQ就是面DEF与面BCD的夹角.

由VDAEFVDBCEF，可知SAEF所以APAP112SABC.于是，又易求得AQa，222AQ2a. 2易证DA⊥AQ，所以在RtDAQ中tanQDAAQ2，在RtDAP中，AD221526AP1tanPDA.所以tanPDQtanQDAPDA22，

AD2721122所以PDQarctan526为所求. 7评析 这实际是一道求“无棱”二面角的大小问题，关键是找到或作出二面角的平面角.而要作出，就必须知道棱，因此，一般应通过分析，先确定并作出二面角的棱，然后再找出或作出二面角的平面角.由于二面角的平面角的两边都与棱垂直，而DQ⊥BC，在面BCD内过D作直线l∥BC，然后证明l就是两平面的交线.进而证明PDQ就是二面角PlQ的平面角.这就突破了难点.关于求PDQ的大小 ，也可在PDQ中先求出三边后再由余弦定理求得PDQ，不过，没有上述解法简单.

下面介绍二面角的另一简单求法：

定理 如图，ABC在平面内的射线是ABC，平面ABC与平面所成锐二面角为，则cosSABC. SABCC

证明 作CD⊥AB于D，连结CD，因为CD是CD在平面内的射影，所以由三垂线定理得CD⊥AB，所以CDC就是平面ABC与平面所成锐二面角的平面角，

A

1D C’

DABCSCD2B α 所以coscosCDCABC.

CD1ABCDSABC2当ABC的边AB不在平面内时，设ABC在平面内的射影是ABC，则同样

可以证明cosSABC.

SABC运用该定理求”无棱”二面角十分方便.

例 如图，已知底面边长为1，高为3的正三棱柱ABCABC，M、N、P分别在侧棱AA、BB、CC上，且AM1，BN2，

A’

CP3,求面MNP与面ABC所成锐二面角的大小. 2B’

M

C’

解 由已知，易求得MN22，MPNP25，所以 2P

N

SMNP122SABCSMNP5236，又SABC，所以2244A

cos3204，所以45.

2B C

PA面ABCD，题70 如图1，四边形ABCD是矩形，其中AB3,PA4.若在PD上存在一点E，使得BECE.试求AD的范围，及有且只有

一个满足条件的点时，二面角EBCA的大小.

(第十四届高二培训题第78题)

解法1 如图1,过点E作AD的垂线,垂足为F,连结BF.过点F作AB的平行线,交BC于G,连结EG.

令EFx,ADa.易知EF∥PA, DFP E A F B

G 图1

C D EFaxAD, PA4xAF(1)a,42BE2BF2EF2AB2AF2EF2x91a2x2.因为BECE,所以BC2BE2CE2.因为

4BC,a2CE222EF2FFDCCD2 EF122x2x2a2a2222xax9,所以有a18(1)a2x,(2)xx180①.

168282由0,得a36a5760,解得a43.

当a43时,方程①即4x12x90,0.方程①有且仅有一个实根,故存在唯一的点E.因为EF面ABCD,BCFG,BCEG,所以

z P E A F B x G 图2

C D y 242.EGF是二面角

EBCF的平面

31EF21角,tanEGF.所以EGFarctan为所求.

2GF32解法

2 建立空间直角坐标系(如图

,

设

2),设ADa,则

,

则

B(3,0,0),C(3,a,0),D(0,a,0),P(0,0,4)E(0,y,z)BE(3,y,z),CE(3,ya,z).因为

BECE,BECE9y2ayz20①.因为P,E,D,共线,所以yaaz4②,代入①并整理,得

z4y0,即z0ya(a216)z24a2z1440③.由

16a44144(a216)0,解得a43为所求AD的范围.

当a43时,方程③为z192z1440,即4z12z90.因为

221224490,方程③有且仅有一个实根,故存在唯一的点E.又a43时,方程

①为y2z243y90④,方程②为y433z⑤.解④，⑤联立方程组,得

y533533,z.所以E(0,,).作EFAD于F,FGBC于G,连结EG,则2222,所以EGF就是二面角EBCA的平面角.又

EGBCG(3,53,0)2,

F(0,53,0)2，所以

335EG(3,0,),FG(3,0,0).EGFG9,EG,FG3,22所以

cEGFG925s5EG.FG35321EGFarctan为所求.

2EGFo,所以

EGaFr25cc,o即s5 评析 解法1为几何法,从图形上看,由于PA,PB的长确定,又ABCD是矩形,因此,当

AD过短时,BE与CE就不可能垂直,于是就有问题:如果BECE,AD应在什么范围内?

要解决这个问题,关键是利用BECE这一条件,随着a的不同,EF在变化,设EFx后,BE,CE便都可用a,x表示,由BECEBC得方程①.由于方程①有解,由0求

222得了a的范围.

有且只有一个满足条件的点时,按常理,a应是固定的,而a43,很可能此时a43.把a43代入方程①,得0,方程①有且只有一个实根,这就验证了这一想法.当a确定后,EF也确定了,又FG3,EFFG,故二面角便求出了.

解法2为向量法.设ADa,E(0,y,z)后,由BECE0,得9y2ayz20,按解法1的思想,必须消去y与z中的一个,由P,E,D共线得yaaz便解决了问题. 4 对于求二面角EBCA的问题,作出二面角与解法1一样,不过是用公式

cosEGFEGFGEGFG求EGF罢了.