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希望杯竞赛数学试题详解(61-70题)


【希望杯竞赛题】61-70 题 61 设直线 m, n 都是平面直角坐标系中椭圆

x2 y2 + = 1 的切线, 且 m?n ,m 、n 交 7 3

于 点 P,则点 P 的轨迹方程是

. (第十二届高二培训题第 47 题)

x2 y2 x 2 ?k x ? b ? ? 1 ,即 解 设直线 y = kx ? b 与椭圆 + = 1 相切,则二次方程 + 3 7 7 3
2

?3 ? 7k ?x
2

2

? 14 kbx ? 7b 2 ? 21 ? 0

有 两 个 相 等 实 根 , 其 判 别 式

? ? ?14kb ? ? 4 ? 3 ? 7 k 2 ?? 7b 2 ? 21? ? 0 ,解得 b 2 ? 3 ? 7k 2 , b ? ? 3 ? 7k 2 .因此斜率
2

为 k 的椭圆的切线有两条: y ? k x ? 3 ? 7 k ①,与其中每条垂直的切线也各有两条:
2

y??

x 7 ? 3 ? 2 ②;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 k k

各有两条: y ? ? 3 . 由①、 ②得 ? y ? kx? ⑤ . ③ + ⑤ 得
2

x? 7 ? 2 2 = 3 ? 7 k ③,? y ? ? ? 3 ? 2 ④, ④式即 ?ky ? x ? ? 3k ? 7 k k ? ?
2

2

?k

2

? 1 x 2 ? k 2 ? 1 y 2 ? 10 k 2 ? 1 , 即 x 2 ? y 2 ? 10 ⑥ . 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

??

??

?

x 2 ? y 2 ? 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 ? 7 k (这与事实一致:斜率为 k 的椭圆的切线应当有两条),从
2

而切线方程为 y ? k x ? 3 ? 7 k ,那么与其垂直的椭圆的切线方程就是将此切线方程中的
2

k 换成 ?

x 7 1 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 k k k

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 x ? y ? 10 ,看是否适合即可.
2 2

拓展 如果留心,我们会发现所求轨迹方程 x ? y ? 10 中的 10 正好是已知椭圆方程
2 2

x2 y2 x2 y2 + = 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 7 3 a b
就是 x ? y ? a ? b 了呢?经研究,果真如此.于是我们得到
2 2 2 2

定理 1 设直线 m 、 n 都是椭圆
2 2 2 2

x2 y2 ? ? 1 的切线,且 m?n , m 、 n 交于点 P,则点 a 2 b2

P 的轨迹方程是 x ? y ? a ? b .

? y ? kx ? l ? 证明 设 y ? kx ? l 为椭圆的切线,由 ? x 2 y 2 , ? 2 ?1 ? 2 b ?a
得 ? ?

? 1 k2 ? 2 2 b ?a

? 2 2lk l2 ? x ? x ? ? 1 ? 0 , 由 ? x ? 0 , 得 l 2 ? b2 ? a2k 2 , 所 以 2 2 ? b b ?

?m : y ? ① , ? b2 ? a 2k 2 kx ? l ? ? b 2 ? a 2 k 2 ,所以两垂直切线为, ? x a2 ?, ? b 2 ? 2 ?n : y ?② k k ?
另 有 四 对 : m : x ? ?a, n : y ? ?b , ① 式 变 为 ( y ? kx) ? b ? a k
2 2 2 2

③,②式变为

( x ? ky) 2 ? a 2 ? b 2 k 2 ④.③+④得 x 2 ? y 2 ? a 2 ? b 2 .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 x ? y ? a ? b .
2 2 2 2

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

x2 y2 b ? 2 ? 1 的切线 的斜率 k 存在,则| k | ? . 2 a a b
y P1(x0,y1) P(x0,y0) O x

证明 对于

b2 x x2 y2 ' y ( x ) ? , ?双 ? ? 1 两边取 的导数知 x a2 y a2 b2

曲 线 上 任 意 一 点 P ( x0 , y 0 ) ( y 0 ? 0) 处 切 线 的 斜 率 k 有

| k |=| y ( x0 ) |=

'

x b a b 2 x0 b | | ①,又? | y 0 |?| y1 |? | x0 |,?| 0 |? ,代入①得| k | ? . 2 a y0 b a y0 a

引理 2 如果双曲线

x2 y2 ? ? 1 有 a ? b ,则不存在垂直切线. a2 b2

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 k 1 ,

b2 b b k 2 ,由引理 1 知| k 1 | ? ,| k 2 | ? ,?| k1 k 2 |? 1 ? 2 ? 1 ,即 1>1,矛盾,所以不存在垂直 a a a
切线. 定理 2 设直线 m, n 都是双曲线
2 2 2

x2 y2 且 m ? n ,m, n 交于点 P, ? ? 1(a ? b) 的切线, a2 b2
2

则点 P 的轨迹方程为 x ? y ? a ? b . 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.

? y ? kx ? l 1 k 2 2 2lk l2 ? 设 y ? kx ? l 为双曲线的切线,则由 ? x 2 y 2 得 ( 2 ? 2 )x ? 2 x ? 2 ?1 ? 0 a b b b ? 2 ? 2 ?1 b ?a
①,由引理 1 知| k | ?

b2 1 k2 b 2 2 2 2 ,所以 k ? 2 ,所以 2 ? 2 ? 0 且 a k ? b ? 0 .由①中 a a a b
, 两 条 垂 直 切 线 ②, 为 ③,

? x ? 0 , 得 l 2 ? a 2 k 2 ? b 2 ,? l ? ? a 2 k 2 ? b 2

?m : y ? kx ? a 2 k 2 ? b 2 ? ? x a2 ?n : y ? ? ? 2 ? b 2 k k ?
2 2 2 2 ? ?( y ? kx) ? a k ? b 变形为 ? 2 2 2 2 ? ?( yk ? x) ? a ? k b

④,④+⑤得 x 2 ? y 2 ? a 2 ? b 2 ,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 ? 2 px( p ? 0) 的两条互相垂直的切线 m, n 的交点 M 的轨迹方程为
2

x??

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 y ? 2 px 的 切 线 , 则 k ? 0 , 由
2

? y ? kx ? l 得 ? 2 ? y ? 2 px

k 2 x 2 ? 2(kl ? p) x ? l 2 ? 0 , 令 ? x ? 0 得 l ?

p , 故 两 条 垂 直 的 切 线 为 2k ①,

p ? m : y ? kx ? ? ? 2k ? ?n : y ? ? x ? kp ? k 2 ?

消去参数 k ,得 x ? ?

②, p 为点 M 的轨迹方程. 2

将前面定理中的二次曲线改为圆,又得 定理 4 圆 ( x ? a) ? ( y ? b) ? r 的两条互相垂直的切线 m, n 的交点 P 的轨迹方程是
2 2 2

( x ? a) 2 ? ( y ? b) 2 ? 2r 2 .
证 明 如 图 , 易 知 四 边 形 APBO1 为 正 方 形 , 所 以 |PO1|= 2 | AO1 |?

y

P A O1

2r , 所以点 P 的轨迹是以 O1 为圆心, 2 r
2 2 2

B

为半径的圆,其方程是 ( x ? a) ? ( y ? b) ? 2r . 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 m, n 都是圆 x ? y ? 8 的切线,且 m ? n , m, n
2 2

O

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. 2、设直线 m, n 都是椭圆 该椭圆的最近距离. 3、已知双曲线

x2 y2 ? ? 1 的切线,且 m ? n , m, n 交于点 P,求动点 P 到 32 22

x2 y2 ? ? 1 的一条切线 l : y ? nx ? w(n ? N ) , 4 3

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? 题 62 2. 13 ? 3 3.(1)1 (2)不存在 (3) y ? ? x ? 1 和 y ? ? x ? 1

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 C 的方程为 y ? ?
2

?x ? 1?2 ? y 2

? x ? 4 ? 5 .故曲线

? ?4 x , 0 ? x ? 4 2 , 即曲线 C 由两段抛物线 C1 : y ? 4 x ?0 ? x ? 4? ? 16 x ? 5 , 4 ? x ? 5 ? ? ? ?

和 C2 : y ? ?16 ? x ? 5 ? (4 ? x ? 5) 拼接而成.
2

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? ? ? y

C1 ?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 C 2 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 , C 2 (或 C 2 , C1 )上时,不妨设 P 在 C1 上, P? 在 C 2 上,则 ? 2 ,即 ? ? y ? ? ?16 ? x ? ? 5? 2 ? ? y ? 4x , ? 2 ? ? ? ? ? ? ? ? y ? ? 16 2 b ? 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 3 3 2

5 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 C 2 上, 2 5 5 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 2 2 b?
?4 ?2 2b ? 5 ? 2b ? 5 ? 2b ? 5 ? 4 ? ?2b ? 5? , 4 ? 与 ? ?10 ? b ?, ? 4 ? , ? ? 与 ? 4 ? ? 2 b ? 5 , ? ?3 ? ?3 ? ? 3 3 3 3 ? ? ? ? ? ? ?2 2b ? 5 ? ? ?10 ? b ? , 4 ? 是分别在 C1 , C 2 上的两点,于是 5 ? b ? 4 为所求. ?3 3 ? 2 ? ?
解法 2
2

设 P?x, y ? , 由题意得

?x ? 1?2 ? y 2

? x ? 4 ? 5,

y P

N Q 4 M 5 R T

化简得 y ? ?

? ?4 x , 0 ? x ? 4 为 C 的方程,其图象由两 ? ? ?16 ? x ? 5 ? , 4 ? x ? 5
O

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

B S

x

5 .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)( y ? 2 x) ? 0 ,得 y=0,y=-4,
2

y 2 ? ?2 x ①. 所以固定的抛物线的方程即 y 2 ? ?2 x .
以 y ? 2 x 去除原方程的左边,得 kx ? y ? 2kx ? 4 y ,于是原方程化为
2 2 2

kx2 ? y 2 ? 2kx ? 4 y =0,即 k ( x ? 1) 2 ? ( y ? 2) 2 ? k ? 4 .
当 k ? 0 时,得 ( x ? 1) ?
2

( y ? 2) 2 k ? 4 ②.讨论 k,可知: ? k k

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 ? 4 y ? 4 xy ? x y ? 8 xy ? 4 x ? 2 x ? 0 ,以此求抛物
4 3 2 2 2 2 3

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 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)

2 2 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 ? y 2 ? 3 ? x ? 4 ,
? y 2 ? 4x ;
2 2 2 当 3 ? x ? 4 时, ( x ? 1) ? y ? x ? 3 ? 4 ,? y ? ?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, 2 3) , C (3, ?2 3) , BA 的斜率 为 3 ,故当 0 ? ? ? y E O D C 图1 A x B

?

3 2? 2 交;当 ? ? ? 时,直线只与 y ? 4 x 相交.前者可由交点坐 3 3



?

2? ? ? ? ? 时,直线与两条抛物线相 3

























8 ? ? ?1 ? cos ? (0 ? ? ? 3 ) ? ? 2? ? 4 f (? ) ? ? ( ?? ? ). 2 sin ? 3 3 ? 2? ? 8 ?1 ? cos ? ( 3 ? ? ? ? ) ?

2 2 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 ? 4 x(0 ? x ? 3) 及 y ? ?12( x ? 4)(3 ? x ? 4) , 故点 M 的轨迹 T 是两条抛
2 2

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(3,2 3 ) , C (3,?2 3 ) , AB 的斜率为 3 .

y

B M P x D N C 图2

2? 2 时,直线 l 只与抛物线 y ? 4 x 相交,利用弦长 3 3 4 公式求得 | PQ |? ; sin 2 ?


?

?? ?

O Q

A

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 |?


2? 8 . ? ? ? ? 时,由抛物线的对称性,只须把 ? ? ? 代入上式,得 | PQ |? 3 1 ? cos?

8 . 1 ? cos?

8 ? ? ?1 ? cos ? (0 ? ? ? 3 ) ? ? 2? ? 4 ( ?? ? ). 综上所述, f (? ) ? ? 2 3 ? sin ? 3 2? ? 8 ?1 ? cos ? ( 3 ? ? ? ? ) ?
解法 3 (2)当

?
3

(1)与解法 2 相同.

?? ?

当0 ?? ?

?
3

2? 时,同解法 2. 3
y B P O N A M

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 ,
垂足为 M 、N .由抛物 Q 作它们各自抛物线准线的垂线, 线 的 定 义 知 | PM |?| PA | , 而 | AD |? 6 , 所 以

D x

Q 6 ,同理可得 6 ?| PA | ? | PA | c o? s , | PA |? C 1 ? cos ? 2 8 ,故 | PQ |?| PA | ? | QA |? . | QA |? 1 ? cos? 1 ? cos? 2? 8 当 . ? ? ? ? 时,由抛物线的对称性,只须把 ? ? ? 代入上式,得 | PQ |? 3 1 ? cos?

8 ? ? ?1 ? cos ? (0 ? ? ? 3 ) ? ? 2? ? 4 ( ?? ? ). 综上所述, f (? ) ? ? 2 3 ? sin ? 3 2? ? 8 ?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 ? (? ) ?

ep 焦点 F 的弦,若 PQ 的倾斜角为 ? , 则 1 ? e cos?

| PQ |?

2ep ①. | 1 ? e 2 cos2 ? |
由极径的几何意义及题设,可知 | PQ |?| ? (? ) ? ? (? ? ? ) |

证明

?|

2ep ep ep 2ep . ? |?| | ,即 | PQ |? 2 2 1 ? e cos? 1 ? e cos( ? ? ? ) 1 ? e cos ? | 1 ? e2 c o 2 s? |
4. 式用处较广,请看两例: 例1

PQ 是经过双曲线 x 2 ?

y2 ? 1 右焦点 F 的弦,若 | PQ |? 4 ,则这样的 PQ 可作 2

多少条?(97 年高中联赛)

c a2 b2 c )? ? 2, 解 因为 a ? 1 , b ? 2 ,所以 c ? 3 , e ? ? 3 , ep ? ? (c ? a a c a
2 2
2 由已知及①式,得 4 | 1 ? 3 cos ? |? 2ep ? 4 ,解得 cos? ? 0,

2 2 ,? .因为 ? ? [0, ? ) , 3 3

所以 ? 有三个不同值,所以这样的弦 PQ 可作 3 条.

例 2

F1 、 F2 是椭圆

x2 ? y 2 ? 1 的两个焦点,过 F2 作倾斜角为 45 0 的弦 AB ,求 2

?F1 AB 的面积.(98 年河北重庆高中竞赛).
解 因为 a ?

2 , b ? 1 , c ? 1 ,所以 e ?

2 c a2 b2 2 ? , ep ? ? ( ? c) ? , 2 a c a 2

? ? 45 0 .将它们代入①式,解得 | AB |?
F1 (?1,0) 的距离 d ? 2 ,所以 S ?ABF1
在直线 PQ 上,分有向线段的比为 ?

4 2 .又知直线 AB 的方程为 y ? x ? 1 ,它到点 3 1 4 ? | AB | ?d ? . 2 3

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

3 . 2

5. 求动点 N 的轨迹 C 的方程; 6. 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’,
2 y' ? 0 y' x ' y y x ? ? ?1, 即y ' ? 3x ' ,故 (? ) 2 ?3 ? , 即x ? ,y ?? , 由 MP⊥PQ, 得 ' 0 ? (?3) 0 ? x 3 2 2 3

'

即 y ? 4 x 为所求点 N 的轨迹 C.
2

y P A (2)设 l :y=k(x+1)(k≠0),代入 y ? 4 x ,得
2

B

M

T O

Q N

D

x

k2x2+2(k2-2)x+k2=0,由△=[2(k2-2)]2-4k2k2=-16k2+16>0,得|k|<1. 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1 ? x2 ?
2 2 以 AB ? 1 ? k ( x1 ? x2 ) ? 4 x1 x2

2(2 ? k 2 ) , x1 x2 ? 1, 所 k2

? 1? k 2

4(2 ? k 2 ) 2 4 2?k2 2 2 2 ? 4 ? (1 ? k )(1 ? k ) .AB 的中点 E 的坐标为( , ). k4 k2 k2 k

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

y?

2 1 2?k2 2 1 2?k2 ,由 D 在此中垂线上,得 ? ? (x ? ) 0 ? ? ? ( x ? ), 0 k k k k k2 k2
3 2 | AB |? d ,可得 ? 1 .设 d 为 D 到直线 l 的距离,由正三角形的条件有 2 2 k
? 2 1? k 2 3 3 11 , 即( 3 1 ? k 2) ? k 2 , k 2 ? ,? k ? ? , x 0 ? ,故存 2 4 2 3 k

x0 ?

2 3 (1 ? k 2 )(1 ? k 2 ) k2
在点 D(

11 ,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

??? ?

? ' 1 x ? 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 ' ? ? y ? ?2 y ? y ' ? ? 1 y ? 2 ?
'

⊥PQ,得 y

'2

? 3 x ' ②,①代入②,便消去了 x’, y’,得到 y 2 ? 4 x 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 ?

2 中心问题就是求出 k 或判断这样的 k ? 1 后, k2

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
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

题 66

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 结论1 线为 l. 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
? ?

?

?

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

7. 若 ? ? 0 ,则 a) 当 ? ? 0 时, l 只有一条. b) 当 ?? ? 0, ? 时,l 有无数条. 2

? ?

?? ?

? 时, l 不存在. 2 ? ? ? (2)当 ? ? ? 或 ? ? 时, l 只有 1 条. 2 2 4 ? ? ? ??? (3 )当 ? ? ? 或 ? ? ? 时, l 只有 2 条. 2 4 2 2 ? ??? (4)当 ? ? ? 时, l 有 3 条. 2 2 ??? ? (5)当 ? ? ? 时, l 有 4 条. 2 2
(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 ?

2.若 ? ? 0 ,则

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?

??? ? ? ? ? 时, l 不存在. 2 2 ??? ? (2)当 ? ? 0 或 ? ? 且 ? ? 时, l 只有 1 条. 2 2 ? ? ? ??? (3)当 ? ? 且 ? ? ,或 ? ? ? 时, l 有 2 条. 2 2 2 2 ? ? (4)当 ? ? 且 ? ? 时, l 有 3 条. 2 2 ? (5)当 0 ? ? ? 时, l 有 4 条. 2
(1)当 练习 8. 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.若 ? ? 0 ,则

9. 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 3

? ? ? ? 2? ? ;(3) ;(4) ;(5) ;(6) ;(7) . 3 9 6 5 3 2

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. 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

题 67

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 ( ) A、15 6 题) 解 分 三 种 情 形 : ① A, B, C, D 四 点 在

? 的 距 离 的 2 倍 , 这 样 的 平 面 ? 的 个 数 是
B、23 C、26 D、32 (第三届高一第二试第

? 的同侧,平面 ? 可与

?A B 、 C ?A C 、 D ?A D 、 B ?BCD 中的任一个平面平行,譬如当 ? ∥面 BCD 时, A 与面 BCD 的距离等于 ? 与面

BCD的距离.这种情况下有 4 个平面.② A, 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 K A E

D

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 AB、AC 的中点连线,又可以是 AB、BC, AC、BC 的中点连

F B 图1

C

线,所以这种情形下的平面 ? 有 3 ? 4 ? 12 个.③ A, 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 B E C 图2 F N 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 个;第②类情形中的第一种情 ? 只有 4 个.用排列组合知识解此题:第①类情形, ? 有 C 4

形,? 有 C 4 个,第二种情形,? 有 C 4 C 3 个;第③类情形,? 有 C 4 ?
1
1 2

1

2 C4 个.故所求平面 ? 2!

有 C 4 ? C 4 ? C 4 ? C3 ?
1 1 1 2

2 C4 =4+4+12+12=32 个. C ? 2! 1 4

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 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 ,
?

B D F C E A

?DE=DF= 3a ,OE=OF= 2a .?∠EOF= 90? ?EF= 2 2a
在 ? DEF 中,由余弦定理得

O

DE 2 ? DF 2 ? EF 2 cos ?EDF ? 2 ? DE ? DF
( 3a )2 ? ( 3a )2 ? (2 2a )2 1 = = ? 为所求. 3 2 ? 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= a tan ? , OE=
OF=

a . 在 Rt?ODF 中 , DF= a tan ? , cos ?

a DE 2 ? DF 2 ? EF 2 .在 ?DEF 中,由余弦定理,得 cos? ? cos ? 2 ? DE ? DF
2 2

? a tan ? ? ? ? a tan ? ?
?

? a 2 a 2 2a 2 cos ? ? ? ?( ) ?( ) ? cos ? cos ? cos ? ? ? cos ? ? = cos ? ? cos ? cos ? . 2 2a tan ? tan ? sin ? sin ?
? ?

cos 90? ? cos 60? cos 60? 1 令推广中的 ? ? ? ? 60 , ? ? 90 得 cos? ? ? ? 就是本赛 ? ? sin 60 sin 60 3
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 B M N

Rt? BNM 与 Rt?CNM 中, sin ?BMN ? sin ?CMN ?
2 ,由推广得 5

1 , 5

cos ?BMN ? cos ?CMN ?

D

2 2 0.8 ? ? cos ?BMC ? cos ?BMN ? cos ?CMN 5 5 ?0 ? cos? ? 1 1 sin ?BMN ? sin ?CMN ? 5 5
,?? ? 90 .故选 A.
?

C

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, B Q C A E P F D l

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

? AP ? 1 1 ? ? ,又易求得 , 可 知 S ?A E F? S ?A B C. 于 是 ? ? ? 2 2 ? AQ ?

2

AQ ?

2 a a ,所以 AP ? . 2 2 AQ 2 ? , 在 Rt?D A P中 , AD 2

易 证 DA ⊥ AQ , 所 以 在 Rt?D A Q中 tan ?QDA ?

AP 1 tan ?PDA ? ? .所以 tan ?PDQ ? tan ? ?QDA ? ?PDA ? ? AD 2

2 1 ? 2 2 ? 5 2 ?6, 7 2 1 1? ? 2 2

所以 ?PDQ ? arctan

5 2 ?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 ?AB C ? . S ?ABC

C

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

1 D C’ AB ? C ?D ? S?ABC ? CD 2 B 所以 cos ? ? cos ?CDC ? ? . ? ? α CD 1 AB ? CD S?ABC 2 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. 2
由已知,易求得 MN ?
2

B’

M

C’

2 , MP ? NP ?
2

5 ,所以 2
P N

S ?MNP

1 ? ? 2? 2

? 5? ? 2? 3 6 ? ? ? ? ? 2 ? ? ? 2 ? ? 4 , 又 S ?ABC ? 4 , 所 以 ? ? ? ?

A

cos? ?

S ?ABC S ?MNP

3 2 0 ? 4 ? ,所以 ? ? 45 . 2 6 4

B

C

题 70

如图 1,四边形 ABCD 是矩形, PA ? 面 ABCD ,其中 AB ? 3, PA ? 4 .若在 P E A F B G 图1 C D

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 ?

EF ax ? AD ? , PA 4

x AF ? (1 ? )a, 4
2

BE 2 ? BF 2 ? EF 2 ? AB2 ? AF 2 ? EF 2

? x? ? 9 ? ? 1 ? ? a 2 ? x 2 . 因 为 BE ? CE , 所 以 BC 2 ? BE 2 ? CE 2 . 因 为 ? 4?

B C ? , a

2

C? E

2

2 2 ? E ? F EF FFD C2 ? CD2 ?

? x2 ?

x2 x 2 a2 a2 1 2 2 ? )a ? 2 x 2 , ( ? 2) x 2 ? x ? 18 ? 0 ①. a x ? 9 ,所以有 a 2 ? 18 ? (1 ? 8 2 8 2 16

4 2 由 ? ? 0 ,得 a ? 36 a ? 576 ? 0 ,解得 a ? 4 3 .
2 当 a ? 4 3 时,方程①即 4 x ? 12 x ? 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

?.EGF









E ? BC ? F







3 1 EF 2 1 角, tan ?EGF ? ? ? . 所以 ?EGF ? arctan 为所求. 2 GF 3 2
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)
BE ? ( ?3, y, z ), CE ? ( ?3, y ? a, z ) .因为
? ?

E (0, y, z )

BE ? CE,? BE? CE ? 9 ? y 2 ? ay ? z 2 ? 0 ①. 因为 P, E , D, 共线 , 所以
即 y ?a?

?

?

z?4 y?0 , ? z?0 y?a

az 2 2 2 ②, 代 入 ① 并 整 理 , 得 (a ? 16) z ? 4a z ? 144 ? 0 ③. 由 4

? ? 16 a 4 ? 4 ? 144 (a 2 ? 16) ? 0 ,解得 a ? 4 3 为所求 AD 的范围.
2 2 当 a ? 4 3 时 , 方 程 ③ 为 64 z ? 192 z ? 144 ? 0 , 即 4 z ? 12 z ? 9 ? 0 . 因 为

? ? 12 2 ? 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 ? 4 3 时,方
程①为 y ? z ? 4 3 y ? 9 ? 0 ④,方程②为 y ? 4 3 ? 3z ⑤.解④,⑤联立方程组,得
2 2

y?

5 3 3 5 3 3 , z ? . 所以 E (0, , ) . 作 EF ? AD 于 F , FG ? BC 于 G , 连结 EG , 则 2 2 2 2
, 所 以 ?E G F 就 是 二 面 角 E ? BC ? A 的 平 面 角 . 又

EG ? BC
G (3, 5 3 ,0) 2

,

F (0,

5 3 ,0) 2







? ? ? ? 3 ? 3 5 ? EG ? (3,0,? ), FG ? (3,0,0). EG? FG ? 9, EG ? , FG ? 3, 2 2





EG? FG 9 2 5 c ?EGFo? ? ?s ? ? 5 EG . FG 3 5 ? 3 2 1 ?EGF ? arctan 为所求. 2
评析

?

?

,





?E

2 5 G? a F r c c 5

o ,

s 即

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
2 2 2

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 a ? 4 3, 很 可 能 此 时

a ? 4 3 .把 a ? 4 3 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.
2 2 解法 2 为向 量法.设 AD ? a, E (0, y, z ) 后,由 BE? CE ? 0 ,得 9 ? y ? ay ? z ? 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? FG EG ? FG
? ?

?

?

求 ?EGF 罢了.


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