【希望杯竞赛题】61-70题61 设直线n m ,都是平面直角坐标系中椭圆72x +32y =1的切线，且n m ⊥，m 、n 交于点P ，则点P 的轨迹方程是 ．（第十二届高二培训题第47题）解 设直线y =b kx +与椭圆72x +32y =1相切，则二次方程72x +()132=+b kx ，即()02171473222=-+++b kbx xk 有两个相等实根，其判别式()()()222144377210kb k b ∆=-+-=，解得22273,73k b k b +±=+= ．因此斜率为k 的椭圆的切线有两条：273k kx y +±=①，与其中每条垂直的切线也各有两条：273kk x y +±-=②；另有与x 轴垂直的切线两条：7±=x ，与其中每条垂直的切线又各有两条：3±=y ．由①、②得()kx y -2=273k +③，2273k k x y +=⎪⎭⎫ ⎝⎛+④，④式即()7322+=+k x ky ⑤．③+⑤得()()(),1101122222+=+++k y k x k即1022=+y x ⑥．又点()()()()3,7,3,7,3,7,3,7----都适合方程⑥．故点P 的轨迹方程为1022=+y x ．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b kx y +=，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273k b +±=（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273k kx y +±=，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k1-所得方程，即273k k x y +±-=．此时突破了第一关．下面是否通过解方程组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1022=+y x ，看是否适合即可． 拓展 如果留心，我们会发现所求轨迹方程1022=+y x 中的10正好是已知椭圆方程72x +32y =1中的7与3的和．那么，是否将椭圆方程改为+22a x 122=by ，则所求轨迹方程就是2222b a y x +=+了呢？经研究，果真如此．于是我们得到定理1 设直线m 、n 都是椭圆+22a x 122=by 的切线，且n m ⊥，m 、n 交于点P ，则点P 的轨迹方程是2222b a y x +=+．证明 设l kx y +=为椭圆的切线,由22221y kx lx y a b =+⎧⎪⎨+=⎪⎩,得01212222222=-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+b l x b lk x b k a ，由0=∆x ，得2222k a b l +=，所以222k a b l +±=，所以两垂直切线为，::m y kxx n y k ⎧=±⎪⎨=-±⎪⎩另有四对：b y n a x m ±=±=:,:,①式变为2222)(ka b kx y +=-③，②式变为2222)(k b a ky x +=+④．③+④得2222b a y x +=+．特殊四对垂线的交点坐标也都适合⑤，故P 点的轨迹方程为2222b a y x +=+．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．引理1 若双曲线12222=-b y a x 的切线的斜率k 存在，则|k |ba >．证明 对于12222=-by a x 两边取x 的导数知,)(22'y a x b x y =∴双曲线上任意一点P （00,y x ）)0(0≠y 处切线的斜率k 有①, ②,|k |=|)(0'x y |=||0022y x a b ①，又 b a y x x a b y y >∴=<|||,|||||00010，代入①得|k | ba>．引理2 如果双曲线12222=-by a x 有b a ≤，则不存在垂直切线．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1k ，2k ，由引理1知|k 1|b a >,|2k |ba >,11||2221≥>=∴ab k k ,即1>1,矛盾,所以不存在垂直切线．定理2 设直线n m ,都是双曲线)(12222b a by a x >=-的切线，且n m ⊥，n m ,交于点P ，则点P 的轨迹方程为2222b a y x -=+．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n m ,是垂直切线，所以斜率必然都存在．设l kx y +=为双曲线的切线，则由 22221y kx l x y ab =+⎧⎪⎨-=⎪⎩ 得012)1(2222222=----b l x b lk x b k a ①，由引理1知|k |b a >，所以222b k a >，所以01222≠-b k a 且0222>-b k a ．由①中0=∆x ，得2222222,b k a l b k a l -±=∴-=，两条垂直切线为::m y kx x n y k ⎧=±⎪⎨=-⎪⎩变形为22222222()()y kx a k b yk x a k b⎧-=-⎪⎨+=-⎪⎩ ④+⑤得2222b a y x -=+，即为点P 的轨迹方程．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)0(22>=p px y 的两条互相垂直的切线n m ,的交点M 的轨迹方程为2p x -=． 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n m ,是垂直切线，所以斜率必然都存在．②,③,④, ⑤,设l kx y +=是px y 22=的切线，则0≠k ，由 22y kx l y px=+⎧⎨=⎩得0)(2222=+-+l x p kl x k ，令0=∆x 得k pl 2=，故两条垂直的切线为:2:2p m y kx k x kp n y k ⎧=+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩消去参数k ，得2px -=为点M 的轨迹方程．将前面定理中的二次曲线改为圆，又得定理4 圆222)()(r b y a x =-+-的两条互相垂直的切线n m ,的交点P 的轨迹方程是2222)()(r b y a x =-+-.证明 如图，易知四边形APBO 1为正方形，所以|PO 1|=r AO 2||21=，所以点P 的轨迹是以O 1为圆心，r2为半径的圆，其方程是2222)()(r b y a x =-+-．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：1、设n m ,都是圆822=+y x 的切线，且n m ⊥，n m ,交于点P ，求点P 的轨迹与坐标轴在第一象限围成的面积．2、设直线n m ,都是椭圆+223x 1222=y 的切线，且n m ⊥，n m ,交于点P ，求动点P 到该椭圆的最近距离．3、已知双曲线13422=-y x 的一条切线)(:N n w nx y l ∈+=，（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 =1，1=w 时，求与l 垂直的双曲线的切线．答案：1.π4 2.313- 3.（1）1 （2）不存在 （3）1+-=x y 和1--=x y 题62 已知曲线C 上任意一点到定点A （1，0）与定直线4=x 的距离之和等于5.对于给定的点()0,b B ，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）①,②,解法1 令()y x P ,为曲线C 上任意一点，由题意得()54122=-++-x y x .故曲线C 的方程为()24,04165,45x x y x x ≤≤⎧⎪=⎨--<≤⎪⎩，即曲线C 由两段抛物线()404:21≤≤=x x y C 和()22:165(45)C y x x =--<≤拼接而成.设()y x P ,关于点()0,b B 的对称点为()y x P ''',，则有⎩⎨⎧-='-='yy xb x 2，由于()401≤≤X C 和()245C x <≤都是关于x 轴对称的，所以，当05b <≤时，点()y x P ,与()y x P ''',同在1C 上或同在2C 上，只有唯一的情形：()y b P ,'与()y b P -,.当点P 与P '分别在1C ,2C (或2C ，1C )上时，不妨设P 在1C 上，P '在2C 上，则()⎪⎩⎪⎨⎧-'-='=516422x y xy ，即()()[]⎪⎩⎪⎨⎧---=-=5216422x b y xy ， 解得 ()()b x b x -='-=1032,5234.因为()40≤≤x ，54≤'<x , 所以425<≤b .但当25=b 时，得5,0='=x x ，则0,0='=y y ，这时只有一对对称点分别在1C 与2C 上，故25应当排除，因此当425<<b 时，052>-b ，关于点B 对称的点对只有()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--3524,5234b b 与()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---3524,1032b b ，(),5234 ⎝⎛-b ⎪⎪⎭⎫--3524b 与()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--3524,1032b b 是分别在1C ，2C 上的两点，于是425<<b 为所求. 解法2 设()y x P ,，由题意得()54122=-++-x y x ，化简得()24,04165,45x x y x x ≤≤⎧⎪=⎨--<≤⎪⎩为C 的方程，其图象由两段抛物线拼接而成（如图）.由抛物线的对称性，可知50<<b 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25.如图，设C 的两抛物线交于点N 、T ，则当Q 、R 分别趋近于N 、T 时，点B 的横坐标b 趋近于4.故425<<b 为所求. 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y 4+4y 3+(2x+2kx-kx 2)y 2+8xy+(4kx 2-2kx 3)=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y 4+4y 3+2xy 2+8xy=0 ，即0)2)(4(2=++x y y y ，得y=0,y=-4,x y 22-=①. 所以固定的抛物线的方程即x y 22-=.以x y 22+去除原方程的左边，得y kx y kx 4222---，于是原方程化为y kx y kx 4222---=0，即4)2()1(22-=+--k y x k .当0≠k 时，得kk k y x 4)2()1(22-=+--②.讨论k ，可知： 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1-≠k 时，②表示一个椭圆；当k>0但4≠k 时，②表示双曲线； 或评析 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0248443222234=-++-++x x xy y x xy y y ，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64 已知点)0,1(A 和直线3:=x l ，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α的直线与T 交于P ，Q 两点,设||PQ d =，求)(αf d =的解析式.（第十二届高二培训题第78题）解法1 （1）设动点),(y x M ，则4|3|)1(22=-++-x y x ，显然4|3||1|=-+-x x ，解得40≤≤x .当30≤≤x 时，43)1(22=-++-x y x ，x y 42=∴;当43≤≤x 时，43)1(22=-++-x y x ，)4(122--=∴x y .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,C -，BA 的斜率为3，故当30πα≤≤或παπ≤≤32时，直线与两条抛物线相交；当233ππα<<时，直线只与x y 42=相交.前者可由交点坐标得，后者可由弦长公式得28(0)1cos 342()()sin 3382()1cos 3f πααππαααπαπα⎧≤≤⎪+⎪⎪=<<⎨⎪⎪≤<⎪-⎩. 解法2 （1）设点M 的坐标为),(y x ，则4|3|)1(22=-++-x y x ，化简后得T 的轨迹方程为)30(42≤≤=x x y 及)43)(4(122≤≤--=x x y ，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)32,3(B ，)32,3(-C ，AB 的斜率为3.当233ππα<<时，直线l 只与抛物线x y 42=相交，利用弦长公式求得α2sin 4||=PQ ;当30πα≤≤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4||||=+PM PA ，4||||=+QN QA ，而||||DN PM =，所以8||||=+QD PQ ，因为αcos ||||PQ QD =，所以αcos 18||+=PQ .当23παπ≤<时，由抛物线的对称性，只须把απ-代入上式，得αcos 18||-=PQ . 图1图2综上所述, 28(0)1cos 342()()sin 3382()1cos 3f πααππαααπαπα⎧≤≤⎪+⎪⎪=<<⎨⎪⎪≤<⎪-⎩. 解法3 （1）与解法2相同. （2）当323παπ<<时，同解法2. 当30πα≤≤时，点A 是这两条抛物线的公共焦点，1=x ，7=x 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||||PA PM =，而6||=AD ，所以αc o s ||||6PA PA +=，6||1cos PA α=+,同理可得αcos 12||+=QA ，故αcos 18||||||+=+=QA PA PQ . 当παπ<≤32时，由抛物线的对称性，只须把απ-代入上式，得αcos 18||-=PQ . 综上所述,28(0)1cos 342()()sin 3382()1cos 3f πααππαααπαπα⎧≤≤⎪+⎪⎪=<<⎨⎪⎪≤<⎪-⎩. 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，运用抛物线的定义解题，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θθρcos 1)(e ep-=焦点F 的弦，若PQ 的倾斜角为θ,则|cos 1|2||22θe epPQ -=①. 证明 由极径的几何意义及题设，可知|)()(|||πθρθρ++=PQ|cos 12||)cos(1cos 1|22θθπθe epe ep e ep -=+-+-=，即 |c o s 1|2||22θe ep PQ -=. ① 式用处较广，请看两例：例1 PQ 是经过双曲线1222=-y x 右焦点F 的弦，若4||=PQ ，则这样的PQ 可作多少条？（97年高中联赛）解 因为1=a ，22=b ，所以32=c ，3==a ce ，2)(22==-⋅=ab c a c a c ep ，由已知及①式，得42|cos 31|42==-ep α，解得32,32,0cos -=α.因为),0[πα∈，所以α有三个不同值，所以这样的弦PQ 可作3条.例2 1F 、2F 是椭圆1222=+y x 的两个焦点，过2F 作倾斜角为045的弦AB ，求AB F 1∆的面积.（98年河北重庆高中竞赛）.解 因为2=a ，1=b ，1=c ，所以22=e ，22()2c a b ep c a c a =⋅-==045=α.将它们代入①式，解得234||=AB .又知直线AB 的方程为1-=x y ，它到点)0,1(1-F 的距离2=d ，所以34||211=⋅=∆d AB S ABF . 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23-. （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 ’,即2,3''y y x x -==，由MP ⊥PQ ，得'2''''3,10)3(00x y x y y =-=-⋅---即，故2()3,23y x -=⋅即24y x =为所求点N 的轨迹C.（2）设l ：y=k(x+1)(k ≠0)，代入x y 42=，得 k 2x 2+2(k 2-2)x+k 2=0,由△=[2(k 2-2)]2-4k 2k 2=-16k 2+16>0,得|k|<1.设A （x 1,y 1）,B(x 2,y 2),则2121222(2),1,k x x x x k-+==所以AB ===的中点E 的坐标为（k kk 2,222-）. 假设存在点D （x 0,0）使△ABD 为等边三角形，又边AB 的中垂线方程为)2(1222k k x k k y ---=-，由D 在此中垂线上，得)2(120220kk x k k ---=-， 1220+=kx .设d 为D 到直线l 的距离，由正三角形的条件有d AB =||23，可得 311,23,43,13,12)1)(1(32022222222=±=∴==-+=-+x k k k k k k k k k ）（即，故存在点 D （311，0），使△ABD 为等边三角形. 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 的坐标的变化而变化的，由定比分点坐标公式，得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==⎪⎩⎪⎨⎧-==yy x x y y x x 213123''''即①，如何消参？运用MP ⊥PQ ，得'2'3x y=②，①代入②，便消去了x ’, y ’,得到x y 42=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 （x 0,0）使△ABD 为等边三角形后，中心问题就是求出x 0或判断x 0不存在.当得到1220+=k x 后，中心问题就是求出k 或判断这样的k 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d AB =||23，求出k.平几知识的运用，避免了烦琐的运算.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23±=k ∈（-1，1），故满足题设的点D 存在，否则，是不存在的. 题66 已知异面直线a 与b 所成角为θ，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⎤ββ∈⎦，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⎤θ∈⎦时，若90β=，则l 只有1条； 当30θ= 时，若60β=，则l 有2条； 当60θ= 时，若60β=，则l 有3条； 当80θ= 时，若60β=，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θ，则(0,90⎤θ∈⎦，l 和a,b 成等角(0,90⎤β∈⎦，这里的θ、β都不确定,因而有无数种情形,比如50,30;20,70θ=β=θ=β=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60,60θ=β= 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β，所以l 与a,b '也成等角β．当l 不过点O 时，过点O 作l '∥l ，因为l 与a,b '成等角β，所以l '与a,b '也成等角β．至此，问题转化为：相交直线a,b '所成角为θ，(0,90⎤θ∈⎦，过a,b '的交点O 且与a,b '成等角β(()0,90⎤β∈⎦ 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β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θ，过空间任意一点P 且与a,b 成等角β的直线为l ．1. 若0θ=，则(1) 当0β=时, l 只有一条．(2) 当0,2π⎛⎤β∈ ⎥⎝⎦时，l 有无数条．2.若0θ≠，则(1)当02θ≤β<时, l 不存在． (2)当24θπβ=≠或2πβ=时, l 只有1条．(3)当24θπβ==或22θπ-θ<β<时, l 只有2条．(4)当22θπ-θ<β=时, l 有3条．(5)当22π-θπ<β<时, l 有4条．如果将直线a,b 改为平面α与平面β,我们又有下面的结论2 已知平面α与平面β所成的角为θ,过空间任意一点P 且与平面,αβ成等角ϕ的直线为l ．1.若0θ=，则(1)当2πϕ=时, l 只有一条． (2)当0,2π⎡⎫ϕ∈⎪⎢⎣⎭时，l 有无数条．2.若0θ≠，则(1)当22π-θπ<ϕ≤时, l 不存在． (2)当0ϕ=或2π-θϕ=且2πθ≠时, l 只有1条．(3)当2θϕ=且2πθ=,或22θπ-θ<ϕ<时, l 有2条．(4)当2θϕ=且2πθ≠时, l 有3条．(5)当02θ<ϕ<时, l 有4条．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α与平面β所成的角为3π，P 为空间任意一点，则过点P 且与,αβ所成角为下列各角的直线l 分别有多少条? (1) 0 ；(2)9π；(3) 6π；(4) 5π；(5) 3π；(6) 23π；(7) 2π.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D C B A ,,,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α：D C B A ,,,中有三个点到α的距离相同，另一个点到α的距离是前三个点到α的距离的2倍，这样的平面α的个数是 （ ）A 、15B 、23C 、26D 、32（第三届高一第二试第6题）解 分三种情形：①D C B A ,,,四点在α的同侧，平面α可与、、、A D BA C D ABC ∆∆∆ BCD ∆中的任一个平面平行，譬如当α∥面BCD 时，A 与面BCD 的距离等于α与面BCD 的距离.这种情况下有4个平面.②D C B A ,,,中有3个点在α的一侧，第4个点在α的另一侧.这时又有两种情形：一种是α与面BCD 平行，且A 与α的距离是α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F E 、分别是AC AB 、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，C B A ,,到平面EFK （即平面α）的距离是D 到平面EFK 距离的一半.因为EF 可以是AC AB 、的中点连线，又可以是BC AC BC AB 、、,的中点连线，所以这种情形下的平面α有1243=⨯个.③D C B A ,,,四点中，α两侧各有两点（如图2），图中的F E 、分别是CD CB 、的中点，N M 、分别是BA DA 、的三等分点中靠近B D 、的分点.容易看出：A 点到平面EFMN （平面α）的距离是D C B ,,到该平面距离的2倍.就C A ,与D B ,分别位于α两侧的情形来看，就有A 离α远，B 离α远，C 离α远，D 离α远这四种情况.又因BD AC ,异面，这样的异面直线共有3对，因此平面α有1234=⨯个.综上分析，平面α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图1B 图2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α只有4个.用排列组合知识解此题：第①类情形，α有14C 个；第②类情形中的第一种情形，α有14C 个，第二种情形，α有2314CC 个；第③类情形，α有!22414C C ⋅个.故所求平面α有+⋅++23141414C C C C!22414C C ⋅=4+4+12+12=32个. 题68O 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OA 于E ，作DF ⊥OB 交OC 于F ，连结EF ，则∠EDF 就是二面角A-OB-C 的平面角.设OD=a , ∠DOC=∠DOE=60︒,∴,OE=OF=2a . ∠EOF=90︒∴EF=在∆DEF 中，由余弦定理得222cos 2DE DF EFEDF DE DF+-∠=⋅⋅= = 13-为所求.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=α，∠BOC=β，∠AOC=γ，二面角A-OB-C 的大小为θ，则cos cos cos cos .sin sin γαβθαβ-=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OACBDEF OACBDEFEDF ∠=θ.在Rt ODE ∆中，DE=tan a α，OE=cos aα.在ODF Rt ∆中, DF=tan a β, OF=cos a β.在DEF ∆中，由余弦定理，得cos θ=2222DE DF EF DE DF+-⋅⋅()()2222222cos tan tan ()()cos cos cos cos 2tan tan a a a a a a γαβαβαβαβ⎡⎤+-+-⎢⎥⎣⎦==cos cos cos sin sin γαβαβ-. 令推广中的60αβ︒==，90γ︒=得cos θ=cos90cos 60cos 60sin 60sin 60︒︒︒︒︒-13=-就是本赛题的答案.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θ，正方形的边长为a ，在Rt BNM ∆与Rt CNM ∆中，sin sin BMN CMN ∠=∠=cos cos BMN CMN ∠=∠=cos cos cos cos sin sin BMC BMN CMN BMN CMN θ∠-∠⋅∠=∠⋅∠0== ，90θ︒∴=.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 的交线，ABCDNMFACB QD E Pl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D AEF D BCEFV V --=，可知A B C A E F S S ∆∆=21.于是212=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛AQ AP ，又易求得a AQ 22=，所以2aAP =. 易证DA ⊥AQ ，所以在D A Q Rt ∆中tan 2AQ QDA AD ∠==，在DA P Rt ∆中，1t a n 2AP PDA AD ∠==.所以()16tan tan 7PDQ QDA PDA ∠=∠-∠==，所以7625arctan-=∠PDQ 为所求. 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Q l P --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α内的射线是C AB '∆，平面ABC 与平面α所成锐二面角为θ，则ABCC AB S S ∆'∆=θcos . 证明 作D C '⊥AB 于D ，连结CD ，因为D C '是CD 在平面α内的射影，所以由三垂线定理得CD ⊥AB ，所以C CD '∠就是平面ABC 与平面α所成锐二面角的平面角，所以12cos cos 2ABC ABCAB CD S C D CDC CD S AB CD θ'∆∆'⋅''=∠===⋅. 当ABC ∆的边AB 不在平面α内时，设ABC ∆在平面α内的射影是C B A '''∆，则同样可以证明ABCC B A S S ∆'''∆=θcos . αACB DC ’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C B A ABC '''-，P N M 、、分别在侧棱C C B B A A '''、、上，且1='M A ，2='N B ，23='P C ,求面MNP 与面ABC 所成锐二面角θ的大小. 解 由已知，易求得2=MN ，25==NP MP ，所以 46222522122=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⋅=∆MNP S ，又43=∆ABC S ，所以224643cos ===∆∆MNPABCS S θ，所以045=θ.题70 如图1，四边形ABCD 是矩形，⊥PA 面ABCD ，其中4,3==PA AB .若在PD 上存在一点E ，使得CE BE ⊥.试求AD 的范围，及有且只有一个满足条件的点时，二面角A BC E --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a AD x EF ==,.易知EF ∥PA, ,4EF axDF AD PA =⋅= (1),4xAF a =-222222BE BF EF AB AF EF =+=++222914x a x ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭.因为CE BE ⊥,所以222CE BE BC +=.因为22,B C aC EE F F C ==+222EF FD CD =++2221916x a x =++,所以有,2)281(182222x a x x a +-++=0182)28(222=+-+x a x a ①.由0≥∆,得05763624≥--a a ,解得34≥a .当34=a 时,方程①即.0,091242=∆=+-x x 方程①有且仅有一个实根,故存在唯一的点E .因为⊥EF 面EG BC FG BC ABCD ⊥⊥,,,所以EGF.∠是二面角FBC E --的平面图2图1DAB ECFG PAPNMA ’B ’C ’B C角,312tan .32EF EGF GF ∠===所以1arctan 2EGF ∠=为所求.解法2 建立空间直角坐标系(如图2),设a AD =,则)4,0,0(),0,,0(),0,,3(),0,0,3(P a D a C B ,设),,0(z y E ,则),,3(),,,3(z a y CE z y BE --=-=→→.因为09,22=+-+=⋅∴⊥→→z ay y CE BE CE BE ①.因为,,,D E P 共线,所以ay y z z --=--004,即4az a y -=②,代入①并整理,得01444)16(222=+-+z a z a ③.由0)16(14441624≥+⨯-=∆a a ,解得34≥a 为所求AD 的范围.当34=a 时,方程③为0144192642=+-z z ,即091242=+-z z .因为0944122=⨯⨯-=∆,方程③有且仅有一个实根,故存在唯一的点E .又34=a 时,方程①为093422=+-+y z y ④,方程②为z y 334-=⑤.解④，⑤联立方程组,得23,235==z y .所以)23,235,0(E .作AD EF ⊥于F ,BC FG ⊥于G ,连结EG ,则BCEG ⊥,所以E G F ∠就是二面角A BC E --的平面角.又)0,235,3(G ,)0,235,0(F ，所以,3,253,9).0,0,3(),23,0,3(===⋅=-=→→→→→→FG EG FG EG FG EG 所以55232539.co s =⋅=⋅=∠→→→→FG EG FG EG EGF ,所以552a r c co s =∠EG F ,即21arctan =∠EGF 为所求.评析 解法1为几何法,从图形上看,由于PB PA ,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,CE BE ⊥AD 应在什么范围内?要解决这个问题,关键是利用CE BE ⊥这一条件,随着a 的不同,EF 在变化,设x EF =后,CE BE ,便都可用x a ,表示,由222BC CE BE =+得方程①.由于方程①有解,由0≥∆求得了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,34≥a 很可能此时34=a .把34=a 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3=FG ,,FG EF ⊥故二面角便求出了.解法2为向量法.设),,0(,z y E a AD =后,由0=⋅→→CE BE ,得0922=+-+z ay y ,按解法1的思想,必须消去y 与z 中的一个,由D E P ,,共线得4aza y -=便解决了问题. 对于求二面角A BC E --的问题,作出二面角与解法1一样,不过是用公式→→→→⋅⋅=∠FGEG FG EG EGF cos 求EGF ∠罢了.。